\n Vale la pena di sottolineare come, per esempio, il comportamento della
\n moneta \u00e8 supposto indipendente dal passato: infatti, per calcolare
\n la probabilit\u00e0 che esca “testa” per 11 volte consecutive si usa
\n l’espressione 1\u00a0\/\u00a0211<\/sup> che deriva dalla cosiddetta
\n “formula per gli eventi indipendenti”. Lo stesso fattore chiave che pu\u00f2
\n portare alla comprensione del problema \u00e8 chiaramente esposto nella
\n domanda, ed \u00e8 il fatto che si punta su undici “teste” consecutive
\n dopo<\/i> che la moneta ha gi\u00e0 dato “testa” per dieci volte consecutive.
\n Per capire meglio come questo fatto sia decisivo, facciamo qualche esempio.\n <\/p>\n
\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0Prima del primo lancio
\n abbiamo tre scommettitori che puntano 1 euro su tre eventi diversi. Lo
\n scommettitore A<\/i>, che ama il rischio e le squadre perdenti ma dalle
\n quote molto remunerative, scommette che uscir\u00e0 testa per 11 volte
\n di seguito. Lo scommettitore B<\/i>, che si trova l\u00ec pi\u00f9
\n che altro per passare il tempo, scommette che uscir\u00e0 testa all’undicesimo
\n lancio: gli altri lanci non gli interessano, e li guarder\u00e0 senza
\n preoccuparsene. Lo scommettitore C<\/i> (che non ha tempo da perdere)
\n scommette invece che uscir\u00e0 testa al primo lancio. <\/p>\n
\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00c8 evidente che \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0Al primo lancio, la \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0La situazione si movimenta: \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0Prima dell’undicesimo \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0 Ma allora perch\u00e9 \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0In definitiva: quando Dedichiamoci ora a un approccio pi\u00f9 rigoroso del \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0Dato che per ogni lancio \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0La probabilit\u00e0 \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0Possiamo calcolare \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0Questo “principio del \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0Possiamo ritrovare Complichiamo ora un po’ le cose, e consideriamo la probabilit\u00e0 dove n<\/i>! (che si legge “n<\/i> fattoriale”) indica cio\u00e8 che (e anche questo \u00e8 suggerito correttamente \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0Come \u00e8 ragionevole, allora, \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0La legge dei grandi Vale forse a questo punto la pena di osservare come, in \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0In effetti, si pu\u00f2 Da questo risultato, per esempio, si pu\u00f2 concludere e quindi <\/p>\n che tende a 0 se n<\/i> tende all’infinito. <\/p>\n \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0Le cose vanno meglio e quindi che tale probabilit\u00e0 tende a uno per n<\/i> \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0Si noti, inoltre, che \u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0\u00a0C’\u00e8 infine un’altra […]<\/p>\n","protected":false},"author":196,"featured_media":0,"comment_status":"closed","ping_status":"open","sticky":false,"template":"","format":"standard","meta":{"footnotes":""},"categories":[71],"tags":[],"class_list":["post-80","post","type-post","status-publish","format-standard","hentry","category-statistica-e-probabilita"],"_links":{"self":[{"href":"https:\/\/www.vialattea.net\/content\/wp-json\/wp\/v2\/posts\/80","targetHints":{"allow":["GET"]}}],"collection":[{"href":"https:\/\/www.vialattea.net\/content\/wp-json\/wp\/v2\/posts"}],"about":[{"href":"https:\/\/www.vialattea.net\/content\/wp-json\/wp\/v2\/types\/post"}],"author":[{"embeddable":true,"href":"https:\/\/www.vialattea.net\/content\/wp-json\/wp\/v2\/users\/196"}],"replies":[{"embeddable":true,"href":"https:\/\/www.vialattea.net\/content\/wp-json\/wp\/v2\/comments?post=80"}],"version-history":[{"count":0,"href":"https:\/\/www.vialattea.net\/content\/wp-json\/wp\/v2\/posts\/80\/revisions"}],"wp:attachment":[{"href":"https:\/\/www.vialattea.net\/content\/wp-json\/wp\/v2\/media?parent=80"}],"wp:term":[{"taxonomy":"category","embeddable":true,"href":"https:\/\/www.vialattea.net\/content\/wp-json\/wp\/v2\/categories?post=80"},{"taxonomy":"post_tag","embeddable":true,"href":"https:\/\/www.vialattea.net\/content\/wp-json\/wp\/v2\/tags?post=80"}],"curies":[{"name":"wp","href":"https:\/\/api.w.org\/{rel}","templated":true}]}}
\n la puntata pi\u00f9 “simpatica” al bookmaker di turno \u00e8 quella
\n di A<\/i>, che ha soltanto lo 0,048% di probabilit\u00e0 di vincita
\n (1\u00a0\/\u00a0211<\/sup>, appunto): la quota “onesta” \u00e8 pertanto
\n 2048:1. Neanche la puntata di C<\/i> causa problemi al botteghino, perch\u00e9
\n il bookmaker sa che al primo lancio la moneta ha esattamente le stesse
\n probabilit\u00e0 di fare testa o croce, e quindi C<\/i> ha il 50%
\n di probabilit\u00e0 di vincita: la sua quota \u00e8 di 2:1. La puntata
\n di B<\/i>, invece, viene accettata con la riserva (inammissibile da
\n parte di un bookmaker “serio”, ma che supponiamo concessa al nostro) di
\n fissare la quota pi\u00f9 tardi. B<\/i> accetta, perch\u00e9 come
\n abbiamo detto \u00e8 l\u00ec soltanto per passare il pomeriggio in
\n allegria. <\/p>\n
\n moneta d\u00e0 testa. A<\/i> pensa: beh, sono ancora in gioco. B<\/i>
\n si guarda un po’ attorno con aria indifferente. Il bookmaker, pagati i
\n due euro a C<\/i> che ringrazia e scappa via, non si preoccupa pi\u00f9
\n di tanto: le probabilit\u00e0 che una moneta faccia “testa” per 11 volte
\n di seguito, in fondo, sono sempre una su 2048. <\/p>\n
\n per i primi dieci lanci, la moneta continua a cadere dalla parte della
\n testa come se fosse calamitata. Dieci teste consecutive. Il bookmaker
\n pu\u00f2 continuare a sentirsi in una botte di ferro, oppure comincia
\n a pensare che la probabilit\u00e0 di pagare la scommessa “grossa” non
\n \u00e8 pi\u00f9 cos\u00ec remota? Mettiamoci nei panni di A<\/i>.
\n Di fronte alla prospettiva di tornare a casa con 2048 euro avendone scommesso
\n uno, avremmo anche noi tutti la seguente stima delle nostre attuali probabilit\u00e0
\n di vittoria: se al prossimo lancio la moneta fa croce, perdiamo, se al
\n prossimo lancio fa testa, vinciamo. Una probabilit\u00e0 su due: A<\/i>,
\n che sente l’effetto dell’adrenalina come soltanto i giocatori la conoscono,
\n pensa che ormai \u00e8 praticamente fatta. Secondo l’ottica comune,
\n invece, B<\/i> pensa: che sfortuna, non \u00e8 possibile che esca
\n testa 11 volte di seguito, la mia scommessa \u00e8 quasi persa. <\/p>\n
