2 problemi di probabilita'
stamattina ho 2 dubbi in probabilita' 
vorrei sapere cosa ne pensate:
1) ho una sequenza di $n$ simboli $1,2,...,n$ che vengono permutati casualmente (cioe' ogni permutazione ha prob $n!^{-1}$)
a) trovare la probabilita' che la permutazione sia del tipo $..,1,2,...$ (cioe' che 1 e due siano in ordine e vicini)
la probabilita' che $1$ compaia in ultima posizione e' $q = ((n-1)!)/(n!) = 1/n$ dunque la probabilita' richiesta dovrebbe essere
$p=(1-q)(1/(n-1)) = 1/n$ dove $1/(n-1)$ e' la probabilita' che dopo $1$ ci sia $2$.
b) trovare la probabilita' che la permutazione sia del tipo $...,1,2,3...$
come prima solo che $q$ deve tenere conto che 1 puo' comparire nell'ultima o nella penultima dunque $q=2/n$ e
$p = (1 - 2/n)(1/(n-1))(1/(n-2)) = 1/n(1/(n-1))$
2) $A$ lancia $r$ dadi e vince se compare $1$ almeno una volta, $B$ lancia $q$ dadi con $q>r$ e vince se compare $1$ almeno due volte. Trovare la probabilita' di vincita di entrambi
allora, la probabilita' che A perda e': $q_{A}=(5/6)^r$ mentre quella che $B$ perda e' la probabilita' che non compaia mai $1$ piu' la probabilita' che compaia solo una volta ovvero:
$q_{B} = (5/6)^q + q(1/6)(5/6)^(q-1)$ dove ho moltiplicato per $q$ perche' l'$1$ puo' comparire in uno qualsiasi dei $q$ lanci... ma qui non sono sicuro... in ogni caso la probabilita' richiesta sarebbe $p_{A} = 1 - q_{A}$ e $p_{B} = 1 - q_{B}$
secondo voi funzionano?
vorrei sapere cosa ne pensate:1) ho una sequenza di $n$ simboli $1,2,...,n$ che vengono permutati casualmente (cioe' ogni permutazione ha prob $n!^{-1}$)
a) trovare la probabilita' che la permutazione sia del tipo $..,1,2,...$ (cioe' che 1 e due siano in ordine e vicini)
la probabilita' che $1$ compaia in ultima posizione e' $q = ((n-1)!)/(n!) = 1/n$ dunque la probabilita' richiesta dovrebbe essere
$p=(1-q)(1/(n-1)) = 1/n$ dove $1/(n-1)$ e' la probabilita' che dopo $1$ ci sia $2$.
b) trovare la probabilita' che la permutazione sia del tipo $...,1,2,3...$
come prima solo che $q$ deve tenere conto che 1 puo' comparire nell'ultima o nella penultima dunque $q=2/n$ e
$p = (1 - 2/n)(1/(n-1))(1/(n-2)) = 1/n(1/(n-1))$
2) $A$ lancia $r$ dadi e vince se compare $1$ almeno una volta, $B$ lancia $q$ dadi con $q>r$ e vince se compare $1$ almeno due volte. Trovare la probabilita' di vincita di entrambi
allora, la probabilita' che A perda e': $q_{A}=(5/6)^r$ mentre quella che $B$ perda e' la probabilita' che non compaia mai $1$ piu' la probabilita' che compaia solo una volta ovvero:
$q_{B} = (5/6)^q + q(1/6)(5/6)^(q-1)$ dove ho moltiplicato per $q$ perche' l'$1$ puo' comparire in uno qualsiasi dei $q$ lanci... ma qui non sono sicuro... in ogni caso la probabilita' richiesta sarebbe $p_{A} = 1 - q_{A}$ e $p_{B} = 1 - q_{B}$
secondo voi funzionano?
Risposte
Il secondo dovrebbe funzionare.
Moltiplicare per 10 in generale non funzionerebbe, ma questo è un caso limite della distribuzione binomiale, essendo $((10),(1))=10$.
Purtroppo non posso leggere le formule, ma direi che l'impostazione è corretta.
Il primo lo guardo più con calma quando ho un minuto in più.
Moltiplicare per 10 in generale non funzionerebbe, ma questo è un caso limite della distribuzione binomiale, essendo $((10),(1))=10$.
