3 monete
Un problema che mi pare semplice, ma forse non lo è 
Ho 3 monete in una borsa, 2 sono "fair", ovvero hanno p=1/2 croce e p=1/2 testa. La terza è unfair, ovvero ha 2 teste.
Estraggo una moneta a caso e faccio 3 lanci, con risultato {testa,testa,testa}
Sapendo questo qual'è la probabilità di fare croce al quarto lancio?
Ho 3 monete in una borsa, 2 sono "fair", ovvero hanno p=1/2 croce e p=1/2 testa. La terza è unfair, ovvero ha 2 teste.
Estraggo una moneta a caso e faccio 3 lanci, con risultato {testa,testa,testa}
Sapendo questo qual'è la probabilità di fare croce al quarto lancio?
Risposte
"codino75":
che intendi con "contemporaneamente"?.
Intendo in maniera brutta e informale qullo che mi è parso essere il ragionamento di Ada, che tiene conto di entrambi i tipi di probabilità, a posteriori e a priori. E personalmente io non vedo altre vie, dato che non posso concentrarmi su un singolo tipo di probabilità (a priori o a posteriori) perchè entrambe, in quanto diverse fra loro, non possono essere la probabilità "effettiva", che deve essere (ovviamente, almeno per la mia concezione di probabilità) indipendente dal tipo di ragionamento. Quindi l'unico verso per "conciliare" i 2 risultati diversi a quanto ho capito è fare come ha fatto ada, cioè trovare la probabilità di essere nella situazione di partenza (ho capito bene?) Mi sembra più che un ragionamento costruttivo una cosa "per esclusione", ma neanche troppo ho due cose che non vanno bene singolarmente (ragionamento a priori e a posteriori) quindi cosa faccio? Penso a incorporarle. Come mi sembra che abbia fatto ada. Ma chi mi giustifica questo passaggio? come faccio a sapere che il modo giusto è proprio questo, che non potevo "conciliarle" in altro modo?
Chi mi dice che gli unici ragionamenti possibili sono quello a priori e quello a posteriori (e che quindi non ce ne sia un altro che deve essere "conciliato" anche lui)?
Mi rendo conto di essere un perfetto ignorante in materia, come al solito cerco di saziare la mia curiosità qui, in attesa di seguire un corso vero di probabilità.
Poi è anche l'ora tarda e una lunga sessione di strutture algebriche che mi fa dire particolari scemenze, non me ne vogliate..
Grazie per l'attenzione, come al solito
"adaBTTLS":
${[1/3 -> 1],[2/3 ->1/8] :}$
questa è la situazione considerando che sono uscite tre teste:
...
quindi la probabilità di avere una quarta testa è $4/5*1+1/5*1/2=9/10$, mentre la probabilità di avere croce al quarto lancio è "solo" $1/5*1/2=1/10$
è chiaro? ciao.
Chiarissimo!
E, dopo $n$ lanci invece di 3, ripercorrendo passo passo i conti fatti da te, viene che la probabilità di avere testa al lancio $n+1$ è $(2^n + 1) / (2^n + 2)$.
Che, fortunatamente, tende a 1 per n che se ne va verso l'infinito. Come a dire: si impara con l'esperienza.
@ alvinlee88
mentre lo scrivevo mi è parso spontaneo usare i termini "a priori" e "a posteriori". la legge che ho usato quando ho risposto la prima volta è la stessa citata da MaMo: puoi cercare conferme in tale direzione.... pensavo che l'avessi letto, quando hai chiesto spiegazioni nel messaggio precedente!
@ Fioravante Patrone
sì, quella generalizzazione è semplice ed interessante...
io mi stavo perdendo nei calcoli pensando ad una generalizzazione sul numero di monete...
mentre lo scrivevo mi è parso spontaneo usare i termini "a priori" e "a posteriori". la legge che ho usato quando ho risposto la prima volta è la stessa citata da MaMo: puoi cercare conferme in tale direzione.... pensavo che l'avessi letto, quando hai chiesto spiegazioni nel messaggio precedente!
"MaMo":
Usando il teorema di Bayes si trova che la probabilità che la moneta estratta sia fair è 1/5 per cui la probabilità di avere croce al quarto lancio è:
$P=1/5*1/2=1/10$.
@ Fioravante Patrone
sì, quella generalizzazione è semplice ed interessante...
io mi stavo perdendo nei calcoli pensando ad una generalizzazione sul numero di monete...
"alfredoerre":
Saro' fuori allenamento e sono passati 30 anni dal mio 30 e lode in statistica, ma a me sembra così banale. Hai 3 monete, 1 taroccata (2 teste), la probabilità di fare testa al quarto o all'n-simo tentativo ovviamente non è condizionata dalle altre ed è p(T)=1-p(C), la probabilità di fare Croce p(C) per il teorema di Bayes è 2/3 * 1/2 = 1/3 quindi p(T)=2/3. Se le monete taroccate sono 2 diventa p(T)=1-1/3*1/2=5/6. Ciao
i) corso del tutto inutile,almeno ai fini del problema..
ii) non voglio essere cattivo ma fortuna che non ero io il tuo prof di statistica..
