Κορώνα η γράμματα για… ναυαγούς

Είμαστε σε ένα ερημονήσι σαν αυτό που βρέθηκε ο Τομ Χανκς στον Ναυαγό και βρισκόμαστε μπροστά σε ένα τρομερό δίλημμα: θα κάνουμε μία σχεδία για να κινήσουμε για το άγνωστο με βάρκα την ελπίδα ή θα μείνουμε στο νησάκι μας εσαεί, δημιουργώντας τον «πολιτισμό» μας από το μηδέν;

Ξαφνικά, βλέπουμε ένα νόμισμα που έχει ξεβράσει η θάλασσα και, μπροστά στον τρόμο της ευθύνης μίας τόσο δύσκολης απόφασης, πετάμε το «μπαλάκι» στην εξέδρα: θα το παίξουμε κορώνα γράμματα. Για την ακρίβεια: Κορώνα=φεύγουμε, γράμματα=μένουμε – κάτι σαν το Brexit, ένα πράγμα. Στρίβουμε κι έρχεται κορώνα. Αλλά, εδώ που τα λέμε, δεν είναι άδικο να καθορίσουμε το μέλλον μας από ένα και μόνο στρίψιμο; Εδώ ολόκληρος Τομ Χανκς και του πήρε τόσον καιρό. Ας το πάμε στα τρία στριψίματα (να αποφύγουμε και «ισοπαλίες»). Στρίβουμε άλλες δύο φορές και το συνολικό αποτέλεσμα μας απογοητεύει οικτρά: Κορώνα, κορώνα, κορώνα… Λίγο ο φόβος, λίγο που δεν έχουμε τι να κάνουμε, λίγο το ένα λίγο το άλλο, βραδιάζει κι εμείς έχουμε στρίψει 3000 φορές το νόμισμά μας. Το σκορ είναι κάτι παραπάνω από απογοητευτικό: 2697 κορώνες και 303 γράμματα. Με τη στρογγυλοποίηση, το 90% των ρίψεών μας μάς οδηγεί στο να ξαναβουτήξουμε στον ωκεανό που μας ξέβρασε στο νησί.

Με βαριά καρδιά, ετοιμαζόμαστε να πέσουμε για ύπνο πάνω σε ένα πρόχειρο στρώμα από κλαδάκια που έχουμε φτιάξει όταν μία συγκλονιστική σκέψη διαπερνά το μυαλό μας: αυτό το νόμισμα δεν είναι τίμιο! Όχι επειδή δε μας βολεύει, προς θεού, αλλά επειδή θα περιμέναμε, μετά από 3000 ρίψεις, να έχουμε μοιρασμένα αποτελέσματα και όχι 9 προς 1 αναλογία κορωνών και γραμμάτων. Κάπου εκεί μας πιάνει μία επιστημονική ανησυχία – δεν έχουμε και κάτι καλύτερο να κάνουμε πάνω στην ξερολιθιά. Μήπως γίνεται, ακόμα και με αυτό το «κάλπικο» νόμισμα που έχουμε, να προσομοιώσουμε τη «δουλειά» που θα κάναμε με ένα τίμιο νόμισμα;

Ας πάρουμε ένα κλαδάκι κι ας καταγράψουμε λίγο τα δεδομένα του προβλήματός μας στην άμμο. Έχουμε ένα νόμισμα που με πιθανότητα p=0.9 φέρνει κορώνα και με πιθανότητα 1-p=0.1 φέρνει γράμματα. Πώς μπορούμε – με περισσότερες από μία ρίψεις, ενδεχομένως και άπειρες – να περιγράψουμε μία διαδικασία που με πιθανότητα 1/2 θα φέρνει «κορώνα» και με πιθανότητα επίσης 1/2 θα φέρνει «γράμματα»;