\n lancio, il bookmaker deve comunicare a B<\/i> la sua quota. Che cosa
\n deve fare: pensare come A<\/i> e quotare la scommessa 2:1 oppure pensarla
\n come B<\/i> e quotarla 2048:1? E se A<\/i>, prima del primo lancio,
\n avesse deciso di dirigersi al tavolo del blackjack e non avesse mai puntato
\n sulle 11 teste di seguito, oppure se B<\/i> avesse assistito alle corse
\n dei cavalli durante i primi dieci lanci, la quota di B<\/i> sarebbe
\n sempre la stessa? La risposta a questo punto dovrebbe essere evidente:
\n la quota di B<\/i>, fin dal primo lancio, poteva essere solamente 2:1.\n <\/p>\n
\n A<\/i> si trova al decimo lancio ad avere una probabilit\u00e0 su
\n due di vittoria invece di una su 2048? La risposta sta nel fatto che a
\n ogni lancio si verifica<\/i> una delle due possibilit\u00e0 previste
\n per quel lancio, e quindi il numero dei risultati finali possibili viene
\n dimezzato, escludendone alcuni che ora diventano impossibili. Se esce
\n testa al primo lancio, in effetti, qual \u00e8 la probabilit\u00e0
\n che esca croce per undici volte di seguito in undici lanci? La risposta,
\n evidentemente, non \u00e8 pi\u00f9 1 su 2048, ma (noto il risultato
\n del primo lancio) semplicemente zero. Allo stesso modo, se esce testa
\n il primo lancio, la probabilit\u00e0 che esca testa per undici volte
\n di seguito non \u00e8 pi\u00f9 1 su 2048, ma raddoppia e passa a 1
\n su 1024. Ogni volta consecutiva che esce “testa”, insomma, la probabilit\u00e0
\n di vittoria di A<\/i> raddoppia, e questa \u00e8 la ragione per cui
\n all’ultimo lancio le sua chances<\/i> sono proprio una su due. Come
\n contropartita, bisogna considerare che se fosse uscita croce anche soltanto
\n una volta, le sue probabilit\u00e0 all’ultimo lancio sarebbero state
\n esattamente zero. <\/p>\n
\n si parla di eventi composti, non si pu\u00f2 considerare il passato
\n per calcolarne la probabilit\u00e0, perch\u00e9 il passato \u00e8
\n gi\u00e0 accaduto, mentre ha senso parlare di probabilit\u00e0 solo
\n nel caso di eventi dal risultato incerto. Non a caso, nessun bookmaker
\n oggi (18 ottobre 2001) accetterebbe una scommessa sulla vittoria della
\n Juventus nella sua partita di ieri<\/i> in Champions League. <\/p>\n
\n problema, cercando di costruire un modello matematico adatto a descriverlo.
\n Vogliamo effettuare un “esperimento aleatorio” lanciando una moneta n<\/i>
\n volte consecutivamente (per esempio, nel caso della domanda in questione,
\n si ha n<\/i>\u00a0=\u00a011). Decidiamo di associare a “testa” il valore
\n 1 e a “croce” il valore zero (per il momento, si tratta di una pura convenzione;
\n in realt\u00e0 vedremo tra pochissimo che questa scelta ci sar\u00e0
\n molto comoda): allora il risultato di una serie di n<\/i> lanci si pu\u00f2
\n indicare con l’n<\/i>-upla (a<\/i>1<\/sub>,\u00a0a<\/i>2<\/sub>,\u00a0a<\/i>3<\/sub>,\u00a0…\u00a0a<\/i>n<\/i><\/sub>)
\n dove a<\/i>i<\/i><\/sub> rappresenta il risultato dell’i<\/i>-esimo
\n lancio. Per esempio, nel caso di due soli lanci (n<\/i>=2), i possibili
\n risultati secondo questa notazione sono: (0,\u00a00) (croce in entrambi
\n i lanci), (0,\u00a01) (croce il primo lancio, testa il secondo), (1,\u00a00)
\n (testa il primo lancio, croce il secondo) e (1,\u00a01) (testa in entrambi
\n i lanci). Si noti che, in particolare (ecco la comodit\u00e0 di cui
