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da EvaristeG » 23 dic 2010, 08:29
Lo ammetto, darionumero_a_caso, il risultato è quasi carino...
Ora, suppongo che "Io" non sia il pronome, ma un omaggio agli dei del Mondo Disco di Pratchet... detto ciò, facciamo ordine.
Prima cosa importante: La probabilità che il lancio faccia "esattamente" t metri dalla boa è 0. Nel problema, come nella realtà. Il nostro dato è questo: l'evento "Io tira e il suo sasso cade a meno di $t$ metri dalla boa" accade con probabilità $F(t)$; l'altro evento (indipendente dal primo) "Johnny tira e il sasso cade a meno di $t$ metri dalla boa" accade con probabilità $G(t)$.
Seconda cosa importante: Consideriamo un evento del tipo "Io tira e il sasso cade tra $a$ metri e $b$ metri dalla boa", con $a<b$. Che probabilità ha? beh, gli eventi "Io fa meno di $a$", "Io fa tra $a$ e $b$" e "Io fa più di $b$" sono disgiunti e la loro unione è un evento certo, quindi si deve avere (basta fare il conto) che l'evento considerato all'inizio del paragrafo ha probabilità $F(b)-F(a)$.
Terza cosa importante: L'evento "Io tira e fa tra $a$ e $b$, mentre Johnny fa tra $c$ e $d$" ha probabilità $(F(b)-F(a))(G(b)-G(a))$, per l'osservazione precedente e per il fatto che i due tiri sono indipendenti tra loro.
Ora, tutto il problema sta nel fatto che l'evento "Io fa più di Johnny" non è della forma appena descritta...come fare? Beh, una soluzione è ingegnarsi come meglio si può; ad esempio, intanto supponiamo di far variare $t$ tra $0$ e $1$ (e non fino a $20$) e notiamo che gli eventi del tipo "Io lancia a meno di $x$ e Johnny a più di $x$" sono sottoeventi di quello che interessa a noi; sappiamo bene che essi hanno probabilità $F(x)(1-G(x))$. Con un po' di fantasia, possiamo accorgerci che gli eventi
"Io tira tra $(2k+1)/2^n$ e $(2k+2)/2^n$, mentre Johnny tira tra $2k/2^n$ e $(2k+1)/2^n$" al variare di $n$ e per $0\leq k\leq 2^{n-1}$ partizionano l'evento che ci interessa (dimostrazione affidata al lettore).
Dunque il nostro evento ha probabilità
$$\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=0}^{2^{n-1}-1}(F((2k+2)/2^{n})-F((2k+1)/2^n))(G((2k+1)/2^n)-G(2k/2^n))$$
Ricordiamo che $F(t)=\sin(x\pi/2)$ e $G(t)=t$ e dunque $G((2k+1)/2^n)-G(2k/2^n)=2^{-n}$, da cui la probabilità che vogliamo diventa
$$\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=0}^{2^{n-1}-1}(F((2k+2)/2^{n})-F((2k+1)/2^n))2^{-n}$$
Supponiamo di calcolare la somma solo fino a $N$, allora, preso un numero della forma $m/2^N$, possiamo vedere che, se $m=2^Md$, allora $F(m/2^N)$ compare la prima volta nella somma al passo $n=N-M$ con segno positivo e coefficiente $2^{N-M}$ e poi compare nei seguenti con segno negativo, dunque alla fine compare come
$F(m/2^N)(2^{N-M}-2^{N-M+1}-\ldots-2^N)=F(m/2^N)2^{-N}$
Quindi la somma fino a $N$ è
$$\frac{1}{2^N}\sum_{k=0}^{2^N}F(k/2^N)=\frac{1}{2^N}\sum_{k=0}^{2^N}\sin(k\pi/2^{N+1})=\frac{\sin(\pi(2^N+1)/2^{N+2})\sin(\pi/4))}{2^N\sin(\pi/2^{N+2})}$$
e facendo il limite per $N\to\infty$, si ha che $(2^N+1)/2^{N+2}$ tende a $1/4$, mentre $2^N\sin(\pi/2^{N+2})$ tende a $\pi/4$, dunque tutto quanto fa $2/\pi$.
Ovviamente, se uno sa un po' di probabilità, riconoscerà in $F$ e $G$ le funzioni caratteristiche delle variabili aleatorie che danno i risultati dei lanci e dunque saprà che le loro distribuzioni sono $F'$ e $G'$. Da ciò, la variabile prodotto avrà distribuzione $F'(t)G'(u)$ che, integrata su $u<t$, darà la probabilità cercata:
$$\int_{0}^1\int_{0}^t\frac{\pi}{2}\sin(t\pi/2)dudt=\int_{0}^1\frac{t\pi}{2}\sin(t\pi/2)dt=\frac{2}{\pi}(\sin(x\pi/2)-x\pi\cos(x\pi/2)/2)\vert_{0}^1=\frac{2}{\pi}$$