Problema dispense olimpioniche

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toti96
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Problema dispense olimpioniche

Messaggio da toti96 » 09 ago 2013, 20:50

Quale è il minimo numero di lanci di un dado a 6 facce per cui la probabilità di ottenere come somma dei punteggi un numero maggiore o uguale a 48 sia maggiore del 50%?

enrico_s
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Re: Problema dispense olimpioniche

Messaggio da enrico_s » 10 ago 2013, 11:19

In una serie di $ k $ lanci, il valore minimo ottenibile è $ k $, il massimo è $ 6k $ , mentre quello che capita con maggior probabilità è la media tra i due, quindi $ \frac{7k}{2} $.
Noto che se $ k $ è pari ci sarà una sola somma più probabile, mentre se $ k $ è dispari allora saranno due ($ \frac{7k-1}{2} $ e $ \frac{7k+1}{2} $).
A questo punto per rispondere alla richiesta devo trovare il minore intero $ k $ per cui vale
$ \frac{7k}{2} \geq 48 $ , da cui trovo $ k=14 $

toti96
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Re: Problema dispense olimpioniche

Messaggio da toti96 » 10 ago 2013, 11:31

Sì anche io ho fatto così ;solo guardando il problema mi è venuta in mente la questione più generale di stabilire quante probabilità ci sono che un numero n esca come somma di k lanci ma non ho trovato una formula chiusa..esiste?? mi potete aiutare??

Gottinger95
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Re: Problema dispense olimpioniche

Messaggio da Gottinger95 » 28 ago 2013, 00:05

Ho provato a farlo con le generatrici, ma viene una cosa orrenda del tipo:

\(\displaystyle p(n,k) = \left (\sum_{i=0}^{m}{\binom{k}{i} \binom{n-1-6i}{k-1}} \right ) / 6^k\)

dove \(\displaystyle m=\left \lfloor \frac{n-k}{6} \right \rfloor\). Nel caso in cui \(m=0\), ossia \(n< k+6\), abbiamo \(p(n,k) = \binom{n-1}{k-1} / 6^k\). Inoltre, visto che \(p(7k-n,k) = p(n,k)\) (scambiando formalmente la faccia \(i\) con la faccia \(7-i\) ), anche per \(n > 6k-6\) vale quel risultato. Di più non so dire.

Qualcuno ha idea di come attaccare quella sommatoria?
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

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<enigma>
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Re: Problema dispense olimpioniche

Messaggio da <enigma> » 28 ago 2013, 10:57

Il valore atteso di un lancio è $\mathbb E(1)=3,5$; il valore atteso di $n$ lanci è $\mathbb E(n)=n \cdot 3,5$.
La probabilità che l'$n$-esimo risultato dia almeno $k$ è almeno $\frac 1 2$ $\iff$ $\mathbb E(n) \geq k$; il minimo cercato è allora fornito da $\mathbb E(n) \geq 48 \iff n \mathbb E(1) \geq 48 \iff n \geq 48/3,5=13,7 \dots$.
Basta la linearità del valore atteso per formalizzare l'intuizione della soluzione di enrico_s, ma attenzione che funziona solo se richiediamo che la probabilità sia almeno (esattamente) il 50%. Se ad esempio alla faccia $k$ venisse assegnata qualche altra buffa distribuzione di probabilità, o si chiede dopo quanti lanci la probabilità di avere più di $48$ sia almeno il 75%, non si sbriga così facilmente. Per questo pongo un rilancio più duro:

Dopo quanti lanci la probabilità di avere almeno $48$ è maggiore di $p \in [0,1]$ fissato?
"Quello lì pubblica come un riccio!" (G.)
"Questo puoi mostrarlo o assumendo abc o assumendo GRH+BSD, vedi tu cos'è meno peggio..." (cit.)

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