Μία πρώτη προσπάθεια

Μας έρχεται μία απλοϊκή ιδέα: να ξεκινήσουμε να ρίχνουμε το νόμισμά μας και να σταματήσουμε μόλις δούμε δύο συνεχόμενα αποτελέσματα να είναι διαφορετικά και να πούμε ότι το αποτέλεσμα αυτής της διαδικασίας είναι το τελευταίο αποτέλεσμα που εμφανίστηκε. Έτσι, συμβολίζοντας με Κ την Κορώνα και με Γ τα Γράμματα – μέσα σε εισαγωγικά θα βάζουμε από εδώ και στο εξής τα αποτελέσματα της παραπάνω διαδικασίας ενώ άνευ εισαγωγικών θα αναφερόμαστε στα αποτελέσματα της ρίψης του «κάλπικου» νομίσματος που έχουμε στα χέρια μας:

  • η σειρά αποτελεσμάτων ΚΚΚΚΚΚΚΚΚΓ δίνει σαν τελικό αποτέλεσμα «Γ»,
  • η σειρά αποτελεσμάτων ΓΓΓΓΓΓΚ δίνει σαν τελικό αποτέλεσμα «Κ»,
  • η σειρά αποτελεσμάτων ΚΓ δίνει σαν τελικό αποτέλεσμα «Γ»,
  • η σειρά αποτελεσμάτων ΓΚ δίνει σαν τελικό αποτέλεσμα «Κ».

Μία παρατήρηση που έχουμε να κάνουμε είναι ότι για να καταλήξει η διαδικασία μας σε ένα αποτέλεσμα πρέπει να γίνουν τουλάχιστον δύο ρίψεις. Η ιδέα πίσω από αυτή τη διαδικασία είναι ότι, αφού αναμένουμε να εμφανιστούν πολλές «κορώνες» στις ρίψεις μας, με το να κοιτάμε μόνο τις δύο τελευταίες διαφορετικές ρίψεις «ακυρώνουμε», κατά κάποιον τρόπο, τα αποτελέσματα των πολλών ρίψεων που δεν μας «κάνουν».

Πριν προχωρήσουμε σε μία θεωρητική μελέτη της ιδέας μας, ας δοκιμάσουμε να κάνουμε ένα «πείραμα». Καταγράφουμε την παραπάνω διαδικασία στο ακόλουθο python script:

import random

def experiment():
    previous = random.randint(0,9)//9
    current = random.randint(0,9)//9
    while (previous == current):
        previous = current
        current = random.randint(0,9)//9
    return current

print(experiment())

Αν τρέξουμε τον παραπάνω κώδικα – αν δεν έχετε εγκατεστημένη την python, μία απλή λύση είναι ένας online compiler όπως το onlinegdb – θα δούμε ότι μας επιστρέφει ή 0 ή 1 – με 0 από εδώ κι εμπρός θα συμβολίζουμε την «κορώνα» και με 1 τα «γράμματα». Ας εξηγήσουμε λίγο αναλυτικότερα τι συμβαίνει εκεί μέσα.

