Probabilita' cella vuota
$n$ palline sono piazzate in modo casuale in $n$ celle. Trovare la probabilita' che esattamente una cella resti vuota nel caso in cui:
1) le palline sono numerate (o distinguibili)
2) le palline sono identiche (o indistinguibili)
1) le palline sono numerate (o distinguibili)
2) le palline sono identiche (o indistinguibili)
Risposte
Non capisco cosa c'entri che le palline siano o meno numerate...
Per me si risolve banalmente con la binomiale.
Ogni pallina ha probabilità $p=(n-1)/n$ di non finire nella cella che sarà vuota.
Inoltre, tutte le celle potrebbero essere la "cella vuota".
$p(x=0)=((n),(0))((n-1)^n)/n^n$
Con il calcolo dell'evento complementare è un po' più semplice.
$p(x=0)=((n),(n))1/n^n$
Che può anche essere visto come le probabilità che le palline si dispongano ognuna in una cella, ma bisogna scomodare le combinazioni con ripetizione...
In questo senso, cambierebbe se le palline fossero numerate o meno, ma il risultato sarebbe lo stesso, poichè le stesse permutazioni che vengono effettuate a denominatore ci sono a numeratore.
Per me si risolve banalmente con la binomiale.
Ogni pallina ha probabilità $p=(n-1)/n$ di non finire nella cella che sarà vuota.
Inoltre, tutte le celle potrebbero essere la "cella vuota".
$p(x=0)=((n),(0))((n-1)^n)/n^n$
Con il calcolo dell'evento complementare è un po' più semplice.
$p(x=0)=((n),(n))1/n^n$
Che può anche essere visto come le probabilità che le palline si dispongano ognuna in una cella, ma bisogna scomodare le combinazioni con ripetizione...
In questo senso, cambierebbe se le palline fossero numerate o meno, ma il risultato sarebbe lo stesso, poichè le stesse permutazioni che vengono effettuate a denominatore ci sono a numeratore.
Non capisco cosa c'entri che le palline siano o meno numerate...
[...]
cambierebbe se le palline fossero numerate o meno, ma il risultato sarebbe lo stesso, poichè le stesse permutazioni che vengono effettuate a denominatore ci sono a numeratore.
era su questo l'esercizio
mi sono dimenticato di dire che era vietato a cheguevilla 
cmq, a parte questo discorso dell'ordinamento, la mia soluzione era questa:
cosidero come avento la n-upla $(p_{1}, ..., p_{n})$ dove $p_{i}$ e' il numero della cella in cui viene messa la pallina $i$.
Se _esattamente_ una cella deve restare vuota, allora due palline andranno sulla stessa cella. La cella con due palline
puo' essere presa in $n$ modi, e puo' contenere $((n),(2))$ palline. Le altre palline possono andare in $(n-1)_{n-2} = ((n-1)!)/((n-1-(n-2))!) = (n-1)!$ modi
Dunque abbiamo $p = (((n),(2))n(n-1)!)/(n^n) = (((n),(2))n!)/(n^n)$
cosidero come avento la n-upla $(p_{1}, ..., p_{n})$ dove $p_{i}$ e' il numero della cella in cui viene messa la pallina $i$.
Se _esattamente_ una cella deve restare vuota, allora due palline andranno sulla stessa cella. La cella con due palline
puo' essere presa in $n$ modi, e puo' contenere $((n),(2))$ palline. Le altre palline possono andare in $(n-1)_{n-2} = ((n-1)!)/((n-1-(n-2))!) = (n-1)!$ modi
Dunque abbiamo $p = (((n),(2))n(n-1)!)/(n^n) = (((n),(2))n!)/(n^n)$
Scusate, ma non credo di aver compreso bene la risposta di Cheguevilla (o il testo dell'esercizio).
Io avevo trovato (per entrambi i casi):
$(n-1)(n!)/n^n$
Se non sbaglio con $n=2$ la formula di Cheguevilla fornisce 0.25 invece che 0.5.
ciao
Io avevo trovato (per entrambi i casi):
$(n-1)(n!)/n^n$
Se non sbaglio con $n=2$ la formula di Cheguevilla fornisce 0.25 invece che 0.5.
ciao
Ogni pallina ha probabilità $p=(n-1)/n$ di non finire nella cella che sarà vuota.
credo che cheguavilla abbia calcolato la prob che _almeno_ una cella sia vuota
$((n-1)n!)/n^n$
Ho capito il ragionamento che c'e' dietro, in questo modo tieni conto di quale pallina e' stata inserita per prima quale e per seconda all'interno della cella con due palline...
Forse hai ragione su Cheguevilla.
Insisto allora sulla mia soluzione (considera il caso semplice $n=3$ per cui dovrebbe essere 4/9)
ciao
Insisto allora sulla mia soluzione (considera il caso semplice $n=3$ per cui dovrebbe essere 4/9)
ciao
ma quindi per te da cos'e' lo spazio campionario? non so se abbia senso considerare l'ordine delle palline _dentro_ una cella... qualcuno ci illumina su questa cosa?
ciao
ne sei sicuro?
a me, contandole, pare che siano 18/27=6/9
tony
"mirco59":
... (considera il caso semplice $n=3$ per cui dovrebbe essere 4/9) ...
ne sei sicuro?
a me, contandole, pare che siano 18/27=6/9
tony
"tony":
ciao
ne sei sicuro?
a me, contandole, pare che siano 18/27=6/9
tony
Hai ragione! Ho fatto un pasticcio!
La soluzione di vl4d è corretta:
$p = (((n),(2))n!)/(n^n)$
ciao
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo