1)Probabilità condizionata 2)Trasformata di una Binomiale
salve a tutti...sto avendo un po' di problemi a risolvere 2 esercizi di probabilità...l'ultima speranza di venirne a capo la ripongo in questo forum...
1) abbiamo dimenticato l'ultima cifra del codice che serve ad aprire una cassaforte,se procediamo inserendo a caso un numero (sempre diverso), qual è la probabilità di aprire la cassaforte al più in 4 tentativi???
2) calcolare la media e la varianza di $ Y=e^(aX) $ ...con $a>=0$ e X variabile binomiale di parametri n e p [ricorda che $ \sum_{x=0}^n P_x (x)=\sum_{x=0}^n ((n),(x))*p^(x)*(1-p)^(n-x) = (p+(1-p))^n=1 $ ]
1)Per quanto riguarda il primo...ho provato a risolverlo in più modi...ma giungo sempre allo stesso risultato $4/10=0.4$ che però a me sembra sbagliato...
- il primo ragionamento banale è paragonabile a quello del lotto: la probabilità di indovinare un numero sulle estrazioni di una ruota è $5/90$ ...considerando che nel nostro caso i numeri sono solo 10 (da 0 a 9) e che abbiamo 4 tentativi invece di 5 estrazioni...la probabilità è $4/10$
- ho ragionato sulla dipendenza degli eventi: la probabilità di indovinare la cifra al più in 4 tentativi è data dall'unione delle probabilità di 4 eventi incompatibili,cioè A=l'indovino al primo, B=l'indovino al secondo, C= l'indovino al terzo e D= l'indovino al quarto.
la prima è banalmente $P(A)=1/10$
la seconda è data dal prodotto della probabilità di sbagliare al primo tentativo per la probabilità di indovinarla al secondo condizionata all'aver sbagliato al primo cioè $P(B)=P(\bar A)*P(B| \bar A)=9/10*1/9=1/10$
analogamente mi trovo $P(C)=9/10*8/9*1/8=1/10$ e $P(D)=9/10*8/9*7/8*1/7=1/10$
quindi la somma sarà $1/10+1/10+1/10+1/10=4/10$
- ho provato anche con il calcolo combinatorio considerando tutte le possibili disposizioni delle 10 cifre sui 4 tentativi e prendendo quelle favorevoli come il prodotto tra i 4 posti che può occupare la cifra corretta e le possibili disposizioni delle restanti 9 cifre sui restanti 3 posti... $(4*D_{9,3})/D_{10,4}=(4*((9!)/(6!)))/((10!)/(6!))=4/10$
giungo sempre alla stessa conclusione che però secondo me è errata...ma non riesco a capire dove sbaglio nei vari ragionamenti...
2)Per quanto riguarda il secondo invece sto proprio in alto mare.
Per calcolarmi media e varianza devo prima di tutto trovare la pmf della trasformata.
La pmf di una binomiale è $P_x (x)= ((n),(x))*p^x*(1-p)^(n-x)$
considerando che $x=log root(a)(y)$ e che $dx/dy=1/(a*root(a)(y^2))$
la pmf della trasformata sarà $P_y (y)= ((n),(log root(a)(y)))*p^(log root(a)(y))*(1-p)^(n-(log root(a)(y)))*1/(a*root(a)(y^2))$
la media sarà $ E{Y}=\sum_{y=0}^n y* ((n),(log root(a)(y)))*p^(log root(a)(y))*(1-p)^(n-(log root(a)(y)))*1/(a*root(a)(y^2))$
che però non so assolutamente risolvere...anche perchè non so calcolare nemmeno la media della binomiale semplice in quanto il mio libro di testo mi da direttamente il risultato $np$ per la media della binomiale e $npq$ per la varianza
Consultando altri testi ho trovato
$ E{X}=\sum_{x=0}^n x* ((n),(x))*p^(x)*(1-p)^(n-x) = np * \sum_{x=1}^(n-1) ((n-1),(x-1))*p^(x-1)*(1-p)^((n-1)-(x-1)) = np* \sum_{y=0}^m ((m),(y))*p^(y)*(1-p)^(m-y) = np $ ponendo $m=n-1$ e $y=x-1$
ma non riesco a capire il passaggio $ \sum_{x=0}^n x* ((n),(x))*p^(x)*(1-p)^(n-x) = np * \sum_{x=1}^(n-1) ((n-1),(x-1))*p^(x-1)*(1-p)^((n-1)-(x-1))$
mentre il resto è chiaro in quanto come dal testo dell'esercizio $ \sum_{x=0}^n ((n),(x))*p^(x)*(1-p)^(n-x) = (p+(1-p))^n=1 $
qualcuno può aiutarmi con questi problemi???