  • Στην γραμμή 1 φορτώνουμε το πακέτο random της python που μας χρειάζεται για να παίρνουμε ψευδοτυχαίους αριθμούς.
  • Στη γραμμή 3 ορίζουμε μία συνάρτηση με όνομα experiment που δε δέχεται κανένα όρισμα και αποσκοπούμε στο να προσομοιώνει τη διαδικασία διαδοχικών ρίψεων που παρουσιάσαμε παραπάνω.
  • Στις γραμμές 4 και 5 ρίχνουμε δύο φορές το «κάλπικο» νόμισμά μας – όπως είχαμε παρατηρήσει, θα χρειαστούμε τουλάχιστον δύο ρίψεις πριν ολοκληρώσουμε τη διαδικασία μας. Πιο συγκεκριμένα, η εντολή random.randint(0,9) επιλέγει «τυχαία» έναν ακέραιο αριθμό n από το 0 μέχρι και το 9 – παρατηρήστε ότι συνολικά έχουμε 10 διαφορετικές επιλογές. Έπειτα, χρησιμοποιώντας τον τελεστή // παίρνουμε το ακέραιο πηλίκο της διαίρεσης n\div 9, με το οποίο πετυχαίνουμε το εξής: σε 9 από τις 10 περιπτώσεις (όταν θα έχουμε n=0,1,...,8) θα πάρουμε 0, δηλαδή κορώνα, ενώ σε μία μόνο περίπτωση (για n=9) θα πάρουμε 1, δηλαδή γράμματα. Έτσι, με πιθανότητα 9/10=0.9 παίρνουμε κορώνα, όπως ακριβώς συμβαίνει και με το πραγματικό «κάλπικο» νόμισμά μας.
  • Στις γραμμές 6-8 μπαίνουμε σε έναν επαναληπτικό βρόχο ο οποίος είναι και η «καρδιά» της διαδικασίας μας. Όσο η προηγούμενη ρίψη είναι ίση με την επόμενη (γραμμή 6), αποθηκεύουμε την τρέχουσα ρίψη ως «προηγούμενη» και ρίχνουμε ξανά το νόμισμά μας (γραμμές 7-8).
  • Τέλος, στη γραμμή 11 εκτυπώνουμε το αποτέλεσμά μας στην οθόνη.

Ας δοκιμάσουμε τώρα να επαναλάβουμε το πείραμά μας 1000 φορές και να καταγράψουμε τη σχετική συχνότητα με την οποία εμφανίζεται «κορώνα» στην τελευταία ρίψη – ελπίζουμε να πέσουμε κοντά στο 1/2, μιας και αυτό θα χρησιμοποιήσουμε σαν εκτίμηση της πιθανότητας να φέρουμε «κορώνα» με αυτή τη διαδικασία που περιγράψαμε. Για αυτόν τον σκοπό, γράφουμε το παρακάτω python script:

import random

def experiment():
    previous = random.randint(0,9)//9
    current = random.randint(0,9)//9
    while (previous == current):
        previous = current
        current = random.randint(0,9)//9
    return current

def many_experiments(n):
    heads_count = 0
    for i in range(n):
        if (experiment() == 0):
            heads_count += 1
    return heads_count/n

print(many_experiments(1000))

Στις γραμμές 11-16 δεν κάνουμε τίποτα άλλο από το να ορίζουμε μία συνάρτηση, many_experiments(n), η οποία να δέχεται τον αριθμό των επαναλήψεων n και να επιστρέφει την «πιθανότητα» να έρθει «κορώνα» στην διαδικασία που έχουμε περιγράψει (heads_count/n). Λέμε «πιθανότητα» γιατί, επί της ουσίας, υπολογίζει απλώς τη σχετική συχνότητα εμφάνισης «κορώνας» την οποία εμείς χρησιμοποιούμε ως εκτιμήτρια της (πραγματικής) πιθανότητας να έρθει «κορώνα».

Αν πάμε να εκτελέσουμε το παραπάνω script μερικές φορές, θα πάρουμε αποτελέσματα παρόμοια με τα παρακάτω:

  • 0.103
  • 0.093
  • 0.1
  • 0.109
  • 0.111
  • 0.084
  • 0.103
  • 0.088

Μα καλά, γιατί δεν παίρνουμε κάτι κοντά στο 1/2; (ήτοι, στο 0.5) Τι πάει λάθος με το σκεπτικό μας;

Ας βάλουμε κάτω τις γνώσεις μας από τις πιθανότητες. Ας περιγράψουμε λίγο τις σειρές αποτελεσμάτων της διαδικασίας μας οι οποίες μας οδηγούν σε «κορώνα». Όπως είπαμε, για να αποφασίσουμε ότι φέραμε «κορώνα» πρέπει το τελευταίο αποτέλεσμα της σειρά μας να είναι κορώνα και το αμέσως προηγούμενο να είναι γράμματα. Τι πρέπει να είναι όμως το προ-προτελευταίο αποτέλεσμα της σειράς μας;

