Esercizio 442 teste in 100 lanci di una moneta

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Obiettivo

Sia $A$ l'evento "esattamente 42 teste nei 100 lanci". Vogliamo $\mathbb{P}(A)$.

Passo 1: lo spazio campionario

Un esito è la sequenza completa dei 100 risultati:

$$\Omega = \{T, C\}^{100} = \{(x_1, x_2, \dots, x_{100}) : x_i \in \{T, C\} \ \ \forall i = 1, \dots, 100\}$$

dove $x_i$ è il risultato del lancio $i$. Ogni posizione ha 2 possibilità, quindi per il principio di moltiplicazioneCon 2 scelte per ognuna delle 100 posizioni, le sequenze sono 2 · 2 · ... · 2 = 2^100.Calcolo combinatorio per la probabilità →

$$|\Omega| = 2^{100} \approx 1{,}27 \cdot 10^{30}$$

(per stimare l'ordine di grandezza si usa il logaritmoLa funzione esponenziale a^x (base positiva diversa da 1) e la sua inversa, il logaritmo in base a, con grafici e proprietà.Esponenziale e logaritmo → in base 10: $\log_{10} 2^{100} = 100 \log_{10} 2 \approx 100 \cdot 0{,}30103 = 30{,}103$, quindi $2^{100} = 10^{30{,}103} = 10^{0{,}103} \cdot 10^{30} \approx 1{,}27 \cdot 10^{30}$.)

Perché sequenze ordinate. I lanci sono distinguibili (primo, secondo, ...): $(T, C, \dots)$ e $(C, T, \dots)$ sono esiti diversi. Così tutti gli esiti sono equiprobabili.

Passo 2: la misura di probabilità

La moneta è equa (implicito: "$T$ o $C$" senza preferenze) e i lanci non si influenzano: nessuna sequenza è privilegiata, $\mathbb{P}$ è uniforme:

$$\mathbb{P}(\{(x_1, \dots, x_{100})\}) = \frac1{2^{100}}$$

Lo stesso valore viene dall'indipendenza dei lanciA e B sono indipendenti se P(A ∩ B) = P(A) P(B), cioè se sapere che uno si è verificato non cambia la probabilità dell'altro; l'indipendenza passa ai complementari, non va confusa con l'incompatibilità, e per più eventi va richiesta su ogni sottofamiglia.Indipendenza di eventi →: la sequenza è l'intersezione di 100 eventi "al lancio $i$ esce $x_i$", ciascuno di probabilità $\frac12$, quindi ha probabilità $\left(\frac12\right)^{100} = \frac{1}{2^{100}}$.

Quindi, come in ogni spazio uniformeP(A) = ∣A∣ / ∣Ω∣.Spazi di probabilità discreti e uniformi →, $\mathbb{P}(A) = |A| / 2^{100}$ e tutto si riduce a contare $|A|$.

Passo 3: contare le sequenze con 42 teste

A lezione il problema si era fermato qui ("$|A| = ???$"): elencare le sequenze è impossibile. L'idea è che una sequenza con esattamente 42 teste è individuata dalle posizioni delle teste: scelto l'insieme delle 42 posizioni (tra $1$ e $100$) in cui c'è $T$, nelle altre 58 c'è per forza $C$.

Le sequenze favorevoli sono quindi tante quanti i sottoinsiemi di 42 elementi di $\{1, \dots, 100\}$, cioè le combinazioniIl numero di sottoinsiemi di k elementi di un insieme di n elementi è (n su k) = n! / (k! (n−k)!).Calcolo combinatorio per la probabilità →:

$$|A| = \binom{100}{42} = \frac{100!}{42!\, 58!} \approx 2{,}83 \cdot 10^{28}$$

(il coefficiente binomialeFattoriale, permutazioni, disposizioni, combinazioni e coefficiente binomiale n su k, con il triangolo di Tartaglia.Fattoriale e coefficienti binomiali →; $58 = 100 - 42$ è il numero di croci, e infatti $\binom{100}{42} = \binom{100}{58}$: scegliere le posizioni delle teste equivale a scegliere quelle delle croci.)

Perché combinazioni e non disposizioni. L'insieme di posizioni $\{3, 7, \dots\}$ e $\{7, 3, \dots\}$ è lo stesso (dà la stessa sequenza): l'ordine in cui si elencano le posizioni non conta e una posizione non si può scegliere due volte.

Controllo su un caso piccolo: 4 lanci con 2 teste: $\binom42 = 6$ sequenze, cioè $TTCC, TCTC, TCCT, CTTC, CTCT, CCTT$ ✓.

