D’accordo, il gioco di parole con l’inglese (“an odd die”) si perde, ma tanto non serviva per rispondere al quesito. Immaginiamo di lanciare un dado (normale, a sei facce) fino a che non si ottiene 1. Qual \u00e8 il valor medio del numero N di lanci effettuati (compreso quello finale che ha dato 1), condizionato dall’evento che tutti i risultati siano stati numeri dispari?<\/p>\n
Il problema sembra semplice. Se i risultati sono stati tutti numeri dispari, \u00e8 come se avessimo un dado con tre facce. La probabilit\u00e0 p<\/i>1<\/sub> di terminare al primo lancio \u00e8 1\/3, e in questo caso il valore \u00e8 1; altrimenti si ricomincia da capo con un lancio in pi\u00f9 sulle spalle. In formule, E[N] = 1\u00b7(1\/3) + (1+E[N])\u00b7(2\/3) da cui E[N] = 3. Insomma, il valor medio \u00e8 tre lanci. Giusto? No, sbagliato. (Ci sono cascato anch’io quando l’ho visto, ve lo dico subito. O meglio, diciamo che non ho dato nessuna risposta perch\u00e9 sentivo che c’era un trabocchetto)<\/p>\n Il problema \u00e8 – come spiega Stan Wagon che ha proposto il quesito – che il ragionamento che \u00e8 stato fatto non \u00e8 corretto, in quanto noi dimentichiamo tutto un insieme di casi “nel futuro” (mi spiego meglio dopo) che cambiano la probabilit\u00e0. Per accorgersi facilmente della cosa, pensiamo alla probabilit\u00e0 p<\/i>1<\/sub> calcolata qui sopra, e guardiamo cosa succede con le coppie<\/b> di lanci. Naturalmente se il primo lancio d\u00e0 uno il secondo \u00e8 irrilevante, ma possiamo comunque far finta di farlo lo stesso per rendere i conti pi\u00f9 semplici. Ci sono 36 casi, divisi in questo modo: (“*” significa “qualunque valore”)<\/p>\n I casi in grassetto sono quelli condizionati dall’avere solo numeri dispari: notate che “1,2” \u00e8 uno di questi casi perch\u00e9 in realt\u00e0 non abbiamo lanciato il dado una seconda volta. Ci sono dunque 12 casi possibili sui 36 teorici, e di questi 6 terminano con 1 al primo lancio; quindi p<\/i>1<\/sub> deve essere almeno pari a 1\/2 e non 1\/3 come credevamo. Detto in altri termini: quando nel primo lancio si \u00e8 avuto un 3 oppure un 5, non sappiamo ancora se la successione \u00e8 valida o verr\u00e0 scartata in seguito, pertanto il suo peso dev’essere minore di quello del caso in cui si \u00e8 avuto un 1. Quanto vale allora p<\/i>1<\/sub>? Vedremo pi\u00f9 sotto che \u00e8 2\/3. Se per il momento vi fidate, calcolare il valore atteso \u00e8 facile: si usa la stessa formula iniziale con le probabilit\u00e0 aggiustate, cio\u00e8 E[N] = 1\u00b7(2\/3) + (1+E[N])\u00b7(1\/3) da cui E[N] = 3\/2.<\/p>\n Ma detto tutto questo, come si fa a calcolare p<\/i>1<\/sub>? Ecco una soluzione, di Lance Fortnow.<\/p>\n Immaginiamo di fare un numero infinito di lanci, e avere un contatore che parte da 0. Ogni volta che si ottiene 1, il contatore \u00e8 incrementato di 1, si salva il suo contenuto, e lo si resetta a 0. Ogni volta che si ottiene 3 o 5, il contatore si incrementa; se si ottiene un numero pari lo si resetta a 0. La domanda iniziale diventa “qual \u00e8 il valore atteso dei contatori salvati?” Beh, se il contatore era a 1 quando \u00e8 stato salvato – e quindi la successione ha avuto un solo lancio – il lancio precedente doveva essere stato uno tra 1, 2, 4, oppure 6, e quindi la probabilit\u00e0 \u00e8 2\/3.<\/p>\n Conclusione? Non fidatevi mai delle probabilit\u00e0, o almeno fate un secondo controllo!<\/p>\n P.S.: Se preferite un approccio pi\u00f9 diretto, eccovelo qui.<\/p>\n Se la domanda fosse semplicemente “qual \u00e8 il numero atteso di lanci perch\u00e9 esca un 1?” il ragionamento \u00e8 questo.<\/p>\n C’\u00e8 probabilit\u00e0 1\/6 che esca al primo lancio. La probabilit\u00e0 che esca un 1 solo al secondo lancio \u00e8 5\/6 * 1\/6; il primo fattore \u00e8 la probabilit\u00e0 che il primo lancio sia stato diverso da 1, il secondo \u00e8 la probabilit\u00e0 che al secondo lancio sia invece uscito 1. La probabilit\u00e0 che esca un 1 solo al terzo lancio \u00e8 5\/6 * 5\/6 * 1\/6, e cos\u00ec via. Per calcolare il numero atteso dei lanci si fa la somma infinita del prodotto di queste probabilit\u00e0 per il numero di lanci corrispondente: insomma 1 * 1\/6 + 2 * 5\/6 * 1\/6 + 3 * 5\/6 * 5\/6 * 1\/6 + …<\/p>\n Ma noi dobbiamo contare solo i casi in cui non sia mai uscito un numero pari. Ergo, le probabilit\u00e0 sono diverse. Continua a esserci probabilit\u00e0 1\/6 che esca al primo lancio, ma la probabilit\u00e0 che sia uscito 1 al secondo lancio e non sia uscito un numero pari al primo lancio<\/strong> \u00e8 2\/6 * 1\/6 (il primo lancio pu\u00f2 essere solo 3 o 5, il secondo deve essere 1); la probabilit\u00e0 che sia uscito 1 al terzo lancio e non sia uscito un numero pari nei primi due lanci \u00e8 2\/6 * 2\/6 * 1\/6, e cos\u00ec via. Se si fa la somma 1 * 1\/6 + 2 * 2\/6 * 1\/6 + 3 * 2\/6 * 2\/6 * 1\/6 + … esce fuori come risultato 3\/2.<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":" Un problema che a prima vista \u00e8 semplice, ma in realt\u00e0 cela un 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