Χμμμ… Αν το καλοσκεφτούμε, θα πρέπει κι αυτό να είναι γράμματα, αφού, αν ήταν κορώνα και το επόμενό του (το προτελευταίο, δηλαδή) ήταν γράμματα όπως είπαμε, θα έπρεπε να σταματήσουμε σε αυτό, άρα το αποτέλεσμα της διαδικασίας μας θα ήταν «γράμματα» και όχι «κορώνα». Με παρόμοιο σκεπτικό βλέπουμε ότι, για να καταλήξουμε σε «κορώνα» πρέπει το τελευταίο αποτέλεσμα να είναι κορώνα και όλα τα προηγούμενα αποτελέσματα να είναι γράμματα. Έτσι, οι σειρές αποτελεσμάτων που μας δίνουν «κορώνα» έχουν τη μορφή:

ΓΓΓ…ΓΚ.

Επομένως, η πιθανότητα η παραπάνω διαδικασία να μας δώσει «κορώνα» είναι ίση με:

P("K")=P(\underbrace{\Gamma\Gamma\ldots\Gamma K}_{n}:n=2,3,\ldots)

Πρακτικά, αυτό που έχουμε να υπολογίσουμε είναι η πιθανότητα της παρακάτω ένωσης «απλούστερων» ενδεχομένων:

\displaystyle\bigcup_{n=2}^\infty\{\underbrace{\Gamma\Gamma\ldots\Gamma K}_{n}\}.

Αν τώρα παρατηρήσουμε καλύτερα θα δούμε ότι τα σύνολα A_n={\underbrace{\Gamma\Gamma\ldots\Gamma K}_{n}} είναι ξένα μεταξύ τους, οπότε, η πιθανότητα της ένωσης θα είναι ίση με το «άθροισμα» των επιμέρους πιθανοτήτων, δηλαδή:

\displaystyle P("K")=P\left(\bigcup_{n=2}^\infty\{\underbrace{\Gamma\Gamma\ldots\Gamma K}_{n}\}\right)=\sum_{n=2}^\infty P(\{\underbrace{\Gamma\Gamma\ldots\Gamma K}_{n}\}).

Ας υπολογίσουμε, τώρα, την πιθανότητα p_n=P(\{\underbrace{\Gamma\Gamma\ldots\Gamma K}_{n}\}). Πρακτικά, η p_n είναι η πιθανότητα να έχουμε n-1 συνεχόμενες φορές γράμματα και στην τελευταία ρίψη κορώνα. Εδώ, για να προχωρήσουμε ομαλά στους υπολογισμούς μας μπορούμε να κάνουμε την εξής υπόθεση: οι ρίψεις του «κάλπικου» νομίσματος είναι μεταξύ τους όλες στοχαστικά ανεξάρτητες. ανά δύο. Αυτό σημαίνει ότι το αποτέλεσμα μίας ρίψης δεν επηρεάζεται από αυτά των προηγούμενων ρίψεων και δεν επηρεάζει αυτά των επόμενων – κάτι που είναι εύλογο, μιας και το νόμισμά μας δε φαίνεται να έχει κάποια ιδιότητα «μνήμης» με βάση την οποία να καταγράφει κάπως τα προηγούμενα αποτελέσματά του.

Η παραπάνω υπόθεση – η στοχαστική ανεξαρτησία – μας επιτρέπει να αξιοποιήσουμε το γεγονός ότι η πιθανότητα να συμβούν δύο γεγονότα διαδοχικά είναι ίση με το γινόμενο των πιθανοτήτων τους ή, πιο αυστηρά:

P(A\cap B)=P(A)P(B),

όπου A,B είναι δύο στοχαστικά ανεξάρτητα μεταξύ τους ενδεχόμενα. Έτσι, έχουμε:

P(\{\underbrace{\Gamma\Gamma\ldots\Gamma K}_{n}\})=\underbrace{P(\Gamma)P(\Gamma)\ldots P(\Gamma)P(K)}_{n}=P(\Gamma)^{n-1}P(K)=0.1^{n-1}0.9.