1) abbiamo dimenticato l'ultima cifra del codice che serve ad aprire una cassaforte,se procediamo inserendo a caso un numero (sempre diverso), qual è la probabilità di aprire la cassaforte al più in 4 tentativi???
2) calcolare la media e la varianza di $ Y=e^(aX) $ ...con $a>=0$ e X variabile binomiale di parametri n e p [ricorda che $ \sum_{x=0}^n P_x (x)=\sum_{x=0}^n ((n),(x))*p^(x)*(1-p)^(n-x) = (p+(1-p))^n=1 $ ]
1)Per quanto riguarda il primo...ho provato a risolverlo in più modi...ma giungo sempre allo stesso risultato $4/10=0.4$ che però a me sembra sbagliato...
- il primo ragionamento banale è paragonabile a quello del lotto: la probabilità di indovinare un numero sulle estrazioni di una ruota è $5/90$ ...considerando che nel nostro caso i numeri sono solo 10 (da 0 a 9) e che abbiamo 4 tentativi invece di 5 estrazioni...la probabilità è $4/10$
- ho ragionato sulla dipendenza degli eventi: la probabilità di indovinare la cifra al più in 4 tentativi è data dall'unione delle probabilità di 4 eventi incompatibili,cioè A=l'indovino al primo, B=l'indovino al secondo, C= l'indovino al terzo e D= l'indovino al quarto.
la prima è banalmente $P(A)=1/10$
la seconda è data dal prodotto della probabilità di sbagliare al primo tentativo per la probabilità di indovinarla al secondo condizionata all'aver sbagliato al primo cioè $P(B)=P(\bar A)*P(B| \bar A)=9/10*1/9=1/10$
analogamente mi trovo $P(C)=9/10*8/9*1/8=1/10$ e $P(D)=9/10*8/9*7/8*1/7=1/10$
quindi la somma sarà $1/10+1/10+1/10+1/10=4/10$
- ho provato anche con il calcolo combinatorio considerando tutte le possibili disposizioni delle 10 cifre sui 4 tentativi e prendendo quelle favorevoli come il prodotto tra i 4 posti che può occupare la cifra corretta e le possibili disposizioni delle restanti 9 cifre sui restanti 3 posti... $(4*D_{9,3})/D_{10,4}=(4*((9!)/(6!)))/((10!)/(6!))=4/10$
giungo sempre alla stessa conclusione che però secondo me è errata...ma non riesco a capire dove sbaglio nei vari ragionamenti...
2)Per quanto riguarda il secondo invece sto proprio in alto mare.
Per calcolarmi media e varianza devo prima di tutto trovare la pmf della trasformata.
