Scuola Superiore di Udine anno 2008/2009

Conteggi, probabilità, invarianti, logica, matematizzazione, ...
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Goldrake
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Scuola Superiore di Udine anno 2008/2009

Messaggio da Goldrake » 13 set 2008, 01:57

Non ho trovato meglio da fare che suddividere il problema in una miriade di casi (11, per l'esattezza).
Mi sembra strano che non esista nulla di più diretto. Comunque, eccolo:

Si considerino 5 monete non truccate.
Lanciamo insieme queste monete ripetutamente: le monete che presentano TESTA, vengono messe da parte e quindi escluse dai lanci successivi.
Determinare la probabilità che al 4° lancio siano rimaste in gioco almeno 3 monete.


Buon lavoro :wink:

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 13 set 2008, 08:28

EDIT: cavolate eliminate dovute alla mancata lettura di "insieme" :oops:
Ultima modifica di Alex90 il 13 set 2008, 11:10, modificato 1 volta in totale.

AndBand89
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Messaggio da AndBand89 » 13 set 2008, 10:33

Io l'ho fatto così. Senza perdita di generalità possiamo ammettere che le monetine eliminate non vengano eliminate fisicamente, ma continuino ad essere lanciate, pur non essendo contate ai fini delle monete sopravvissute. La probabilità cercata sarà il prodotto della probabilità che per due monete esca almeno una testa in quattro lanci moltiplicata per la probabilità che per tre monete non esca mai testa. Risultato: ( $ 15^2 $ )/( $ 16^5 $). Ma dal momento che in matematica ho preso 7,3 potrei proprio aver sbagliato questo.[/tex]

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Davide90
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Messaggio da Davide90 » 13 set 2008, 12:25

Quando dici "al 4° lancio siano rimaste tre monete", intendi dopo il 4° lancio? Se invece intendevi prima del 4° lancio, basta mettere nell'esponente del 2 un 3 invece che un 4.
La probabilità che per tre monete per 4 lanci esca croce è uguale al prodotto di 4 frazioni uguali a $ $ \frac {1}{2^3} $, perciò è uguale a $ $ \frac {1}{2^{12}} = 0,024 $%. Cosa facciano le altre due monete non ci interessa, perchè il testo chiede "almeno tre monete in gioco" (ovviamente quell'"almeno" io l'ho letto solo dopo avere scritto l'intera soluzione per "esattamente tre monete in gioco".... :shock: )
Va bene?

AndBand89
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Messaggio da AndBand89 » 14 set 2008, 09:34

...nella nostra prova c'era scritto esattamente...fprse questa è quella di economia...

ico1989
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Messaggio da ico1989 » 14 set 2008, 09:59

Una richiesta: potreste postare gentilmente i problemi di fisica di quest'anno? Perché in genere quelli di Udine sono carini :)

AndBand89
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Messaggio da AndBand89 » 14 set 2008, 19:27

Quest'anno non erano carini, erano bastardi! No dai, uno in particolare. Appena trovo il pdf li posto :wink:

ico1989
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Messaggio da ico1989 » 15 set 2008, 10:16

AndBand89 ha scritto:Appena trovo il pdf li posto :wink:
Dici sul sito della Scuola? Perché mi sa che non li pubblicano subito subito :? Ma va bene anche se non li ricordi perfettamente ;)

ico1989
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Messaggio da ico1989 » 16 set 2008, 20:02

Intanto provo a risolvere...


Intendo "al 4° lancio" come "dopo 3 lanci".
La probabilità cercata è: probabilità che al 4° lancio siano rimaste in gioco esattamente 5 monete + probabilità che siano rimaste esatt. 4 monete + probabilità che siano rimaste esatt. 3 monete.

La prima probabilità è evidentemente $ $p_{5} = \left(\frac{1}{2^5}\right)^{3}$ $.
Seconda probabilità: scelgo a caso 4 palline: $ $5 \choose 4$ $. Mentre le 4 scelte sono fisse, la 5a può uscire al 1° lancio o al 2° lancio o al 3° lancio. Si ha quindi: $ $p_{4} = {5 \choose 4} \cdot \left(\frac{1}{2^4}\right)^{3} \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right)$ $
Terza probabilità: Scelgo 3 palline, che fisso.
Fisso che la 4a pallina esca al 1° lancio: la 5a può uscire al 1° o al 2° o al 3°.
Fisso che la 4a pallina esca al 2° lancio: la 5a può uscire al 1° o al 2° o al 3°.
Fisso che la 4a pallina esca al 3° lancio: la 5a può uscire al 1° o al 2° o al 3°.
La probabilità è allora: $ $p_{3} = {5 \choose 3} \left[ \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right) + \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2^2} \cdot \left(\frac{1}{2}$ $$ $+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}) + \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2^3}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2} +\frac{1}{2^3}\right)]$ $
$ $p_{3} = {5 \choose 3} \cdot \left(\frac{1}{2^3} \right)^{3} \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right)^2$ $

Dunque, dopo tutto questo casino, esce la bella formula...
$ $p = \sum_{i = 3}^{5}{5 \choose i} \cdot \left(\frac{1}{2^i}\right)^3 \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right)^{5 - i}$ $
sempre se non ho sbagliato ovviamente, cosa probabile...

Il risultato è $ $p=\frac{1,6}{100}.$ $



Ora che ci faccio caso, ogni addendo della sommatoria ha lo stesso denominatore, quindi semplifico in:
$ $p = \frac{1}{2^{15}} \cdot \sum_{i = 3}^{5}{5 \choose i} 7^{5 - i}$ $

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 29 dic 2008, 18:27

alur io ho trovato questa soluzione che non so se è giusta...
$ ${5 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^9$ $
questo perchè:
$ $\left(\frac{1}{2}\right)^9$ $
sono le probabilità che 3 monete facciano sempre testa consecutivamente
$ ${5 \choose 3}$ $
sono invece le possibili modi in cui si possono scegliere 3 monete su 5, dato che è ovvio che se alla fine arrivano le prime 3 o le ultime 3 non importa...
Dubito che sia giusta... se non lo è spiegatemi dove toppo please...

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kn
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Messaggio da kn » 29 dic 2008, 21:40

Faccio prima la probabilità che dopo il 4° lancio siano rimaste in gioco almeno 3 monete.

Probabilità che una moneta sia rimasta = $ \displaystyle\frac{1}{2^4} $
Probabilità che una moneta sia uscita = Probabilità che una moneta non sia rimasta = $ \displaystyle 1-\frac{1}{2^4} = \frac{3\cdot5}{2^4} $

Detto questo, alla fine possono rimanere 3, 4 o 5 monete.

La probabilità richiesta è quindi:

$ \displaystyle{5\choose3}\left(\frac{1}{2^4}\right)^3\left(\frac{15}{2^4}\right)^2+{5\choose4}\left(\frac{1}{2^4}\right)^4\left(\frac{15}{2^4}\right)+{5\choose5}\left(\frac{1}{2^4}\right)^5= $

$ \displaystyle=\frac{2250+75+1}{2^{20}}=\frac{1163}{524288} $

Analogamente per trovare la probabilità prima del 4° lancio:

$ \displaystyle{5\choose3}\left(\frac{1}{2^3}\right)^3\left(\frac{7}{2^3}\right)^2+{5\choose4}\left(\frac{1}{2^3}\right)^4\left(\frac{7}{2^3}\right)+{5\choose5}\left(\frac{1}{2^3}\right)^5= $

$ \displaystyle=\frac{2250+75+1}{2^{15}}=\frac{263}{16384} $ (che è quello che ha trovato ico1989) :D

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