Τώρα, αθροίζουμε τα παραπάνω οπότε παίρνουμε:

\begin{aligned}P("K")&=\sum_{n=2}^\infty0.1^{n-1}0.9=0.9\sum_{n=2}^\infty0.1^{n-1}\overset{k=n-1}{=}0.9\sum_{k=1}^\infty0.1^k=\\&=0.9\left(\sum_{k=0}^\infty0.1^k-1\right)=0.9\left(\frac{1}{1-0.1}-1\right)=0.1.\end{aligned}

Χεχεχε… Από εκεί που είχαμε ένα νόμισμα που έφερνε κορώνα με πιθανότητα 0.9 και γράμματα με πιθανότητα 0.1 τώρα φτιάξαμε ένα «νόμισμα» που φέρνει «κορώνα» με πιθανότητα 0.1 και «γράμματα» με πιθανότητα 0.9. Μια τρύπα στο νερό, δηλαδή.

Πριν αφήσουμε αυτήν την προσπάθεια στο χρονοντούλαπο της ιστορίας, ας προσπαθήσουμε λίγο να ερμηνεύσουμε το αποτέλεσμά μας. Η ιδέα να κάνουμε πολλές διαδοχικές ρίψεις και να υιοθετούμε σαν «αποτέλεσμά» μας το τελευταίο αποτέλεσμα της ακολουθίας των αποτελεσμάτων με την προϋπόθεση ότι είναι το πρώτο που διαφοροποιείται από τα προηγούμενά του είχε σαν αποτέλεσμα να παίρνουμε «κορώνα» μόνο στις περιπτώσεις που είχαμε καταφέρει στην πρώτη μας ρίψη να φέρουμε γράμματα – αφού μετά, με την πρώτη κορώνα που θα έρθει σταματάμε. Όμως, το να φέρουμε γράμματα στην πρώτη ρίψη συμβαίνει με πιθανότητα ακριβώς 0.1, άρα και το να φέρουμε «κορώνα» θα συμβαίνει με πιθανότητα 0.1

Μία δεύτερη, πιο «εξεζητημένη» μέθοδος

Καλή ιδέα φαινόταν η πρώτη, αλλά δε δούλεψε, τελικά. Ίσως όμως η ιδέα να κάνουμε πολλές ρίψεις και να κρατάμε το τελικό αποτέλεσμα ως το αποτέλεσμα της «ρίψης» μας να μην είναι μία κακή ιδέα. Ας σκεφτούμε την παρακάτω παραλλαγή της πρώτης μας ιδέας:

  • Αρχικά, στρίβουμε δύο φορές το νόμισμά μας. Αν είναι διαφορετικές τότε λέμε ότι το τελευταίο εκ των δύο αποτελεσμάτων είναι το «αποτέλεσμά» μας.
  • Αν όμως είναι και τα δύο αποτελέσματα ίδια, τότε επαναλαμβάνουμε το πρώτο βήμα.

Η ουσιαστική διαφορά εδώ πέρα είναι ότι «ζευγαρώνουμε» τις ρίψεις μας και δεν τις εξετάζουμε μεμονωμένα. Αυτό ελπίζουμε να έχει σαν αποτέλεσμα, σε αντίθεση με την προηγούμενη απόπειρά μας, όχι μόνο να «ακυρώνουμε» τις πολλές ρίψεις που θα μας φέρουν κορώνα λόγω «καλπικοσύνης» του νομίσματός μας αλλά θα μας δώσουν και την ευκαιρία η διαδικασία μας να τερματίσει με «κορώνα» πιο συχνά από ότι με την πρώτη στρατηγική μας στην οποία, όποτε φέρναμε κορώνα στην πρώτη ρίψη ήταν σίγουρο ότι το τελικό μας αποτέλεσμα θα ήταν «γράμματα». Πάμε όμως να κάνουμε και κάποια πειράματα, για να δούμε τι γίνεται.