\n parlavamo quando abbiamo scelto la convenzione), la somma dei primi k<\/i>
\n risultati, cio\u00e8 a<\/i>1<\/sub>\u00a0+\u00a0a<\/i>2<\/sub>\u00a0+\u00a0…\u00a0+\u00a0a<\/i>k<\/i><\/sub>,
\n rappresenta il numero di teste uscite nei primi k<\/i> lanci. <\/p>\n
\n ci sono due possibili risultati, il numero totale di risultati possibili
\n \u00e8 2n<\/i><\/sup>. Dal momento che non c’\u00e8 nessuna
\n ragione per supporre che una successione di risultati sia “pi\u00f9
\n probabile” di un’altra — come la stessa domanda evidenzia in un caso
\n particolare — \u00e8 naturale supporre che tutti i 2n<\/i><\/sup>
\n possibili risultati abbiano la stessa probabilit\u00e0 di verificarsi,
\n cio\u00e8 1\u00a0\/\u00a02n<\/i><\/sup> ciascuno (ricordiamo, infatti,
\n che la somma delle probabilit\u00e0 di tutti gli eventi deve sempre
\n essere uguale a 1). La naturale evoluzione di questa considerazione \u00e8
\n quello che alcuni probabilisti chiamano il “principio del contare”: se
\n gli eventi elementari sono equiprobabili, la probabilit\u00e0 di un
\n evento composto si calcola dividendo il numero di casi favorevoli per
\n il numero dei casi possibili<\/i>. Vediamo qui di seguito alcuni esempi
\n in proposito, complicando le cose a mano a mano. <\/p>\n
\n che esca testa in tutti gli n lanci<\/i> si ritrova subito secondo questo
\n principio: c’\u00e8 un solo caso favorevole — che nelle nostre notazioni
\n corrisponde a (1,\u00a01,\u00a0…,\u00a01,\u00a01) — mentre i casi possibili
\n sono 2n<\/i><\/sup>, quindi la probabilit\u00e0 cercata \u00e8
\n 1\u00a0\/\u00a02n<\/i><\/sup>. La probabilit\u00e0 che escano
\n almeno n<\/i>\u00a0–\u00a01 teste di seguito<\/i> si calcola considerando
\n che i casi favorevoli sono (1,\u00a01,\u00a0…,\u00a01,\u00a01) (esce
\n sempre testa), (0,\u00a01,\u00a0…,\u00a01,\u00a01) (esce sempre testa
\n tranne il primo lancio) e (1,\u00a01,\u00a0…,\u00a01,\u00a00) (esce
\n sempre testa tranne l’ultimo lancio): la probabilit\u00e0 \u00e8 quindi
\n 3\u00a0\/\u00a02n<\/i><\/sup>. Se poi volevamo che uscissero esattamente<\/i>
\n n<\/i>\u00a0–\u00a01 teste di seguito, il primo dei tre casi appena
\n visti non \u00e8 pi\u00f9 “favorevole”, quindi la probabilit\u00e0
\n \u00e8 2\u00a0\/\u00a02n<\/i><\/sup>\u00a0=\u00a01\u00a0\/\u00a02n<\/i>\u00a0–\u00a01<\/sup>.
\n Per calcolare la probabilit\u00e0 che escano esattamente<\/i> n<\/i>\u00a0–\u00a01
\n teste (anche “non di seguito”), basta osservare che i casi favorevoli
\n sono quelli che hanno n<\/i>\u00a0–\u00a01 “uno” e un solo “zero”: dal
\n momento che le posizioni possibili per gli zeri sono n<\/i>, tante quanti
\n sono i lanci effettuati in totale, la probabilit\u00e0 \u00e8 n<\/i>\u00a0\/\u00a02n<\/i><\/sup>.\n <\/p>\n
\n in questo modo anche la probabilit\u00e0 che esca testa il primo
\n lancio<\/i> (che sappiamo gi\u00e0 essere di 1\u00a0\/\u00a02). In questa
\n situazione, i casi favorevoli sono infatti tutti quelli della forma (1,\u00a0*,\u00a0…,\u00a0*,\u00a0*)
\n dove al posto di “*” si pu\u00f2 mettere sia 0 sia 1: abbiamo quindi
\n una scelta obbligata per la prima componente e due scelte per tutte le
\n altre (dalla seconda all’ultima). I casi favorevoli sono allora 2n<\/i>\u00a0–\u00a01<\/sup>
\n e la probabilit\u00e0 \u00e8 appunto 2n<\/i>\u00a0–\u00a01<\/sup>\u00a0\/\u00a02n<\/i><\/sup>\u00a0=\u00a01\u00a0\/\u00a02.
