Probabilità: 10 problemi difficili da risolvere passo passo

Conta il complementare, ma correggi le sovrapposizioni tra eventi «scatola vuota».

1. Ogni pallina ha quattro scelte: le assegnazioni equiprobabili sono 4⁸. Le distribuzioni dei soli conteggi non sono equiprobabili.

2. Se una scatola fissata resta vuota, ci sono 3⁸ assegnazioni. Sottraiamo quattro volte questo numero, ma abbiamo sottratto due volte i casi con due scatole vuote: riaggiungiamo C(4,2)2⁸. Poi sottraiamo i casi con tre scatole vuote. Quattro scatole vuote sono impossibili.

P = [4⁸ − C(4,1)3⁸ + C(4,2)2⁸ − C(4,3)1⁸]/4⁸
  = 40824/65536 = 5103/8192 ≈ 62.29%

Errore da evitare: moltiplicare le quattro probabilità di scatola non vuota. Questi eventi non sono indipendenti.

Una terna prefissata ha probabilità 1/8, ma vincere la gara è un evento diverso. Segui il suffisso utile.

1. Sia w(s) la probabilità di vittoria di A quando il suffisso utile è s. Gli stati sono ∅, H, HH, T, TH. Raggiungere HHT dà valore 1; raggiungere THH dà 0. Dopo HH basta aspettare la prima T: A vince quasi certamente.

2. Da T, una H conduce a TH e una T lascia T. Da TH, una H fa vincere B e una T riporta a T. Quindi:

w(HH)=1
w(T)=w(TH)/2+w(T)/2
w(TH)=w(T)/2
⇒ w(T)=w(TH)=0
w(H)=w(HH)/2+w(T)/2=1/2
w(∅)=w(H)/2+w(T)/2=1/4

3. A vince con probabilità 1/4, B con 3/4. Un controllo intuitivo: A può vincere soltanto se i primi due lanci sono HH. Se una T compare prima di HH, la prima coppia HH successiva completa THH. Attenzione: la simmetria delle probabilità delle singole terne non implica simmetria della gara.

La prima scheda deve essere A. Per contare i percorsi vietati, scambia A e B fino al primo pareggio.

1. Le sequenze sono C(12,7). Quelle che cominciano con A sono C(11,6). Alcune però raggiungono in seguito un pareggio.

2. Per ogni sequenza che inizia con A e raggiunge un pareggio, scambiamo A e B fino al primo pareggio incluso. Il tratto scambiato contiene tanti A quanti B, quindi il totale finale resta 7 contro 5, ma la sequenza ora inizia con B.

3. È una corrispondenza biunivoca: qualsiasi sequenza che inizia con B e finisce con A avanti di due deve passare per un pareggio; lo stesso scambio la riporta indietro. Le sequenze vietate sono dunque C(11,7).

C(12,7) = 792
C(11,6) − C(11,7) = 462−330 = 132
P = 132/792 = 1/6 ≈ 16.67%

Il risultato riguarda un vantaggio stretto: ammettere i pareggi cambia il problema.

Il pezzo più lungo deve essere più corto della somma degli altri tre.

1. La condizione geometrica è max Lᵢ<1/2. Le uguaglianze e i tagli coincidenti hanno probabilità zero.

2. Ordinati i tagli, il vettore delle quattro lunghezze ha densità costante sul simplesso Lᵢ≥0, ΣLᵢ=1. Infatti ogni terna ordinata proviene da 3! ordini dei tagli, e il cambio da tagli a lunghezze ha determinante 1. Non stiamo scegliendo uniformemente ogni pezzo separatamente.

3. Imporre L₁≥1/2 e sottrarre 1/2 da L₁ lascia un simplesso di somma 1/2: le tre dimensioni indipendenti si dimezzano, e il volume diventa 1/8. Vale per ogni pezzo. Due pezzi non possono superare contemporaneamente 1/2; le intersezioni al bordo hanno probabilità zero.

L₁+L₂+L₃+L₄=1
P(Lᵢ ≥ 1/2) = (1/2)³ = 1/8
P(max Lᵢ < 1/2) = 1−4/8 = 1/2

Quindi la metà dei tagli funziona. Tagliare prima a metà e poi spezzare ciascuna metà sarebbe un altro modello casuale.

Conta prima la probabilità di una sequenza specifica con k bianche, indipendentemente dal loro ordine.

1. I denominatori delle dieci estrazioni sono 2,3,…,11. Per una sequenza con k bianche, i fattori bianchi del numeratore sono 1,2,…,k, quelli neri 1,2,…,10−k, qualunque sia l’ordine.

2. Ogni ordine con k bianche ha quindi la stessa probabilità. Gli ordini sono C(10,k), e il prodotto si semplifica:

P(WW…BB… in un ordine fissato) = k!(10−k)!/11!
P(K=k) = C(10,k) k!(10−k)!/11! = 1/11
P(K ≥ 8) = 3/11 ≈ 27.27%

3. K è uniforme sugli undici interi da 0 a 10: i valori favorevoli sono 8, 9 e 10. Non è una binomiale: le estrazioni dipendono dal passato. La simmetria dei colori non significa indipendenza.

Media su tutti i possibili p, pesandoli con la probabilità delle cinque teste osservate.

1. Per un p fissato, cinque teste hanno probabilità p⁵. Poiché la densità iniziale di p è 1, integrando otteniamo la probabilità dell’osservazione.