Premetto che ho dato solo una letta veloce a tutte le risposte..la risposta che mi è venuta piu intuitiva sarebbe stata questa:
Problema
Siano date $\vec{A}=(A_1, A_2, ..., A_w) \in \mathbb{N}_0^w$ monete, tali che estraggono l'esito "testa" con probabilità $\vec{P}=(P_1,P_2,...P_w) \in [0,1]^w$. Inoltre le monete hanno un "peso" diverso quindi vengono estratte con probabilità $\vec{Q}=(Q_1,Q_2,...Q_w) \in [0,1]^w$. Sapendo che, presa una moneta a caso, abbiamo avuto esattamente $k \in [0,n]$ esiti "testa", determinare la probabilità di ottenere "testa" all'$(n+1)$- lancio.
Soluzione
Definita l'usuale relazione d'ordine vettoriale $\vec{H} \le \vec{K}, (\vec{H},\vec{K}) \in \mathbb{R}^{2t}$ se e solo se $H_i \le K_i, \forall i \in [1,t]$, e definito $\vec{P_{max}} \in [0,1]^w$ il vettore con componenti $P_i = (A_i)^{-1}, \forall i \in [1,w]$, allora possiamo affermare che certamente vale la diseguaglianza $\vec{P} \le \vec{P_{max}}$.
Inoltre per la condizione di normalizzazione deve valere $\vec{Q}*\vec{A}= \sum_{i=1}^w{A_iQ_i}=\sum_{i=1}^w{A_i}$ (ricordiamo che $*$ denota l'inner product vettoriale).
La probabilità di aver estratto una delle monete $\{A_i\}$ e aver ottenuto esattamente $K$ volte l'esito testa è $T_i=(\frac{A_iQ_i}{\sum_{i=1}^w{A_i}}) (\frac{n!}{k!(n-k)!}) P_i^k(1-P_i)^{n-k}, \forall i \in [1,w]$. Sia $\vec{T}=(T_1,T_2,...T_w) \in [0,1]^w$ il vettore di tali probabilità.
La probabilità di ottenere l'esito "testa" all' $(n+1)$-lancio vale quindi: $\frac{\vec{T}*\vec{P}}{\sum_{i=1}^w{T_i}}$.
Sostituendo al problema originale i valori:
i) $w=2$;
ii) $n=3$;
iii) $\vec{A}=(2,1)$;
iv) $\vec{P}=(\frac{1}{2},1)$;
v) $\vec{Q}=(\frac{1}{3},\frac{1}{3})$,
otteniamo una probabilità del $90%$.
@adaBBTLS e FioravantePatrone,che ve ne pare come generalizzazione?
sicuramente è verosimile! però, scomodare addirittura i vettori per un banale esercizietto...
ormai, sono stata tirata in ballo, tanto vale che aggiunga la generalizzazione:
quando io dicevo a Fioravante che mi perdevo nei calcoli... in realtà era per arrivare al suo risultato non avendo però dato la sua interpretazione!
a questo punto ripropongo il vecchio schema mantenendo $n$=numero lanci fino a quel momento (tutti con esito Testa) come ha scritto Fioravante,
mentre chiamo $m$ il numero delle monete, di cui diciamo che $k$ sono "fasulle" (hanno due Teste) ed $m-k$ sono eque.
nello schema mio precedente, adattato a questa generalizzazione, verrebbe: ${[k/m -> 1],[(m-k)/m ->1/(2^n)] :}$ che porta alle seguenti soluzioni:
P(T)=$(k*2^(n+1)+m-k)/(2*(k*2^n+m-k))$, P(C)=$(m-k)/(2*(k*2^n+m-k))$
dove P(T) e P(C) sono le probabilità di fare rispettivamente Testa e Croce all'(n+1)-esimo lancio.
ciao.
ormai, sono stata tirata in ballo, tanto vale che aggiunga la generalizzazione:
quando io dicevo a Fioravante che mi perdevo nei calcoli... in realtà era per arrivare al suo risultato non avendo però dato la sua interpretazione!
a questo punto ripropongo il vecchio schema mantenendo $n$=numero lanci fino a quel momento (tutti con esito Testa) come ha scritto Fioravante,
mentre chiamo $m$ il numero delle monete, di cui diciamo che $k$ sono "fasulle" (hanno due Teste) ed $m-k$ sono eque.
nello schema mio precedente, adattato a questa generalizzazione, verrebbe: ${[k/m -> 1],[(m-k)/m ->1/(2^n)] :}$ che porta alle seguenti soluzioni:
P(T)=$(k*2^(n+1)+m-k)/(2*(k*2^n+m-k))$, P(C)=$(m-k)/(2*(k*2^n+m-k))$
dove P(T) e P(C) sono le probabilità di fare rispettivamente Testa e Croce all'(n+1)-esimo lancio.
ciao.