\n Ragionando nello stesso modo, si capisce che la probabilit\u00e0 che
\n esca “testa” in un lancio fissato (per esempio, il decimo, oppure l’ottavo)
\n \u00e8 sempre 1\u00a0\/\u00a02 qualsiasi sia il lancio che si considera.\n <\/p>\n
\n contare” pu\u00f2 essere usato anche per calcolare le “probabilit\u00e0
\n condizionate”, cio\u00e8 la probabilit\u00e0 che diamo al verificarsi
\n di un evento A<\/i> nel caso che sappiamo che un altro evento B<\/i>
\n si \u00e8 verificato. Useremo allora sempre la formula “numero di casi
\n favorevoli diviso numero di casi possibili”, considerando per\u00f2
\n “possibili” soltanto i casi compatibili con l’evento che sappiamo essersi
\n verificato. Per esempio: se esce croce il primo lancio, non abbiamo pi\u00f9
\n 2n<\/i><\/sup> risultati possibili, ma soltanto tutti quelli del
\n tipo (0,\u00a0*,\u00a0…,\u00a0*,\u00a0*) che sono 2n<\/i>\u00a0–\u00a01<\/sup>.
\n La probabilit\u00e0 che escano n<\/i>\u00a0–\u00a01 teste di seguito
\n dato il fatto<\/u> che \u00e8 uscita croce il primo lancio<\/i>,
\n allora, si deve calcolare considerando che ora l’unico<\/i> evento favorevole
\n tra i 2n<\/i>\u00a0–\u00a01<\/sup> che sono possibili dopo il primo
\n lancio \u00e8 (0,\u00a01,\u00a0…,\u00a01,\u00a01), e vale quindi 1\u00a0\/\u00a02n<\/i>\u00a0–\u00a01<\/sup>
\n (cio\u00e8 non pi\u00f9 3\u00a0\/\u00a02n<\/i><\/sup> com’era
\n “a priori”). <\/p>\n
\n in questo modo anche ci\u00f2 che abbiamo detto nella prima parte, cio\u00e8
\n che la probabilit\u00e0 che escano n<\/i> teste se sappiamo che \u00e8
\n uscita “croce” anche una sola volta \u00e8 zero e che, se continuano
\n a uscire teste, la probabilit\u00e0 che escano n<\/i> teste raddoppia
\n a ogni lancio. In particolare, la probabilit\u00e0 che escano n<\/i>
\n teste se nei primi n<\/i>\u00a0–\u00a01 lanci \u00e8 sempre uscita
\n “testa” \u00e8 1\u00a0\/\u00a02, perch\u00e8 gli unici due eventi possibili
\n sono (1,\u00a01,\u00a0…,\u00a01,\u00a00) e (1,\u00a01,\u00a0…,\u00a01,\u00a01),
\n e l’unico evento favorevole \u00e8 il secondo dei due. <\/p>\n
\n
\n che escano esattamente k teste su n lanci<\/i>. Grazie alla convenzione
\n che abbiamo scelto, la notazione per questo problema si “semplifica” definendo
\n la quantit\u00e0 Sn<\/sub><\/i>\u00a0:=\u00a0a<\/i>1<\/sub>\u00a0+\u00a0a<\/i>1<\/sub>\u00a0+\u00a0…\u00a0+\u00a0an<\/sub><\/i>
\n e cercando la probabilit\u00e0 che Sn<\/sub><\/i> sia uguale a
\n k<\/i>. Si ha che sono uscite esattamente k<\/i> teste se (e solo
\n se!) ci sono esattamente k<\/i> “uno” nella n<\/i>-upla che rappresenta
\n il risultato degli n<\/i> lanci: ci si pu\u00f2 convincere che le
\n n<\/i>-uple di questo tipo sono tante quante i sottoinsiemi di k<\/i>
\n elementi contenuti in un insieme di n<\/i> elementi (si tratta, infatti,
\n di vedere in “quali” k<\/i> degli n<\/i> lanci sono uscite le teste).
