Probabilità

[giuseppe87x]

Si calcoli la probabilità che, lanciando tre dadi non truccati, si ottengano almeno due facce con lo stesso numero.

L'ampiezza dello spazio è ovviamente $6^3$
1° caso: due facce hanno lo stesso numero; in questo gli eventi favorevoli sono: $((6),(2))((5),(1))$
2° caso: tre facce hanno lo stesso numero; gli eventi favorevoli sono: $((6),(3))$
La probabilità cercata è dunque $P=(((6),(2))((5),(1))+((6),(3)))/6^3$

Vi sembra giusto?

[son Goku1]

non so come hai fatto tu, io ho ragionato così: i casi favorevoli sono $6*6((3),(2))$ quindi $p=1/2$

[giuseppe87x]

Sbagliato...il risultato è un altro e non è neanche quello mio. Volevo sapere dove sta l'errore nel mio ragionamento.

[MaMo2]

"giuseppe87x":Sbagliato...il risultato è un altro e non è neanche quello mio. Volevo sapere dove sta l'errore nel mio ragionamento.

Credo che non si possa ragionare sulle combinazioni.
Io ragionerei in questo modo.
Consideriamo tre lanci dello stesso dado.
Il primo lancio è indifferente. Con il secondo lancio si ha una probabilità di 1/6 che esca la stessa faccia del primo lancio e 5/6 che ne esca un'altra. In quest'ultimo caso, al terzo lancio si ha una probabilità di 2/6 che esca uno dei due numeri già usciti.
La probabilità è dunque P = 1/6 + (5/6)*(2/6) = 4/9.

[Cheguevilla]

Concordo 100% con MaMo.

[giuseppe87x]

Si...anche se, facendo i calcoli, la mia formula risulta sbagliata di un solo centesimo.

[son Goku1]

a me è venuto anche $15/36$ che si avvicina molto, il riisultato giusto è quello di mamo?

[giuseppe87x]

Si, il risultato giusto è quello di MaMo.
Tu come l'hai ottenuto il tuo?

[son Goku1]

ho usato la combinatoria e un pò di fantasia, mi sono immaginato questa struttura

X   X   Y                  X   Y   X             Y  X  X
  \/               +                         +       \/
   6 *  6                  6 * 5                    4*6=90   =>90/216=15/36

in cui le X raffigurano i dadi che danno risultato uguale, dove sbaglio?

[giuseppe87x]

Ecco...bravo mi hai dato un input. Il tuo ragionamento è giusto però non prevede l'eventualità delle tre facce uguali perchè, se leggi bene, il testo dice "almento due facce". Quindi la nostra probabilità diventa:

$(36+30+24+6)/216=96/216=4/9$

[giuseppe87x]

Una moneta è lanciata $1000$ volte. Qual è la probabilità che il numero delle teste superi il numero delle croci?
I casi favorevoli in cui il numero delle teste supera il numero delle croci sono in totale $499$. Utilizzando una distribuzione binomiale otteniamo:

$P=((1000),(501))*(1/2)^501*(1/2)^499+((1000),(502))*(1/2)^502*(1/2)^498+...+((1000),(1000))*(1/2)^1000*(1/2)^0$

Come faccio a fare questa somma?

[eafkuor1]

$P=((1000),(501))*(1/2)^501*(1/2)^499+((1000),(502))*(1/2)^502*(1/2)^498+...+((1000),(1000))*(1/2)^1000*(1/2)^0$

raccogli $(1/2)^1000$

$P=(1/2)^1000(((1000),(501))+((1000),(502))+...+((1000),(1000)))$

dato che $((n),(k))=((n),(n-k))$

$P=(1/2)^1000(((1000),(0))+((1000),(1))+...+((1000),(499)))=$

[eafkuor1]

no scusate la sommatoria è sbagliata, ora devo mangiare dopo cerco di rimediare all'errore

[eafkuor1]

"eafkuor":
$P=(1/2)^1000(((1000),(0))+((1000),(1))+...+((1000),(499)))=$

arrivati qua non ci resta che calcolare $sum_{k=0}^{499}((1000),(k))$

allora

$S=sum_{k=0}^{n}((2n),(k))=sum_{k=0}^{2n}((2n),(k)) - sum_{k=n+1}^{2n}((2n),(k))$

la prima sommatoria al terzo membro è uguale a $2^(2n)$ e la seconda a $sum_{k=0}^{n-1}((2n),(k))=S-((2n),(n))$
quindi
$S=2^(2n)-(S-((2n),(n)))$

da cui

$S=sum_{k=0}^{n}((2n),(k))=(2^(2n)+((2n),(n)))/2$

a noi interessa la somma per $k$ che va da zero a $n-1$ che sarà uguale a $S-((2n),(n))$

in definitiva

$sum_{k=0}^{n-1}((2n),(k))=(2^(2n)+((2n),(n)))/2-((2n),(n))$

per avere $sum_{k=0}^{499}((1000),(k))$ basta porre $n=500$

[Marvin1]

Non vorrei dire una cavolata dato che non ripasso Statistica da un bel po'.
La questione di prove ripetute n-volte la cui modellizzazione necessita dell'utilizzo della binomiale diventa,come avete logicamente notato voi,molto difficile al crescere di n in quanto il binomio risulta un numero molto "grande".
In questi casi vieni in aiuto il Teo del Limite Centrale facendo alcuni accorgimenti,si prova che per un n pari a circa 30 (ossia almeno 30 ripetizione della prova) la Binomiale di parametri n e p si comporta come una Normale Std di parametri
(np ; np(1-p) )
una volta fatto questo accorgimento,si può applicare il Teo del Limite Centrale.

Cmq se volete ho appena pubblicato alla mia pagina personale un documento sulle approssimazioni che trovate all'indirizzo:

http://www.esnips.com/web/marvin

la tabella a pag 4 illustra quello che ho appena detto.

MCM