"adaBTTLS":
sicuramente è verosimile! però, scomodare addirittura i vettori per un banale esercizietto...
Sai benissimo che potevo scrivere semplicemente "n-upla" e non sarebbe cambiato nulla..
Ad ogni modo la probabilità finale risulterebbe(senza vettori, con la mia notazione):
$\frac{\sum_1^w{A_iQ_iP_i^{k+1}(1-P_i}^{n-k}}}{\sum_1^w{A_iQ_iP_i^k(1-P_i)^{n-k}}}$,
che non mi pare manco tanto brutta..
io non ho fatto nessuna annotazione di tipo estetico, però, se tu ritieni che l'ultima versione non sia tanto brutta la potevi anche proporre secondo i tuoi canoni di bellezza!
a parte gli scherzi, visto che tu ti permetti di dire battute su tutti, non capisco perché te la possa prendera tanto... anche perché il banale era riferito ad un esercizietto che non portava certo la tua firma!
a parte gli scherzi, visto che tu ti permetti di dire battute su tutti, non capisco perché te la possa prendera tanto... anche perché il banale era riferito ad un esercizietto che non portava certo la tua firma!
"adaBTTLS":
io non ho fatto nessuna annotazione di tipo estetico, però, se tu ritieni che l'ultima versione non sia tanto brutta la potevi anche proporre secondo i tuoi canoni di bellezza!
a parte gli scherzi, visto che tu ti permetti di dire battute su tutti, non capisco perché te la possa prendera tanto... anche perché il banale era riferito ad un esercizietto che non portava certo la tua firma!
piano piano, scusa, non intendevo certo offendere nessuno..
vabe ho capito, non è forum per me..
non mi hai di certo offesa.
però, perché dici che non è forum per te?
non accetti che si scherzi o che ti si risponda, magari prendendo le difese di altri?
vai per la tua strada: continua pure se pensi di aver ragione, chi sono io per giudicare?
altrimenti, se qualche civile scambio di opinioni può portare ad una riflessione interiore ... il cambiamento può avvenire in tanti sensi ed in tutte le direzioni!
scusa se sono stata brusca e diretta... anch'io sono fatta così!
ciao.
però, perché dici che non è forum per te?
non accetti che si scherzi o che ti si risponda, magari prendendo le difese di altri?
vai per la tua strada: continua pure se pensi di aver ragione, chi sono io per giudicare?
altrimenti, se qualche civile scambio di opinioni può portare ad una riflessione interiore ... il cambiamento può avvenire in tanti sensi ed in tutte le direzioni!
scusa se sono stata brusca e diretta... anch'io sono fatta così!
ciao.
no,è che ho letto le risposte e a molti topic di questo forum e si usa dilungarsi,a parole, senza dire precisamente quello che si vuole dire..tipo quello delle 40 carte, ne sai qualcosa..
e a questo la stessa cosa, poi ho cercato di fare una cosa decente, ho messo un'ora e mezza per scrivere correttamente quel messaggio, ci ho aggiunto anche l'ipotesi dei diversi pesi, e come risposta ho ottenuto "scomodare addirittura i vettori"..si certo ognuno lo fa come gli pare, son d'accordo, e ognuno ha i suoi "canoni di bellezza", ma per lo meno venir apprezzato poi..
sul fatto del commento a alfredoerre, l'ho detto xke io il corso di statistica l'ho iniziato da qualche settimana, e spero tra 30 anni semmai ci arriverò di sapere fare ancora esercizi del genere..
e a questo la stessa cosa, poi ho cercato di fare una cosa decente, ho messo un'ora e mezza per scrivere correttamente quel messaggio, ci ho aggiunto anche l'ipotesi dei diversi pesi, e come risposta ho ottenuto "scomodare addirittura i vettori"..si certo ognuno lo fa come gli pare, son d'accordo, e ognuno ha i suoi "canoni di bellezza", ma per lo meno venir apprezzato poi..
sul fatto del commento a alfredoerre, l'ho detto xke io il corso di statistica l'ho iniziato da qualche settimana, e spero tra 30 anni semmai ci arriverò di sapere fare ancora esercizi del genere..
Ciao, io farei così: la nostra incognita è $P(C_4|T_1nnnnT_2nnT_3)=frac{P(T_1nnT_2nnT_3nnC_4)}{P(T_1nnT_2nnT_3)}$ chiamando $T_n$ l'evento n-esimo per cui esce testa e indico con M la probabilità di prendere una moneta non truccata quindi 1/3. Sapendo che $P(T_1nnT_2nnT_3)=P(M)P(T_1nnT_2nnT_3|M)+P(barM)P(T_1nnT_2nnT_3|barM)=2/3*(1/3)^3+1/3$ e analogamente $P(T_1nnT_2nnT_3nnC_4)=2/3*(1/2)^4+0$ da cui $P(C_4|T_1nnT_2nnT_3)=1/3*1/8*3*4/5=1/10$ 
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