quesito maturità sessione suppletiva 2017

[Brufus]

i giocatori A e B si sfidano lanciando una moneta truccata. La probabilità che esca testa è $ \frac{2}{3}$. Se esce testa il giocatore A realizza 2 punti mentre se esce croce B realizza 1 punto. Vince chi realizza per primo 6 punti. Qual è la probabilità che entrambi realizzino almeno un punto?

Non riuscendo a modellizzare subito il problema con un opportuno spazio dei risultati $\Omega$ ho letto rapidamente in internet e ho trovato la solita soluzione scritta in italiano senza matematica. L'idea sembrerebbe questa: chiamiamo $C$ l'evento cercato; passando all'evento contrario esso si realizza se A totalizza 3 teste di seguito ( chiamiamolo evento $D$ )oppure se B totalizza 6 croci( evento $E$). Dopodiché si stabilisce sempre a chiacchiere che tali eventi sono incompatibili e si calcolano le singole probabilità utilizzando Bernoulli per poi sommarle. $\bar C= D \cup E$ con $ D\cap E =\emptyset$. Quando si usa Bernoulli ovviamente una volta si lavora su una stringa contenente 3 elementi e nell'altra 6 elementi. Ma allora i due oggetti non sono intersecabili, non vivono nello stesso ambiente.

Ora la mia domanda è: qual è almeno uno spazio $\Omega$ in cui $C \subset \Omega$?

[fu^2]

Ciao,

Potresti usare uno spazio dato dalle sequenze di $8$ elementi, ogni elemento puo' essere arancione (il giocatore A ha vinto) o blu (il giocatore B ha vinto) in quanto all'ottavo lancio sicuramente uno dei due giocatori vince. Ovvero,

$$\Omega=\big\{(\omega_1, \ldots, \omega_8)\colon \omega_i\in\{A, B\}\big\}.$$

In sostanza fai durare il gioco fino all'ottavo turno (il tempo massimo della partita) e solo dopo guardi chi ha vinto.

Se sei d'accordo con questa proposta, come scriveresti l'evento $C$ et $C^c$ (il suo complementare)?

[Brufus]

sono completamente d'accordo, anche io utilizzerei quello spazio dei risultati sostituendo ai colori le lettere T o C. Ma gli eventi $D$ ed $E$ come li caratterizzo?
L'evento $D$ sarebbe una stringa del tipo $ T$ $T$ $T\star\star\star\star\star$ e francamente non saprei come calcolare Bernoulli

[fu^2]

La probabilità dell'evento $D$ è quella di avere tre arancioni (o teste) nei primi tre risultati e poi qualsiasi risultato nei restati cinque. Dunque,

$$P(D)=\Big(\frac23\Big)^3\times \sum_{k=0}^5 \binom{5}{k}\Big(\frac13\Big)^k\Big(\frac23\Big)^{5-k}=\Big(\frac23\Big)^3$$

Questo calcolo viene dal fatto che con lo spazio sopra citato, le sequenze a $8$ elementi, hai un'esperienza di $8$ lanci di Bernoulli indipendenti e vuoi calcolare la probabilità di ottenere tre teste consecutive nei primi tre lanci.

Un esercizio "interessante" potrebbe essere quello di scrivere l'evento $C$ e provare a calcolarlo senza ricorrere all'evento complementare.

[Brufus]

Molto bello, hai ragione! Devo usare l'addittivitá sull'Unione disgiunta.
Questa è musica per le mie orecchie, veramente grazie.

Un esercizio "interessante" potrebbe essere quello di scrivere l'evento C e provare a calcolarlo senza ricorrere all'evento complementare.

Questa cosa mi piace ancora di più! Devo provare a farlo.
Risolvere un esercizio come hai fatto tu è quello che mi aspetto dalla vita, non tutte quelle chiacchiere sgangherate dove si fanno conti a caso senza avere idea di ciò che si maneggia.

