Monete e gettoni da Cesenatico 89

[Mist]

Lancio una moneta: se esce testa guagdagno un gettone, se esce croce ne guadagno due. La probabilità di avere dopo un certo numero di lanci esattamente 100 gettoni è maggiore, minore o uguale a 2/3 ?

[Drago96]

Lancio una moneta: se esce testa guagdagno un gettone, se esce croce ne guadagno solo uno. La probabilità di avere dopo un certo numero di lanci esattamente 100 gettoni è maggiore, minore o uguale a 2/3 ?

Guadagno sempre un gettone, sia se esce testa sia se esce croce??

[Mist]

editato, chiedo scusa

[LukasEta]

Chiamero $p(n)$ la probabilità di ottenere $n$ gettoni.

Vale la formula ricorsiva $p(n)=\frac{p(n-1)}{2}+\frac{p(n-2)}{2}$ (la probabilità di ottenere $n-1$ gettoni e di ottenerne poi uno solo, più la probabilità di ottenere $n-2$ gettoni e poi ottenerne due insieme).
Quindi $p(100)=\frac{p(99)}{2}+\frac{p(98)}{2}$.

Vale anche la seguente relazione:
$p(99)=1-p(98)+\frac{p(98)}{2}=1-\frac{p(98)}{2}=\frac{2-p(98)}{2}$. (Infatti se non ottengo 98 gettoni, vuol dire che prima o poi ne otterrò 99, dal momento che non è possibilire "saltare" due numeri consecutivi. Quindi la probabilità di fare 99 è uguale alla probabilità di non fare 98 più la probabilità di fare 98 e vincere poi un gettone).
Quindi $p(100)=\frac{2-p(98)}{4}+\frac{p(98)}{2}=\frac{2+p(98)}{4}$

Vale quindi $p(n)=\frac{1}{2}+\frac{p(n-2)}{4}$

$p(2)=\frac{3}{4} >\frac{2}{3}$
$p(4)=\frac{1}{2}+\frac{3}{16} > \frac{2}{3}$...
...
Ci facciamo l'idea che $p(100)>\frac{2}{3}$

Infatti se $p(n-2)>\frac{2}{3}$,allora $p(n)=\frac{1}{2}+\frac{p(n-2)}{4}> \frac{1}{2}+\frac{2}{12}=\frac{2}{3}$
Dal momento che $p(2)>\frac{2}{3}$, allora $p(2+2k)>\frac{2}{3}$, quindi per $k=49$ avremo $p(100)>\frac{2}{3}$.

[Valenash]

Chiamero $p(n)$ la probabilità di ottenere $n$ gettoni.

Vale la formula ricorsiva $p(n)=\frac{p(n-1)}{2}+\frac{p(n-2)}{2}$ (la probabilità di ottenere $n-1$ gettoni e di ottenerne poi uno solo, più la probabilità di ottenere $n-2$ gettoni e poi ottenerne due insieme).
Quindi $p(100)=\frac{p(99)}{2}+\frac{p(98)}{2}$.

Vale anche la seguente relazione:
$p(99)=1-p(98)+\frac{p(98)}{2}=1-\frac{p(98)}{2}=\frac{2-p(98)}{2}$. (Infatti se non ottengo 98 gettoni, vuol dire che prima o poi ne otterrò 99, dal momento che non è possibilire "saltare" due numeri consecutivi. Quindi la probabilità di fare 99 è uguale alla probabilità di non fare 98 più la probabilità di fare 98 e vincere poi un gettone).
Quindi $p(100)=\frac{2-p(98)}{4}+\frac{p(98)}{2}=\frac{2+p(98)}{4}$