Ας ρίξουμε μία ματιά στο ακόλουθο python script:

import random

def experiment():
    previous = random.randint(0,9)//9
    current = random.randint(0,9)//9
    while (previous == current):
        previous = random.randint(0,9)//9
        current = random.randint(0,9)//9
    return current
    
print(experiment())

Η δουλειά που κάνει η συνάρτηση experiment() είναι παρόμοια με αυτήν της προηγούμενης στρατηγικής μας – στρίβει δύο φορές το νόμισμα και, αν είναι ίδιες, ξαναστρίβει μέχρι να φτάσει σε δύο διαφορετικές, οπότε και επιστρέφει το τελευταίο αποτέλεσμα. Αν δοκιμάσουμε να τρέξουμε 5-6 φορές το παραπάνω script θα πάρουμε αποτελέσματα που μοιάζουν με τα παρακάτω:

  • 0
  • 1
  • 0
  • 0
  • 1

Ενθαρρυντικό το πρώτο μας δείγμα. Ας φτιάξουμε τώρα κι ένα script που θα κάνει πολλά παρόμοια πειράματα για να εκτιμήσουμε την πιθανότητα να έρθει «κορώνα»:

import random

def experiment():
    previous = random.randint(0,9)//9
    current = random.randint(0,9)//9
    while (previous == current):
        previous = random.randint(0,9)//9
        current = random.randint(0,9)//9
    return current
    
def many_experiments(n):
    heads_count = 0
    for i in range(n):
        if (experiment() == 0):
            heads_count += 1
    return heads_count/n
    
print(many_experiments(1000))

Αν τρέξουμε λίγες φορές το παραπάνω script θα πάρουμε αποτελέσματα που θα μοιάζουν με τα παρακάτω:

  • 0.525
  • 0.499
  • 0.512
  • 0.481
  • 0.516

Πολύ ενθαρρυντικό και το παραπάνω αποτέλεσμα – μάλλον είμαστε στον σωστό δρόμο. Μένει μόνο να δούμε αν και θεωρητικά επαληθεύεται αυτό που δείχνουν τα πειράματά μας. Όπως και πριν, θα υπολογίσουμε την πιθανότητα μίας ένωσης και, ειδικότερα, την:

\displaystyle P("K")=P\left(\bigcup_{n=1}^\infty \{\underbrace{XX,XX,\ldots,XX}_{2n-2}\Gamma K\}\right),

όπου τα XX είναι ζεύγη ίδιων αποτελεσμάτων – είτε και τα δύο κορώνες είτε και τα δύο γράμματα. Τώρα, επειδή τα ενδεχόμενά μας είναι ξένα ανά δύο, μπορούμε να γράψουμε το εξής:

\displaystyle P("K")=\sum_{n=1}^\infty \overbrace{P(\{\underbrace{XX,XX,\ldots,XX}_{2n-2}\Gamma K\})}^{p_n}.

Πρέπει τώρα να υπολογίσουμε την πιθανότητα p_n να έχουμε μία ακολουθία μήκους 2n με τα εξής χαρακτηριστικά:

  • η ακολουθία μας να καταλήγει με το ζεύγος ΓΚ,
  • η ακολουθία μας να έχει ένα αρχικό μέρος μήκους 2n-2 το οποίο να αποτελείται από ζεύγη είτε της μορφής ΚΚ είτε της μορφής ΓΓ – με οποιαδήποτε σειρά ή αναλογία.

