Risulta inoltre ovvio che 1) se all'inizio del gioco il giocatore A ha tutto il capitale e B non ha nulla, allora

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1 Diamo in questo paragrafo alcuni esempi un po' più complessi della teoria precedentemente esposta. Esempio 1*). Due giocatori A e B continuano una partita fino alla completa rovina di uno dei due. Il capitale del primo è a rubli, quello del secondo b rubli. La probabilità di vincere ogni mano è p per il giocatore A e q per il giocatore B; p + q = \n vi è (e quindi la perdita dell'altro) è di un rublo. Trovare con che probabilità uno dei due giocatori si rovinerà (si presume che i risultati di ciascuna mano siano indipendenti). Soluzione. Prima di addentrarci in una soluzione analitica del problema vediamo che cosa significa in questo contesto un evento semplice (elementare) e come è definita la probabilità dell'evento che ci interessa. Si deve intendere per evento elementare una successione infinita di alternarsi dì risultati delle singole mani giocate. Per *) Per questo problema della «rovina» utilizziamo una formulazione classica; sono però possibili altre formulazioni, del tipo di: una particella si trova su una retta nel punto O e ad ogni secondo è soggetta ad un impulso casuale, in conseguenza del quale trasla di 1 cm a destra con probabilità p. e ài i cm a sinistra con probabilità q = i p. Con che probabilità la particella si troverà a destra del punto di coordinata 6 (6 > 0) prima di trovarsi: a sinistra di un punto di coordinata a (a < O, a e b sono interi)? 63

2 esempio, un evento elementare (A, A, A,...) consiste nel fatto che tutte le mani dispari siano vinte da A e tutte quelle pari da B. Un evento casuale, lajqyjna di^4, consiste in tutti gli eventi elementari durante i quali A pèr3è""ìl suo capitale prima che lo faccia B. Va notato che ogni evento elementare è una successione numerabile composta delle lettere A e A; per questa ragione, in ogni evento elementare che interviene in un evento casuale (la rovina di ^4) al quale siamo interessati, vi sarà un insieme numerabile di alternative A e A prima che il gioco culmini con la rovina di A. Denotiamo con pn (N) la_jrjrqbabilitàche A _sì_rox.ini,..in.^/v mani se egli ^v^^jì1i!iilpr1' m fl ALr.nm mei ara']? gjntvgrfi. facile 3èTef minare questa probabilità poiché l'insieme degli eventi elementari consiste in un numero finito di elementi soltanto. Risulta naturale porre la probabilità di ogni evento elementare uguale a pmqn~m con m corrispondente al numero delle volte che viene A, e N m corrispondente ad A se N è il numero delle volte che risultano entrambe le lettere. Nello stesso modo, siano qn (N) e rn (N), rispettivamente, le probabilità che perda B e che si pareggi dopo N mani. È evidente che i numeri pn (N) e qn (N) non diminuiscono al crescere di N e il numero rn (N) non aumenta. Abbiamo allora che valgono i seguenti limiti: pn = lim Pn (N), qn=limqn(n), rn = lim rn(n). N-+OO W-*oo JV-K» Chiameremo questi limiti probabilità di perdita dei giocatori A e B e di pareggio rispettivamente, purché all'inizio del gioco A possieda n rubli e B a + b n rubli. Visto che per qualunque ne segue che al limite Pn (N) + qn (N) + rn (N) = 1 Pn + <ln + rn = I- Risulta inoltre ovvio che 1) se all'inizio del gioco il giocatore A ha tutto il capitale e B non ha nulla, allora Pa+b = O, qa+b = 1. ra+b = 0; (1) 2) se il giocatore A inizia senza alcun capitale e B possiede tutto, allora Po = 1, qa = O, r0 = 0. (!') Se il giocatore A possiede n rubli prima di qualche mano, allora la sua rovina si può verificare in due modi diversi: egli potrà sia vincere la mano successiva e perdere tutta la partita, 64