2. L’evento «cinque teste iniziali e testa al sesto» equivale a sei teste iniziali. La probabilità condizionata è il rapporto:

P(HHHHH) = ∫₀¹ p⁵ dp = 1/6
P(HHHHHH) = ∫₀¹ p⁶ dp = 1/7
P(H₆ | H₁H₂H₃H₄H₅) = (1/7)/(1/6) = 6/7

3. Il risultato è circa 85,71%. Non significa che cinque teste cambino una moneta nota equa: qui apprendiamo qualcosa su un parametro ignoto. Se p fosse noto uguale a 1/2, la risposta sarebbe 1/2; se p fosse riscelto a ogni lancio, il modello cambierebbe ancora.

Condiziona sulla posizione k del migliore e chiediti dove deve trovarsi il migliore dei primi k−1.

1. Se il migliore è nella posizione k>r, lo scegliamo esattamente quando il migliore fra i k−1 precedenti si trova nei primi r: allora non ci siamo fermati prima. Questa probabilità è r/(k−1).

2. Ogni posizione del migliore ha probabilità 1/10. Sommiamo per k=r+1,…,10, ponendo j=k−1. Per r=0 scegliamo immediatamente il primo.

Pᵣ = (r/10) Σⱼ₌ᵣ⁹ 1/j  (1 ≤ r ≤ 9)
P₀ = 1/10
P₃ = (3/10)(1/3+1/4+…+1/9) ≈ 0.39869048
P₄ ≈ 0.39825397

3. Per r=1,…,9 le probabilità, arrotondate, sono 0,282897; 0,365794; 0,398690; 0,398254; 0,372817; 0,327381; 0,265278; 0,188889; 0,100000. Conviene scartare 3 candidati. Il vantaggio su r=4 è piccolo ma reale. Abbiamo ottimizzato la famiglia dichiarata, senza presumere informazioni aggiuntive sui candidati.

Non dividere 1 per la media 1/2. Calcola invece la probabilità di non esserti ancora fermato dopo n estrazioni.

1. N>n significa Sₙ≤1. Nel cubo unitario di dimensione n, la regione u₁+…+uₙ≤1 è un simplesso di volume 1/n!. Si dimostra per integrazione: se Vₙ(t)=tⁿ/n!, allora Vₙ₊₁(1)=∫₀¹(1−u)ⁿ/n! du=1/(n+1)!; il caso n=1 è immediato.

2. Per una variabile intera positiva N, il valore medio è la somma delle probabilità P(N>n), da n=0. Ogni esito con N=m contribuisce esattamente m volte alla somma degli indicatori.

Sₙ = U₁+…+Uₙ,  S₀=0
P(N>n) = P(Sₙ ≤ 1) = 1/n!
E[N] = Σₙ₌₀∞ P(N>n)
     = 1+1+1/2!+1/3!+… = e ≈ 2.71828

Il valore è e, non 2: la somma finale supera la soglia e contiene uno scarto. Inoltre P(N>n)=1/n! tende a zero, quindi l’arresto avviene quasi certamente.

Conta le sequenze che evitano HHHHH: le finestre di cinque lanci si sovrappongono.

1. Sia aₙ il numero di sequenze di lunghezza n senza cinque H consecutive. Per n<5 tutte le 2ⁿ sequenze sono ammesse.

2. Per n≥5 una sequenza ammessa deve contenere una T e finisce in uno e uno solo dei blocchi T, TH, THH, THHH, THHHH. Eliminando quel blocco resta una sequenza ammessa più corta: questo dà la ricorrenza.

a₀=1, a₁=2, a₂=4, a₃=8, a₄=16
aₙ=aₙ₋₁+aₙ₋₂+aₙ₋₃+aₙ₋₄+aₙ₋₅  (n ≥ 5)
a₅=31, a₁₀=912, a₁₅=26784, a₂₀=786568
P = 1−a₂₀/2²⁰ = 32751/131072 ≈ 24.9870%

3. Sottraiamo la probabilità di evitare HHHHH da 1. Non possiamo usare 1−(31/32)¹⁶: le sedici finestre si sovrappongono e non sono tentativi indipendenti. La ricorrenza conta ogni sequenza una sola volta.

Interpreta «numero del cassetto → numero contenuto» come una permutazione e segui i suoi cicli.

1. Il partecipante i apre il cassetto i, poi quello indicato dal numero trovato, e così via. Trova il proprio numero entro 10 aperture se e solo se il suo ciclo ha lunghezza al massimo 10.

2. Tutti vincono se non esiste un ciclo più lungo di 10. Per k>10, scegliamo i k elementi del ciclo, disponiamoli in (k−1)! ordini ciclici e permutiamo gli altri in (20−k)! modi.

3. Una permutazione di 20 elementi non può contenere due cicli più lunghi di 10. Gli eventi esclusi sono quindi disgiunti e possiamo sommarli.

P(un ciclo di lunghezza k)
= C(20,k)(k−1)!(20−k)!/20! = 1/k  (k>10)
P(successo) = 1−Σₖ₌₁₁²⁰ 1/k
           = 77107553/232792560 ≈ 33.1229%

La strategia collega i successi individuali: non bisogna moltiplicare venti probabilità 1/2 come se fossero indipendenti. È la versione a venti partecipanti del classico problema dei numeri nelle scatole.