Escrit per: Ramon dissabte, 16 d’agost de 2014

La setmana passada vam plantejar un enigma de probabilitat a les xarxes socials. Es tracta d'una simplificació que vam fer al problema conegut com el problema de Newton-Pepys.




En primer lloc, moltes gràcies als meus companys robòtics del blog Robologs, que em van donar a conèixer el problema. Robologs és un blog que sens dubte recomano a tots els amants dels enigmes i la informàtica.

Novament, m'agradaria remarcar que aquest no és el problema de Newton-Pepys, sinó que es tracta d'una simplificació que vam fer amb la finalitat de fer-lo més didàctic. El problema diu:
1. Què és més probable?

a) Tirar 2 monedes i obtenir com a mínim una cara.
b) Tirar 4 monedes i obtenir com a mínim dues cares.
c) Tirar 6 monedes i obtenir com a mínim tres cares.

2. Quines són les respectives probabilitats?

3. Quina és la probabilitat de tirar "2n" monedes i obtenir com a mínim "n" cares?
A contínuació, proposarem una solució al problema. Si vols pensar-lo, no segueixis llegint.

Resolució
De l'enunciat del problema cal remarcar el "com a mínim", perquè sense aquestes tres paraules el problema seria radicalment diferent.

Sigui $2x$ el nombre de monedes, $x$ el nombre mínim de cares que hem d'obtenir i $P(x)$ la probabilitat d'aconseguir aquest mínim de cares, és fàcil veure que $P(1) = 0.75$, ja que tres dels quatre possibles llançaments tenen èxit:

Imatge via Robologs

En aquest cas és fàcil veure-ho "a ull", però per la resta de casos recorrerem a la combinatòria. Per aquells que no hi estigueu familiaritzats, aquest recurs us pot ser útil.

Què passa per $P(2)$?
Fixem-nos que, en aquest cas, el nombre de possibilitats serà $VR(2,4) = 2^4 = 16$, ja que:
- Importa l'ordre: La possibilitats "C C X X" i "X C X C" són diferents, encara que a efectes pràctics el resultat sigui el mateix.
- Es pot repetir: És trivial, ja que podem treure més d'una cara o més d'una creu.

Vist des d'un altre punt de vista: Hem d'assignar cara o creu a 4 monedes. Cada moneda té 2 possibilitats. Per tant, el nombre total de possibilitats serà $2·2·2·2 = 2^4 = 16$.

Ara bé, en quantes d'aquestes possibilitats hi ha 2 o més cares?
Per calcular això, el que fem és trobar el nombre de possiblitats amb 2, 3 i 4 cares i sumar-ho tot.

Podem trobar el nombre de maneres d'obtenir dues cares triant 2 de les 4 monedes. En aquest cas:
- No importa l'ordre: És el mateix triar la 1a moneda en primer lloc i la 2a en segon que triar la 2a en primer lloc i la 1a en segon.
- No es pot repetir: Trivial, no pots triar una moneda més d'un cop.

Per tant, aquest càlcul el podem fer com $C(4,2)= {4 \choose 2} = {4! \over2!·2!}=6$.
El nombre de possibilitats amb 3 i 4 cares es calcularan de la mateixa manera.

En resum, el nombre de possibilitats 2 o més cares serà:
$C(4,2)+C(4,3)+C(4,4)$
$={4 \choose 2}+{4 \choose 3}+{4 \choose 4}$
$=6+4+1=11$ possibilitats.

Per tant, $P(2) = {11\over16} = 0.6875$

Trobarem $P(3)$ de la mateixa manera que $P(2)$.
Nombre total de possibilitats: $VR(2,6) = 2^6 = 64$
Número de possibilitats amb 3 o més cares:
$C(6,3)+C(6,4)+C(6,5)+C(6,6)$
$=2^6-C(6,0)-C(6,1)-C(6,2)=64-1-6-15=42$

Per tant, $P(3)={42\over64}={21\over32}= 0.65625$

Com a conclusió, s'ha observat que el més probable és tirar dues monedes i que surti com a mínim una cara. A mesura que augmentem el nombre de monedes, observem una certa tendència a la baixa.

Passem ara a la generalització del problema. Hem de trobar una funció que determini, en funció de n, la probabilitat de treure n o més cares en tirar 2n monedes.

Nombre total de possibilitats: $VR(2,2n) =2^{2n}=4^n$

Sabem que:
$C(2n,0)+C(2n,1)+...+C(2n,2n)= \sum_{i=0}^{2n}{2n \choose i}= 2^{2n}=4^n$

De les propietats dels nombres combinatoris, coneixem que:
$C(p,q)={p \choose q}=C(p,p-q)={p \choose p-q}={p! \over {q!·(p-q)!}}$


Per tant:
$2·(C(2n, n)+C(2n,n+1)+...+C(2n,2n))-C(2n,n)=4^n$
$C(2n,n)+C(2n,n+1)+...+C(2n,2n)={4^n+C(2n,n) \over 2}$

Finalment tenim que:
$P(n)={{4^n+C(2n,n) \over 2}\over 4^n}={1\over2}+{{2n \choose n}\over 2^{2n+1}}$

Fixem-nos, a més que: $\lim\limits_{n \to \infty} P(n) = {1\over2}$ i, per tant, quantes més monedes tinguem, més s'acostarà la probabilitat al 50%.

Deixa un comentari

Entrada a l'atzar

Què diuen al Twitter?

Cocociència al teu mail!

Traductor

- Copyright © CocoCiència - Powered by Blogger and Metrominimalist -