Passo 4: la probabilità

$$\boxed{\mathbb{P}(A) = \frac{\binom{100}{42}}{2^{100}} \approx 0{,}0223}$$

(calcolato in Python con gli interi esatti: $\binom{100}{42} = 28\,258\,808\,871\,162\,574\,166\,368\,460\,400$.)

Circa il $2{,}2\%$: è poco, ma non perché 42 sia "strano". Anche il risultato più probabile, 50 teste, ha probabilità solo $\binom{100}{50}/2^{100} \approx 0{,}0796$: con 101 risultati possibili (da 0 a 100 teste) nessuno ha una probabilità grande. Il massimo è in $k = 50$ perché $\binom{100}{k+1} / \binom{100}{k} = \frac{100 - k}{k + 1}$ è $> 1$ finché $k < 49{,}5$ (i coefficienti crescono fino a $k = 50$ e poi, per la simmetria $\binom{100}{k} = \binom{100}{100-k}$, decrescono; è il ragionamento sul massimo fatto in Prove ripetute e modello binomialen prove indipendenti, ciascuna con probabilità di successo p: una sequenza con k successi ha probabilità p^k (1−p)^(n−k), e la probabilità di esattamente k successi è (n su k) p^k (1−p)^(n−k) (modello binomiale); il primo successo alla prova k ha probabilità (1−p)^(k−1) p.Prove ripetute e modello binomiale →). Il rapporto tra le due probabilità è $\binom{100}{42} / \binom{100}{50} \approx 0{,}28$.

Collegamento con il modello binomiale

Il conteggio fatto qui è il caso $p = \frac12$ del modello binomialeIn n prove indipendenti con successo p, P(k successi) = (n su k) p^k (1−p)^(n−k).Prove ripetute e modello binomiale →: con $n = 100$, $k = 42$, $p = \frac12$,

$$\binom{100}{42} \left(\tfrac12\right)^{42} \left(\tfrac12\right)^{58} = \binom{100}{42} \frac1{2^{100}}$$

Con una moneta truccata ($p \ne \frac12$) lo spazio non sarebbe più uniforme, ma la formula binomiale continuerebbe a valere.

Anticipazione. Per $n$ grande la binomiale si approssima con la gaussiana (Teorema del limite centrale e approssimazione normaleSe X₁, X₂, ... sono i.i.d. con media μ e varianza σ² ∈ (0, ∞), la somma standardizzata (Sₙ − nμ)/(σ√n) converge in distribuzione a N(0, 1): per n grande P(Sₙ ≤ x) ≈ Φ((x − nμ)/(σ√n)). Caso binomiale (De Moivre-Laplace): Bin(n, p) ≈ N(np, np(1 − p)), con correzione di continuità ±0,5. Si dimostra con le funzioni caratteristiche e il teorema di Lévy.Teorema del limite centrale e approssimazione normale →). Il numero di teste ha media e varianza della binomialePer Bin(n, p): media np, varianza np(1 − p).Bernoulli, binomiale e uniforme discreta → $\mu = np = 100 \cdot \frac12 = 50$ e $\sigma^2 = np(1-p) = 100 \cdot \frac12 \cdot \frac12 = 25$. Si approssima $\mathbb{P}(A)$ con il valore in $k = 42$ della densità gaussianaN(μ, σ²) ha densità e^(−(x−μ)²/(2σ²)) / √(2πσ²), a campana centrata in μ con larghezza σ; media μ, varianza σ²; si standardizza con Z = (X − μ)/σ ~ N(0, 1) e si calcola P(X ≤ x) = Φ((x − μ)/σ), con Φ(−z) = 1 − Φ(z); aX + b è ancora gaussiana, N(aμ + b, a²σ²).Distribuzione gaussiana (normale) → $\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-(k-\mu)^2/(2\sigma^2)}$ (l'area di una striscia larga $1$ attorno a $42$ è circa altezza per base $1$): $$\frac{1}{\sqrt{2\pi \cdot 25}}\, e^{-(42-50)^2/50} = \frac{1}{\sqrt{50\pi}}\, e^{-64/50} \approx 0{,}0798 \cdot e^{-1{,}28} \approx 0{,}0798 \cdot 0{,}278 \approx 0{,}0222,$$ molto vicino al valore esatto $0{,}0223$.

Errori comuni

• Rispondere $\frac{42}{100}$ o $\frac1{101}$: i numeri di teste $0, \dots, 100$ non sono equiprobabili.
• Dimenticare il coefficiente binomiale e rispondere $\frac1{2^{100}}$: quella è la probabilità di una sequenza fissata con 42 teste.
• Usare $\frac{100!}{58!}$ (disposizioni): conta le posizioni come se fossero ordinate e sovrastima di un fattore $42!$.