\n Grazie alla formula che permette di calcolare le “combinazioni di k<\/i>
\n oggetti scelti tra n<\/i>” e (ancora una volta) al “principio del contare”,
\n possiamo allora concludere che <\/p>\n
\n ![\"eq005\"](\"..\/..\/esperti\/mat\/moneta\/Moneta.eqd\/eq005.gif\"\/)
\n <\/center><\/p>\n
\n il prodotto di tutti i numeri interi tra uno e n<\/i>. (Per esempio:
\n 5!\u00a0=\u00a05 ![\"eq003\"](\"..\/..\/esperti\/mat\/moneta\/Moneta.eqd\/eq003.gif\"\/)
\n 4
\n 3
\n 2
\n 1\u00a0=\u00a0120.) Con un calcolo diretto si verifica che il valore atteso
\n di teste \u00e8 <\/p>\n
\n ![\"eq007\"](\"..\/..\/esperti\/mat\/moneta\/Moneta.eqd\/eq007.gif\"\/)
\n <\/center><\/p>\n
\n nella domanda) “in media” si otterranno met\u00e0 teste e met\u00e0
\n croci. Si ricordi, per\u00f2 che il valore atteso ha un significato
\n soltanto statistico: il fatto che E{Sn<\/sub><\/i>}\u00a0=\u00a01\u00a0\/\u00a02,
\n infatti, si potrebbe esprimere (in termini matematicamente imprecisi)
\n dicendo che ripetendo moltissime volte una serie di n lanci, la media
\n del numero di teste ottenuta sar\u00e0 “intorno” a n\u00a0\/\u00a02<\/i>.\n <\/p>\n![\"\"\/](\"..\/..\/esperti\/mat\/moneta\/Moneta.eqd\/graph1.gif\")
<\/p>\n
\n il numero medio di teste dipende dal numero n<\/i> di lanci effettuati.
\n Ma ci accorgiamo subito che se definiamo la frequenza media<\/i> di
\n teste in n<\/i> lanci, cio\u00e8 il rapporto Sn<\/sub><\/i>\u00a0\/\u00a0n<\/i>
\n tra il numero di teste uscite e il numero di lanci effettuati, otteniamo
\n che il valore atteso di questa nuova variabile aleatoria \u00e8 1\u00a0\/\u00a02
\n indipendentemente dal numero dei lanci. Il grafico qui a fianco rappresenta
\n la distribuzione di probabilit\u00e0 di questa “frequenza” di teste
\n in quattro casi particolari (1, 10, 100 e 1000 lanci): si pu\u00f2 allora
\n notare come, al crescere del numero di lanci, la probabilit\u00e0 di
\n ottenere una frequenza vicina a 1\u00a0\/\u00a02 \u00e8 sempre pi\u00f9
\n alta, mentre la probabilit\u00e0 di ottenere una frequenza lontana da
\n 1\u00a0\/\u00a02 \u00e8 sempre pi\u00f9 bassa. <\/p>\n
\n numeri<\/i> (di cui esistono varie versioni) non \u00e8 altro che la
\n formalizzazione rigorosa di quanto si vede in questo grafico. Per esempio,
\n la legge dei grandi numeri nell’enunciato di Bernoulli (riferita al caso
\n della moneta) dice che: scelto comunque un numero positivo ![\"eq008\"](\"..\/..\/esperti\/mat\/moneta\/Moneta.eqd\/eq008.gif\"\/)
\n , la probabilit\u00e0 che la frequenza di teste ottenuta sia lontana
\n da 1\u00a0\/\u00a02 pi\u00f9 di
\n tende a zero quando il numero di lanci tende all’infinito<\/i>, cio\u00e8
\n in simboli: <\/p>\n
\n ![\"eq010\"](\"..\/..\/esperti\/mat\/moneta\/Moneta.eqd\/eq010.gif\"\/)
\n <\/center><\/p>\n
\n questa forma, la legge dei grandi numeri sia pressoch\u00e9 inutile