Purtroppo non posso leggere le formule, ma direi che l'impostazione è corretta.
Il primo lo guardo più con calma quando ho un minuto in più.
Il primo è molto più semplice.
Pensa a quanti sono i casi possibili.
Se abbiamo una fila di $n$ oggetti, solo $(n-1)$ saranno i possibili modi in cui si possono trovare i numeri 1 e 2.
Per ogni $(n-1)$ possibile posizione, ci sono $(n-2)!$ possibili permutazioni.
Quindi, gli eventi favorevoli sono $(n-1)(n-2)!=(n-1)!$, mentre gli eventi possibili sono $n!$.
Per cui la probabilità dovrebbe essere $((n-1)!)/(n!)=1/n$.
Per 1,2,3 di seguito, il ragionamento è analogo.
Abbiamo $(n-2)(n-3)!$ casi favorevoli.
Quindi la probabilità sarà $((n-2)!)/(n!)=1/(n(n-1))$
Pensa a quanti sono i casi possibili.
Se abbiamo una fila di $n$ oggetti, solo $(n-1)$ saranno i possibili modi in cui si possono trovare i numeri 1 e 2.
Per ogni $(n-1)$ possibile posizione, ci sono $(n-2)!$ possibili permutazioni.
Quindi, gli eventi favorevoli sono $(n-1)(n-2)!=(n-1)!$, mentre gli eventi possibili sono $n!$.
Per cui la probabilità dovrebbe essere $((n-1)!)/(n!)=1/n$.
Per 1,2,3 di seguito, il ragionamento è analogo.
Abbiamo $(n-2)(n-3)!$ casi favorevoli.
Quindi la probabilità sarà $((n-2)!)/(n!)=1/(n(n-1))$
si, io ho il viziaccio di vedere prima la prob. complementare ma dovrebbe essere corretto comunque no?
cmq grazie
cmq grazie
Si, comunque è corretto.
Però, se ti complichi la vita nei quesiti facili...
Il consiglio che posso darti è, laddove sia possibile, considerare sempre il rapporto $"casi favorevoli"/"casi possibili"$.
Per quanto riguarda il secondo caso, ti propongo un esercizietto per vedere se ti è chiara una cosa:
Lancio 13 dadi: qual'è la probabilità di ottenere 5 volte la faccia "6"?
Però, se ti complichi la vita nei quesiti facili...
Il consiglio che posso darti è, laddove sia possibile, considerare sempre il rapporto $"casi favorevoli"/"casi possibili"$.
Per quanto riguarda il secondo caso, ti propongo un esercizietto per vedere se ti è chiara una cosa:
Lancio 13 dadi: qual'è la probabilità di ottenere 5 volte la faccia "6"?
lo spazio campionario e' dato dalle tupla dei risultati delle facce ad esempio: $(1,4,5...,2)$ dunque in totale ho $6^13$ casi.
per ogni caso in cui ci sono 5 facce con il 6 ho $6^8$ diversi risultati per gli altri dadi. Dunque dovrei avere
$(((13),(5))(6^8))/6^13 = 0.17$
Funziona?
edit: ma intendi esattamente cinque volte o almeno 5 volte?
per ogni caso in cui ci sono 5 facce con il 6 ho $6^8$ diversi risultati per gli altri dadi. Dunque dovrei avere
$(((13),(5))(6^8))/6^13 = 0.17$
Funziona?
edit: ma intendi esattamente cinque volte o almeno 5 volte?
Intendo esattamente 5 volte.
No, non è corretta la soluzione, c'è un piccolo errore.
No, non è corretta la soluzione, c'è un piccolo errore.
non capisco dove ho sbagliato
per ogni caso in cui ci sono 5 facce con il 6 ho $6^8$ diversi risultati per gli altri dadi
No, hai solo $5^8$ diversi risultati per gli altri dadi.
Altrimenti, potrebbero esserci altri "6".
massi' che idiota!!!
Domanda: sai cosa sono le variabili aleatorie?
le ho viste alle superiori ma tutto quello che mi ricordo e' che una variabile aleatoria e' una funzione che ha come dominio lo spazio campionario e che si usano per descrivere le distribuzioni, ho ripresa probabilita' da pochissimo perche' mi sono reso conto che ne so troppo poco ma tra un po' spero di arrivare a buon punto (anche perche' e' nel programma del secondo anno di Informatica 
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