Scuola Superiore di Udine anno 2008/2009
Scuola Superiore di Udine anno 2008/2009
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
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
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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]
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".... )
Va bene?
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".... )
Va bene?
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: $ $p_{3} = {5 \choose 3} \left[ \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right) + \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2^2} \cdot \left(\frac{1}{2}$ $$ $+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}) + \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2^3}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2} +\frac{1}{2^3}\right)]$ $
$ $p_{3} = {5 \choose 3} \cdot \left(\frac{1}{2^3} \right)^{3} \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right)^2$ $
Dunque, dopo tutto questo casino, esce la bella formula...
Il risultato è $ $p=\frac{1,6}{100}.$ $
Ora che ci faccio caso, ogni addendo della sommatoria ha lo stesso denominatore, quindi semplifico in:
Intendo "al 4° lancio" come "dopo 3 lanci".
La probabilità cercata è: probabilità che al 4° lancio siano rimaste in gioco esattamente 5 monete + probabilità che siano rimaste esatt. 4 monete + probabilità che siano rimaste esatt. 3 monete.
La prima probabilità è evidentemente $ $p_{5} = \left(\frac{1}{2^5}\right)^{3}$ $.
Seconda probabilità: scelgo a caso 4 palline: $ $5 \choose 4$ $. Mentre le 4 scelte sono fisse, la 5a può uscire al 1° lancio o al 2° lancio o al 3° lancio. Si ha quindi: $ $p_{4} = {5 \choose 4} \cdot \left(\frac{1}{2^4}\right)^{3} \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right)$ $
Terza probabilità: Scelgo 3 palline, che fisso.
Fisso che la 4a pallina esca al 1° lancio: la 5a può uscire al 1° o al 2° o al 3°.
Fisso che la 4a pallina esca al 2° lancio: la 5a può uscire al 1° o al 2° o al 3°.
Fisso che la 4a pallina esca al 3° lancio: la 5a può uscire al 1° o al 2° o al 3°.
La probabilità è allora: $ $p_{3} = {5 \choose 3} \left[ \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right) + \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2^2} \cdot \left(\frac{1}{2}$ $$ $+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}) + \left(\frac{1}{2^3}\right)^{3}\cdot \frac{1}{2^3}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2} +\frac{1}{2^3}\right)]$ $
$ $p_{3} = {5 \choose 3} \cdot \left(\frac{1}{2^3} \right)^{3} \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right)^2$ $
Dunque, dopo tutto questo casino, esce la bella formula...
sempre se non ho sbagliato ovviamente, cosa probabile...$ $p = \sum_{i = 3}^{5}{5 \choose i} \cdot \left(\frac{1}{2^i}\right)^3 \cdot \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\right)^{5 - i}$ $
Il risultato è $ $p=\frac{1,6}{100}.$ $
Ora che ci faccio caso, ogni addendo della sommatoria ha lo stesso denominatore, quindi semplifico in:
$ $p = \frac{1}{2^{15}} \cdot \sum_{i = 3}^{5}{5 \choose i} 7^{5 - i}$ $
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...
$ ${5 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^9$ $
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...
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)
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)