Ένα κόλπο που μπορούμε να κάνουμε εδώ είναι το εξής: Αντί να κοιτάμε κάθε ρίψη ξεχωριστά, να κοιτάμε τις ρίψεις ως δυάδες. Επομένως:

  • η ρίψη ΓΚ έρχεται με πιθανότητα – αξιοποιούμε εδώ τη στοχαστική ανεξαρτησία όπως και παραπάνω – P(\Gamma K)=P(\Gamma)P(K)=0.1\cdot0.9=0.09,
  • η ρίψη ΚΚ έρχεται με πιθανότητα P(KK)=P(K)P(K)=0.9\cdot0.9=0.81,
  • η ρίψη ΓΓ έρχεται με πιθανότητα P(\Gamma\Gamma)=P(\Gamma)P(\Gamma)=0.1\cdot0.1=0.01.

Επομένως, μένει να δούμε πόσες διαφορετικές ακολουθίες μπορούμε να κατασκευάσουμε με μήκος 2n που να αποτελούνται από ένα σταθερό ζευγάρι ΓΚ στο τέλος και n-1 ζεύγη είτε ΚΚ είτε ΓΓ. Για να κατασκευάσουμε μία τέτοια ακολουθία πρέπει πρώτα να αποφασίσουμε πόσα ζεύγη ΚΚ θα βάλουμε σε αυτήν – οπότε, έμμεσα, έχουμε καθορίσει και το πλήθος των ΓΓ που θα περιέχονται. Θέλουμε, επομένως, να επιλέξουμε κάποια, έστω k ζεύγη από τα n-1 για να έρθουν κορώνα. Αυτό, από τη συνδυαστική που ξέρουμε, μπορεί να γίνει με τη βοήθεια του διωνυμικού συντελεστή, ο οποίος μας δίνει ακριβώς το πλήθος των τρόπων με τους οποίους μπορούμε να επιλέξουμε k στοιχεία από ένα μεγαλύτερο σύνολο n στοιχείων. Στην περίπτωσή μας, λοιπόν, έχουμε:

\displaystyle\binom{n-1}{k}=\frac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!}

τρόπους για να επιλέξουμε k ζεύγη που θα έχουν το αποτέλεσμα ΚΚ από τα συνολικά n-1 που έχουμε, για k=0,1,2,\ldots,n-1 – σιωπηλά δεχόμαστε ότι ο διωνυμικός συντελεστής είναι 0 όταν n-1=0 (δηλαδή, δεν μπορούμε να διαλέξουμε με κανέναν τρόπο κάποια στοιχεία όταν έχουμε στα χέρια μας έχουμε ακριβώς 0 στοιχεία). Τώρα, αν έχουμε σταθεροποιήσει ένα k, έχουμε k ζεύγη ΚΚ με πιθανότητα 0.81 το καθένα και n-1-k (τα υπόλοιπα) ζεύγη ΓΓ με πιθανότητα 0.01 το καθένα και το τελευταίο ζεύγος ΓΚ με πιθανότητα 0.09. Επειδή, όπως είπαμε, τα ενδεχόμενά μας είναι όλα ανά δύο στοχαστικά ανεξάρτητα, έπεται ότι η πιθανότητα να έχουμε μία ακολουθία ζευγών όπως τη θέλουμε είναι:

\underbrace{0.81\ldots0.81}_{k}\cdot\underbrace{0.01\ldots0.01}_{n-1-k}\cdot0.09=0.81^k0.01^{n-1-k}0.09

Τα παραπάνω αφορούν μία ακολουθία αποτελεσμάτων. Εμείς έχουμε \binom{n-1}{k}, άρα, συνολικά θα έχουμε:

\displaystyle\binom{n-1}{k}0.09=0.81^k0.01^{n-1-k}0.09.