\n dal punto di vista pratico. Non solo, infatti, ci troviamo ad avere a
\n che fare con un “intervallo di frequenze ammesse” (quell’
\n , che comunque possiamo scegliere a nostro piacere), ma abbiamo anche
\n un risultato che vale “al limite” senza specificare quanto rapidamente<\/i>
\n si converga a quel limite. \u00c8 soprattutto questa seconda parte la
\n cosa pi\u00f9 fastidiosa: si consideri, per esempio, il fatto che sia
\n la funzione f<\/i>(x<\/i>)\u00a0:=\u00a010\u00a0\/\u00a0log10<\/sub>(x<\/i>),
\n sia la funzione g<\/i>(x<\/i>)\u00a0:=\u00a0e–x<\/i><\/sup>
\n tendono a zero per x<\/i> che tende all’infinito, ma mentre g<\/i>(1000)\u00a0=\u00a05
\n
\n 10-435<\/sup> (un numero tanto piccolo che solo per pronunciarlo in
\n termini di miliardesimi di miliardesimi servirebbe circa un minuto), f<\/i>(1000)=3.33…,
\n ancora molto “lontano” da zero. Se aggiungiamo che la f<\/i> appena
\n definita \u00e8 minore di 1 soltanto per x<\/i>\u00a0>\u00a010\u00a0000\u00a0000\u00a0000,
\n possiamo forse capire quanta poca informazione dia la legge dei grandi
\n numeri in questa forma. <\/p>\n
\n ottenere un po’ di informazione in pi\u00f9 su questo comportamento
\n asintotico. Diamo un cenno rapido di un risultato in questo senso, perch\u00e9
\n una trattazione completa richiederebbe troppo spazio e troppa precisione
\n per rientrare negli scopi di questa risposta. Tramite teoremi cosiddetti
\n “del limite”, si riesce a dimostrare che la legge di una variabile definita
\n in qualche modo a partire da Sn<\/sub><\/i> “tende” a una legge
\n gaussiana standard con precisione determinabile. In dettaglio, si ha che\n <\/p>\n
\n ![\"eq011\"](\"..\/..\/esperti\/mat\/moneta\/Moneta.eqd\/eq011.gif\"\/)
\n <\/center><\/p>\n
\n che la probabilit\u00e0 che la frequenza di teste sia esattamente n<\/i>\u00a0\/\u00a02
\n diminuisce<\/i> al crescere del numero dei lanci, perch\u00e8 <\/p>\n
\n ![\"eq012\"](\"..\/..\/esperti\/mat\/moneta\/Moneta.eqd\/eq012.gif\"\/)
\n <\/center><\/p>\n
\n ![\"eq013\"](\"..\/..\/esperti\/mat\/moneta\/Moneta.eqd\/eq013.gif\"\/)
\n <\/center><\/p>\n
\n se, invece di un valore preciso, ci accontentiamo di un “intervallo” di
\n frequenze. Proviamo, per esempio, ad applicare lo stesso risultato per
\n calcolare la probabilit\u00e0 che la frequenza di teste sia compresa
\n tra il 49% e il 51%. Abbiamo <\/p>\n
\n ![\"eq014\"](\"..\/..\/esperti\/mat\/moneta\/Moneta.eqd\/eq014.gif\"\/)
\n <\/center><\/p>\n
\n tendente all’infinito. Usando questa stima, possiamo inoltre calcolare
\n esplicitamente l’ultimo termine qui sopra in funzione del numero dei lanci
\n e dire, per esempio, che se vogliamo avere il 95% di probabilit\u00e0
\n di ottenere una frequenza tra il 49% e il 51% dobbiamo eseguire 10500
\n lanci, e che se vogliamo avere il 99% di probabilit\u00e0 di ottenere
\n una frequenza tra il 49% e il 51% dobbiamo eseguire circa 22000 lanci.
