Esercizio 442 teste in 100 lanci di una moneta

Testo (Lezione 3, esempio, concluso con il calcolo combinatorio). Lanciamo una moneta ($T$ o $C$) 100 volte. Qual è la probabilità di ottenere 42 volte $T$?

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 →

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

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:

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

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 →:

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

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.

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 normale): con media $50$ e varianza $25$ si ottiene $\frac{1}{\sqrt{2\pi \cdot 25}} e^{-(42-50)^2/50} \approx 0{,}0222$, molto vicino al valore esatto.

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 $42!$.