Vale quindi $p(n)=\frac{1}{2}+\frac{p(n-2)}{4}$

$p(2)=\frac{3}{4} >\frac{2}{3}$
$p(4)=\frac{1}{2}+\frac{3}{16} > \frac{2}{3}$...
...
Ci facciamo l'idea che $p(100)>\frac{2}{3}$
inoltre mi sembra che andando avanti nei numeri pari tenda "asintoticamente" a $\frac{2}{3}$ (dall'alto), ma non saprei come dimostrarlo

stavo cercando di dimostrarlo nello stesso identico modo, eppure facendo qualche caso piccolo a mano mi pare che sia sbagliato..
prendi p(4):
1 1 1 1
1 1 1 2
1 1 2
1 2 1
1 2 2
2 1 1
2 1 2
2 2
Ovviamente in questi casi, quando non esce 4 esce 5. Contando, ottengo che p(4) è 5/8. Però non sono convinto che questi casi vadano bene, perchè da ognuno di quelli da 4 aggiungendo 1 ottengo un 5.. devo contare anche quelli o no?? però non credo, altrimenti dovrei considerare anche il caso in cui esce 2 che fa 6 e non mi interessa..

[LukasEta]

Mi pare di averlo dimostrato (solo che $p(100)>\frac{2}{3}$), guarda se ti torna (ho editato). Che ci tenda asintoticamente ancora non saprei...Cioè, a me riprovando a mano i casi piccoli sembra che per gli $n$ dispari, tenda asintoticamente dal basso, per gli $n$ pari dall'alto :O

[<enigma>]

Basta dire $ p_n=\frac 2 3 + \frac 1 3 \left ( -\frac 1 2 \right ) ^n $.

[LukasEta]

O, in alternativa, basta dire $ p_n=\frac 2 3 + \frac 1 3 \left ( -\frac 1 2 \right ) ^n $.

Fantastico, così sì che si avvicina a $\frac{2}{3}$ dal basso e dall'alto xD

[Valenash]

Basta dire $ p_n=\frac 2 3 + \frac 1 3 \left ( -\frac 1 2 \right ) ^n $.

E questa salta fuori come formula chiusa dalla ricorsione che ha scritto LukasEta??
Perchè a me è quella ricorsione che non convince del tutto..anche se il risultato mi convince XD
Forse perchè ho sbagliato a fare i casi a mano, ad esempio io ottengo che $p(2)= \frac {2}{3}$, dunque non $ > \frac {2}{3}$ come ha scritto LukasEta.. dov'è l'errore?? stessa domanda per il caso a mano di p(4)..

[LukasEta]

$p(2)=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}$..
Allora, $\frac{1}{2}$ facendo subito 2. Oppure facendo 1+1 che avviene con probabilità $\frac{1}{4}$, quindi sommo le prababilità e viene un risultato >$\frac{2}{3}$.
(Puoi anche contare a mano i casi con 2 monete).

$p(4)$.

POSSIBILI (lanciando 4 monete, così da essere sicuri di fare un punteggio sufficiente).
1-1-1-1;2-1-1-1;1-2-1-1;1-1-2-1;*1-1-1-2;2-2-1-1;*2-1-2-1;2-1-1-2;
*1-2-2-1;1-2-1-2;1-1-2-2;2-2-2-1;2-2-1-2;*2-1-2-2;*1-2-2-2;2-2-2-2.
Sono 16. Con un asteristico ho segnato quelli che non danno 4.

BUONI
Sono 11

Probabilità a mano: $\frac{11}{16}$. Con la formula ricorsiva viene $p(4)=\frac{1}{2}+\frac{p(2)}{4}=\frac{11}{16}$, il che conferma la nostra formula.

Il tuo errore probabilmente era di non usare un numero uniforme di monete... cioè per esempio contavi 2-2 una volta sola, mentre in realtà dovresti considerare sempre lo stesso numero di monete quando conti

[Valenash]

Il tuo errore probabilmente era di non usare un numero uniforme di monete... cioè per esempio contavi 2-2 una volta sola, mentre in realtà dovresti considerare sempre lo stesso numero di monete quando conti

Veramente l'ho fatto di proposito, ovviamente in un problema di probabilità normale non l'avrei mai fatto, ma qui chiedeva un risultato "indipendentemente dal numero di lanci utilizzati", quindi pensavo che non fosse necessario usare un numero uniforme di monete (anzi, pensavo fosse proprio sbagliato).
Ma a quanto pare mi sbagliavo XD grazie mille delle spiegazioni