\n Tali risultati sono forse leggermente migliorabili (perch\u00e9 si basano
\n sul membro destro della disequazione trovata qui sopra che \u00e8 una
\n stima per difetto della probabilit\u00e0 vera), ma danno comunque un
\n ordine di grandezza decisamente affidabile. <\/p>\n
\n eseguire 10500 lanci non ci assicura per nulla che otterremo una frequenza
\n di teste tra il 49% e il 51%, ma soltanto che abbiamo il 95% di probabilit\u00e0
\n di ottenerla. Si pone a questo punto il problema di quale sia l’atteggiamento
\n del “giocatore” nei confronti del rischio. Tutti, infatti, punteremmo
\n 1 euro in un gioco che ci d\u00e0 il 50% di probabilit\u00e0 di vincerne
\n 1000 senza altre contropartite. Non tutti, per\u00f2 sono disposti a
\n puntare 5 euro in un gioco, come per esempio il superenalotto, che d\u00e0
\n una probabilit\u00e0 di vincita (includendo tutte le combinazioni vincenti,
\n dal “tre” in su) di circa una su 5650, e di una su decine milioni se si
\n considerano vincite superiori ai 1000 euro di cui sopra. Non solo: pensiamo
\n per esempio a un gioco al quale si partecipa gratis che d\u00e0 il 99,9%
\n di probabilit\u00e0 di vinceere 1000 euro, e lo 0,1% di probabilit\u00e0
\n di venire uccisi per fucilazione. Parteciperemmo? E se il premio “quasi
\n sicuro” fosse di 1 euro? Oppure di un milione di euro? Confesso che io
\n sarei decisamente tentato di competere per un milione, direi sicuramente
\n di no per un euro e ci penserei per i mille. Insomma: la valutazione delle
\n probabilit\u00e0 come “a favore” oppure “contro” \u00e8 decisamente
\n soggettiva. <\/p>\n
\n osservazione che \u00e8 giusto fare, ed \u00e8 il fatto che estremamente
\n improbabile<\/i> non significa affatto impossibile<\/i>. Da un lato,
\n in effetti, anche le probabilit\u00e0 pi\u00f9 piccole diventano “grandi”
\n ripetendo l’esperimento un numero sufficiente di volte (per esempio, giocando
\n al superenalotto 4000 volte — cio\u00e8, per esempio, non perdendosi
\n un’estrazione per quarant’anni — la probabilit\u00e0 di fare almeno
\n un “tre” diventa del 50%. Dall’altro lato, soprattutto, si verificano
\n quotidianamente eventi che a priori devono essere ritenuti estremamente
\n improbabili. Per rimanere nell’ambito del superenalotto, \u00e8 gi\u00e0
\n accaduto che un bottino di miliardi per il “sei” sia stato vinto da un
\n tranquillo signore di provincia che aveva giocato due colonne: a priori,
\n la sua probabilit\u00e0 di vittoria era di una su trecento milioni,
\n eppure ha vinto. Quando si impara a calcolare le probabilit\u00e0 di
\n un evento, insomma, \u00e8 bene ricordarsi che la probabilit\u00e0
\n esprime semplicemente un nostro grado di “fiducia” nel verificarsi di
\n quell’evento, ma che la realt\u00e0 dei fatti potrebbe decidere di non
\n prestare nessuna cura a comportarsi secondo le nostre aspettative. <\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"