3 oppure egli potrà perdere sia la mano che la partita. Quindi, dalla formula della probabilità totale segue Pn = P'Pn+1 + <l'pn-l' Abbiamo un'equazione alle differenze finite in pn; è semplice verificare che la possiamo scrivere nella forma seguente: <l(pn Pn-l) =P (Pn+l ~ Pn)- (2) Esaminiamo dapprima la soluzione di questa equazione per p = q = _. Con questa ipotesi fvmb - Pn+l Pn = Pn Pn-l ~ - = 'Pi ~ Po = C ^ ' con e costante. Da ciò si trova che Visto che PO =1 e pa+t> O, ne segue che \_, n a-\-b ' Quindi la probabilità che il giocatore A si rovini è uguale a, a. b P<1~1 a + b ~ a + b In modo analogo troviamo che nel caso in cui p. = la probabilità che si rovini B è ^ Quindi segue che per p = q = ra = 0. Nel caso generale, per p = q, dalla (2) troviamo che Dopo alcune semplificazioni e usando le relazioni (1) troviamo (A-l. 9» Consideriamo la differenza pa+b pn; è ovvio che a+b-l a+b-i -Pn^ 2 (P*+ -P*)'='S (f)ft(pi-l) = ft=n 65

4 Poiché pa+b = 0, ne segue che / i \ I q Va+b Pn -M U "- Pi) nìi^i-lill ^ e visto che p0 = 1, abbiamo Eliminando px dalle ultime due equazioni troviamo 9 (j)^ -1 Quindi la probabilità della rovina del giocatore A è uguale a qa+b qopb Pa = qa+b pct+b. 1 p_\a+b -(f)' Esattamente nello stesso modo si trova che la probabilità della rovina del giocatore 5, per p = q, è '-(*r Le ultime due formule mostrano che, nel caso generale, la probabilità di pareggio è zero: ra = 0. Dalle formule precedenti possiamo trarre le seguenti conclusioni: se il capitale di uno dei due giocatori, ad esempio di 5, è incomparabilmente più grande del capitale di A, cosicché per tutti gli scopi pratici b può essere considerato infinitamente grande confrontato ad a, e se i due giocatori sono di uguale abilità, allora la rovina di B è praticamente impossibile. Le conclusioni sarebbero piuttosto diverse se A gioca meglio di B e, in conseguenza, p > q. Assumendo b ~ oo,

5 Da ciò deduciamo che un giocatore più bravo con un capitale minore può avere meno probabilità di rovinarsi di un giocatore con un grosso capitale ma meno abile. Alcuni problemi in fisica e in tecnologia si riducono al problema della rovina. Esempio 2. Si trovi con che probabilità una macchina che funziona all'istante t0 non si fermerà fino all'istante tg -f t se è noto che 1) questa probabilità dipende solo dalla lunghezza dell'intervallo di tempo (t0, t0 + t), 2) la probabilità che la macchina si fermi nell'intervallo di tempo Ai è proporzionale a At a meno di infinitesimi di ordine superiore rispetto a At*), 3) eventi, che consistano nell'arresto della macchina in intervalli di tempo che non si sovrappongono, sono indipendenti. Soluzione. Denotiamo la probabilità che stiamo ricercando con p (t). La probabilità che la macchina si fermi nell'intervallo di tempo At è 1 p (At) = aat + o (At) con a costante. Determiniamo con che probabilità la macchina, che è in funzione al tempo t0, non si fermi fino all'istante t0 + t + At. Perché questo evento si verifichi, è necessario che la macchina non si fermi durante il lasso di tempo che è compreso fra t e At; in virtù del teorema di moltiplicazione abbiamo allora p (t + At) = p (t) -p (At) = p (t) (i aat o (At)). E da ciò segue che >& ap(t)-o(i). (3) Passiamo al limite, per A? ->- 0; dal fatto che il secondo membro della (3) ammette un limite segue che il primo membro ammette anch'esso un limite. Quindi troviamo La soluzione di questa equazione è la funzione p (t) = Ce-at con C costante. Dalla condizione ovvia che p (0) = 1 si può ricavare questa costante. Quindi**) p (t) = e-at. *) D'ora in avanti, per stabilire che qualche quantità a è infinitamente piccola rispetto a p, scriveremo a = o (p). Ma se il rapporto j- è limitato in modulo, scriveremo a = O (P). **) Cambiando il ragionamento possiamo dimostrare che il risultato ottenuto sarebbe stato lo stesso anche ove non si assuma che è soddisfatta la seconda condizione del problema, 6?