Μας μένει τώρα να αθροίσουμε τα παραπάνω και για κάθε k=0,1,\ldots,n-1, οπότε παίρνουμε την πιθανότητα p_n να εμφανιστεί μία ακολουθία όπως τη θέλουμε με μήκος n:

\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}0.81^k0.01^{n-1-k}0.09=0.09\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}0.81^k0.01^{n-1-k},\ n=2,3,\ldots,

ενώ, ειδικά για n=1 έχουμε μόνο ένα ζεύγος ΓΚ, άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι p_1=0.09.

Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε το διωνυμικό ανάπτυγμα, δηλαδή την ταυτότητα:

\displaystyle(x+y)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^ky^{n-k},

για εκθέτη n-1, x=0.81 και y=0.01, οπότε θα πάρουμε:

\displaystyle p_n=0.09\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}0.81^k0.01^{n-1-k}=0.09(0.81+0.01)^{n-1}=0.09\cdot0.82^{n-1},

για n=2,3,\ldots και p_1=0.09. Μας μένει μόνο να αθροίσουμε όσα έχουμε βρει ως τώρα, συνεπώς:

\displaystyle P("K")=\sum_{n=1}^\infty0.09\cdot0.82^{n-1}=0.09\sum_{n=1}^\infty0.82^{n-1}\overset{m=n-1}{=}0.09\sum_{m=0}^\infty0.82^m=0.09\frac{1}{1-0.82}=\frac{0.09}{0.18}=\frac{1}{2},

όπου, όπως και παραπάνω, χρησιμοποιήσαμε τον τύπο μίας γεωμετρικής σειράς με λόγο \lambda<1:

\displaystyle\sum_{k=0}^\infty\lambda^k=\frac{1}{1-\lambda}.

Τελικά, λοιπόν, αποδείξαμε ότι, πράγματι, η διαδικασία που περιγράψαμε παραπάνω προσομοιώνει ένα «τίμιο» νόμισμα, υπό την έννοια ότι η πιθανότητα να έρθει «κορώνα» είναι ακριβώς 1/2, όπως θα συνέβαινε και με ένα τίμιο νόμισμα.

Επίλογος

Τα παραπάνω είναι αποτελέσματα που γενικεύονται σχετικά εύκολα για οποιαδήποτε πιθανότητα p με την οποία ένα νόμισμα φέρνει κορώνα. Με άλλα λόγια, οποιοδήποτε κάλπικο νόμισμα κι αν πάρουμε, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την παραπάνω διαδικασία για να καταφέρουμε να έχουμε δύο ισοπίθανα αποτελέσματα και, με αυτόν τον τρόπο, να έχουμε ένα τίμιο «νόμισμα» στα χέρια μας.

Η κεντρική ιδέα της ανάρτησης προήλθε από μία πολύ ωραία και κλασσική άσκηση πιθανοτήτων που μπορεί κανείς να βρει αν ανατρέξει στις Βασικές αρχές θεωρίας πιθανοτήτων του Sheldon Ross, (επιστημονική επιμέλει ελληνικής έκδοσης: Β. Φελουζής, Παν. Αιγαίου, εκδ. Κλειδάριθμος, σελ. 124, ασκ. 358).

Η κεντρική εικόνα είναι ο πίνακας Ο Ανεμόμυλος του Rembrandt.

Όπως, ίσως, θα έχετε παρατηρήσει, υπάρχει ένας παροξυσμός εδώ στο aftermaths με τον Rembrandt τον τελευταίο καιρό – αυτός ο πίνακας είναι ένας από τους αγαπημένους μου.

Καλό απόγευμα και χρόνια πολλά!

(Κι μία μικρή λειτουργία για να μπαίνουμε σιγά-σιγά σε κλίμα Πάσχα)

2 comments

Γράψτε απάντηση στο Οι λύσεις του προηγούμενου διαγωνίσματος – Γ’ ΕΠΑΛ – Aftermaths Ακύρωση απάντησης

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Google

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Σύνδεση με %s