Vincite subordinate

[scambret]

Ok scusate il titolo che fa schifo. Questo è il problema: io punto che esce sempre testa.
Suppongo di vincere $x$ euro se in $n$ lanci di monete ne azzecco $n$ o se ne azzecco $0$.
Vinco $x-1$ euro se in $n$ lanci ne azzecco $n-1$ o $1$.
$\cdots$
Vinco $x-\alpha$ euro se in $n$ lanci ne azzecco $n-\alpha$ o $\alpha$.
Eccetera eccetera..
Quanti soldi devo scommettere per ogni partita, per non avere perdite nè guadagni??

[simone256]

Ma io punto un valore uguale a $ x $?
E se puntassi zero euro? Omamma... Scusami tanto ma non ho capito bene

[scambret]

Diciamo meglio. Quanto rischieresti ogni partita? Quanto è il prezzo del biglietto se devi SOLO rientrare nelle spese dopo un numero alto di partite?

[scambret]

Ok se volete trovare il risultato.. E' abbastanza bellino per i novelli (perciò cari veterani non me lo bruciate subito )

[nic.h.97]

e se perdo ? perdo gli x puntati?

ma ... se alfa è uguale ad n ?
potrei o averli azzeccati tutti o nessuno , come nel primo caso , ma nonostante cio' vincerei x-alfa .... invece di x come nel primo caso
quindi alfa è minore o uguale di 1/2 di n.....

[scambret]

Dai esemplifichiamo
Tiro 100 dadi e vinco 5 euro se azzecco 100 o 0 tiri, ne vinco 4 se azzecco 99 o 1, 3 se azzecco 98 o 2, 2 se azzecco 97 o 3, 1 euro se azzecco 96 o 4.. Negli altri casi non vinco! Ora uno gioca sapendo che la partita non è truccata.. Quanto costa una partita di 100 tiri se nessuno guadagna, ma tutti vogliono solo rientrare dalle spese?

Mettevo tutte quelle lettere per farlo generale, ma capito il meccanismo......

[Gottinger95]

SOLUZIONE:

Testo nascosto:

Eguaglio la vincita media alla puntata: in questo modo, giocando tantissime volte, dovrei stare più o meno in bilancio (pure perchè c'è crisi..).
La vincita media è data dalla media delle vincite, mentre la puntata è proprio x. Supponiamo adesso che \(n=2k\) per comodità di scrittura (a voler essere precisi, si dovrebbe dividere nel caso pari e nel caso dispari, ma il risultato è lo stesso) e che x sia più grande di k (ossia della metà di n). Allora tutti i numeri mi danno una certa vincita. Abbiamo:
\(\displaystyle \sum_{\alpha = 0}^{k-1}{2(x-\alpha)} \cdot \frac{1}{2k} = x\)
\(\displaystyle \sum_{\alpha = 0}^{k-1}{x-\alpha} = kx\)
\(\displaystyle kx-\sum_{\alpha = 0}^{k-1}{\alpha} = kx\)
\(\displaystyle -\frac{(k-1)k}{2} = 0\)

Assurdo. Perciò x è più piccolo di k, che è l'assunzione che "salva "dall'assurdo. Nella sommatoria che segue dunque i termini si fermano fin dove x può arrivare, e non con tutti i numeri si vince qualcosa. Dunque eguagliamo ancora la vincita media (che ricordiamo comprendere anche i termini "nulli", cioè i casi in cui non si vince niente) alla puntata:
\(\displaystyle \sum_{\alpha = 0}^{x-1}{2(x-\alpha)} \cdot \frac{1}{n} = x\)
\(\displaystyle \sum_{\alpha = 0}^{x-1}{2(x-\alpha)} = xn\)
\(\displaystyle 2x^2 -2\sum_{\alpha = 0}^{x-1}{\alpha} = xn\)
\(\displaystyle 2x^2 -2\frac{x(x-1)}{2} = xn\)
\(\displaystyle 2x^2 -xn - x(x-1) = 0\)
\(\displaystyle 2x^2 -xn - x^2 +x = 0\)
\(\displaystyle x^2 +x(1-n) = 0\)

Prima soluzione: puntata nulla. In fondo è ragionevole: se non puntiamo niente, di sicuro torniamo a casa in bilancio. Ma non ci accontentiamo di una soluzione senza il brivido della scommessa, perciò cerchiamo invece qualcosa di non banale.
Continuo dividendo per x l'ultima equazione:
\(\displaystyle x +1-n = 0\)
\(\displaystyle x = n-1\),
che è la quantità che andavamo cercando

[scambret]

Boh non lo vedrei proprio cosi.. Anche perchè se su 100 dadi devo azzeccare tutte teste o se ne azzecco 50 gli eventi non sono equiprobabili (tipo: "qual è la possibilità di vincere al superenalotto? $\frac 1 2$.. Perchè? Posso vincere o perdere.. Che ovviamente non va bene..) ovviamente se faccio 100 o 50 la ricompensa è differente, ma ciò è ovvio.. Sicuramente però

$$p(\text{farne 100})x \neq p(\text{farne 50})(x-50)$$

Testo nascosto:

Hintino con n uguale a 4
Le stringhe di giocate sono 16 e le possibilita di fare 2 è $\frac 3 8$. Perchè?

[Gottinger95]

Ok, avevo frainteso nella mia testolina. La modifica che va fatta - penso - è aggiungere il numero di combinazioni nella sommatoria e contare come totale \(2^n\) invece che n, ossia:
\(\displaystyle \sum_{\alpha=0}^{k-1}{2\binom{n}{\alpha}(x-\alpha)} = 2^n x \)

Che ne pensi così, prima che mi avventuro nei calcoli?

[auron95]

Perchè $2^nx$?

Comunque l'idea sembra giusta anche se non ho la più pallida idea di come semplificare la sommatoria....

[scambret]

Si diciamo che l idea è più che giusta e $2^nx$ non è troppo comodo.. Sarebbe stato meglio dire

$$x=\frac{\text{robaccia}} {2^n}$$

ma è la stessa cosa.. Riguardo al fatto degli $\alpha$ diciamo che sarebbe meglio ricordare che $\alpha \neq n/2$ altrimenti si vince sempre e diciamo che proprio la sommatoria si dovrebbe fermare (ALMENO) quando $\alpha \geq x$.. ma comunque l idea funziona!!