[ghira]

$$P(D)=\Big(\frac23\Big)^3\times \sum_{k=0}^5 \binom{5}{k}\Big(\frac13\Big)^k\Big(\frac23\Big)^{5-k}=\Big(\frac23\Big)^3$$

Non è più semplice scrivere $$P(D)=\Big(\frac23\Big)^3\times 1^5=\Big(\frac23\Big)^3$$ se è così che vuoi fare le cose?

[Brufus]

Non è più semplice scrivere

E come giustifichi quel numero uno ? Lui ha fatto tutto il ragionamento, ha scritto l'evento come unione disgiunta e ha usato l'additività della misura di probabilità per poi scoprire che quella somma da come risultato uno. Tu invece come giustifichi il passaggio?

[ghira]

$1/3+2/3=1$. Calcolare $(1/3+2/3)^5$ è più immediato se fai $1^5$ invece di espandere tutto, non pensi?

[fu^2]

La differenza tra i due approcci è semplicemente che io ho considerato i $5$ termini finali tutti assieme, che danno una distribuzione binomiale (da cui la somma $1$). Ghira ha ragionamento sul risultato di ogni elemento, che è indipendente.

Usando una scrittura con delle variabili aleatorie, i due calcoli si possono tradurre nel modo seguente (usando il fatto che ogni lancio è i.i.d.), il calcolo (1) è quello che ho proposto e il calcolo (2) è quello proposto da Ghira.

Siano $X_i$, $i=1, \ldots, 8$ delle variabili i.i.d. a valori in $\{T,C\}$ e $P(X_i=T)=\frac{2}3$. (se $\{T,C\}$ è sostituito da $\{0,1\}$ abbiamo delle variabili di bernoulli). Allora,

\begin{align*}
&P(D)=P\Big(X_1=T, X_2=T, X_3 =T, X_i\in \{T,C\}, i=4,5,6,7,8 \Big) \\
(1) --= & P\Big(X_1=T) P(X_2=T) P( X_3 =T) P( (X_1, \ldots, X_5)\in \cup\{(\omega_1, \ldots, \omega_5)\} )\\& =\Big(\frac23\Big)^3\times \sum_{k=0}^5\binom{5}{k}\Big(\frac13\Big)^k\Big(\frac23\Big)^{5-k} \\
(2) -- =& P\Big(X_1=T) P(X_2=T) P( X_3 =T) \prod_{i=1}^5P( X_i\in \{T,C\} )=\Big(\frac23\Big)^3\times 1^5
\end{align*}

dove in (1) l'unione è su tutte le configurazioni possibili.

[Brufus]

\[ D=\bigcup_{i=1}^{\sum_{k=0}^5 \binom{5}{k}}\{(T,T,T,\omega_{1_i},\omega_{2_i},\omega_{3_i},\omega_{4_i},\omega_{5_i})\} \] da cui calcolando la misura

\[ \mu(D)=\mu\left(\bigcup_{i=1}^{\sum_{k=0}^5 \binom{5}{k}}\{(T,T,T,\omega_{1_i},\omega_{2_i},\omega_{3_i},\omega_{4_i},\omega_{5_i})\}\right)=\sum_{i=1}^{\sum_{k=0}^5 \binom{5}{k}}\mu\left(\{(T,T,T,\omega_{1_i},\omega_{2_i},\omega_{3_i},\omega_{4_i},\omega_{5_i})\}\right)=\\ \sum_{i=1}^{\sum_{k=0}^5 \binom{5}{k}}\left(\frac{2}{3}\right)^3\mu(A_{\omega_{1_i}})\cdot\mu(A_{\omega_{2_i}})\cdot\mu(A_{\omega_{3_i}})\cdot\mu(A_{\omega_{4_i}})\cdot\mu(A_{\omega_{5_i}})=\\ \Big(\frac23\Big)^3\cdot\sum_{k=0}^5 \binom{5}{k}\Big(\frac13\Big)^k\Big(\frac23\Big)^{5-k}=\Big(\frac23\Big)^3\cdot \left(\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\right)^5=\Big(\frac23\Big)^3\]

Io la vedo così, il passaggio che intende lui è l'ultimo della catena ed è ovvio una volta svolti quelli prima