La pmf di una binomiale è $P_x (x)= ((n),(x))*p^x*(1-p)^(n-x)$
considerando che $x=log root(a)(y)$ e che $dx/dy=1/(a*root(a)(y^2))$
la pmf della trasformata sarà $P_y (y)= ((n),(log root(a)(y)))*p^(log root(a)(y))*(1-p)^(n-(log root(a)(y)))*1/(a*root(a)(y^2))$
la media sarà $ E{Y}=\sum_{y=0}^n y* ((n),(log root(a)(y)))*p^(log root(a)(y))*(1-p)^(n-(log root(a)(y)))*1/(a*root(a)(y^2))$
che però non so assolutamente risolvere...anche perchè non so calcolare nemmeno la media della binomiale semplice in quanto il mio libro di testo mi da direttamente il risultato $np$ per la media della binomiale e $npq$ per la varianza
Consultando altri testi ho trovato
$ E{X}=\sum_{x=0}^n x* ((n),(x))*p^(x)*(1-p)^(n-x) = np * \sum_{x=1}^(n-1) ((n-1),(x-1))*p^(x-1)*(1-p)^((n-1)-(x-1)) = np* \sum_{y=0}^m ((m),(y))*p^(y)*(1-p)^(m-y) = np $ ponendo $m=n-1$ e $y=x-1$
ma non riesco a capire il passaggio $ \sum_{x=0}^n x* ((n),(x))*p^(x)*(1-p)^(n-x) = np * \sum_{x=1}^(n-1) ((n-1),(x-1))*p^(x-1)*(1-p)^((n-1)-(x-1))$
mentre il resto è chiaro in quanto come dal testo dell'esercizio $ \sum_{x=0}^n ((n),(x))*p^(x)*(1-p)^(n-x) = (p+(1-p))^n=1 $
qualcuno può aiutarmi con questi problemi???
Risposte
Il primo mi sembra corretto. Perchè dici che ti sembra sbagliato ?
Sul secondo non ti conviene passare per la Pmf della trasformata, ma semplicemente:
$E[Y]=E[e^(aX)]=\sum_{x=0}^{n}e^(ax)((n),(x))p^xq^(n-x)=\sum_{x=0}^{n}((n),(x))(e^ap)^xq^(n-x)=(e^ap+q)^n$
(ho utilizzato il fatto che la sommatoria costituisce lo sviluppo della potenza $n$-esima di un binomio)
Ti faccio anche notare che quella ottenuta è, per definizione, la funzione generatrice dei momenti (Mgf) della v.a. Binomiale.
Per quanto riguarda la varianza basta ricordare che $Var(Y)=E[Y^2]-E[Y]^2$
$E[Y]$ l'abbiamo già calcolata. Invece $E[Y^2]=E[e^(2aX)]=...$ (procedi come prima)
Sul secondo non ti conviene passare per la Pmf della trasformata, ma semplicemente:
$E[Y]=E[e^(aX)]=\sum_{x=0}^{n}e^(ax)((n),(x))p^xq^(n-x)=\sum_{x=0}^{n}((n),(x))(e^ap)^xq^(n-x)=(e^ap+q)^n$
(ho utilizzato il fatto che la sommatoria costituisce lo sviluppo della potenza $n$-esima di un binomio)
Ti faccio anche notare che quella ottenuta è, per definizione, la funzione generatrice dei momenti (Mgf) della v.a. Binomiale.
Per quanto riguarda la varianza basta ricordare che $Var(Y)=E[Y^2]-E[Y]^2$
$E[Y]$ l'abbiamo già calcolata. Invece $E[Y^2]=E[e^(2aX)]=...$ (procedi come prima)
innanzitutto ti ringrazio per la risposta...
il primo pensavo fosse sbagliato sia perchè mi sembrava troppo banale come soluzione... sia perchè così ad intuito non mi sembrava possibile che ad esempio l'evento A : "l'indovino al primo tentativo" e l'evento C : "l'indovino al terzo tentativo" avessero la stessa probabilità di verificarsi...ma forse mi starò solo fissando...
per il secondo nn so perchè ho scelto la strada più difficile...in effetti se $Y=\phi(X)$ è una trasformata di $X$ la media di $Y$ si può calcolare direttamente con $E{Y}=E{\phi(X)}=\sum_{i=1}^(oo) \phi(x_i)*P_X(x_i)$
quindi la media è quella calcolata da te....mentre la varianza dovrebbe essere $Var{Y}=E{Y^2}-[E{Y}]^2=E{e^(2aX)}-[E{e^(aX)}]^2=(e^(2a)*p+q)^n-(e^a*p+q)^(2n)$
in quanto $E{Y^2}=E{e^(2aX)}=\sum_{x=0}^n e^(2ax)*((n),(x))*p^x*q^(n-x)=\sum_{x=0}^n ((n),(x))*(e^(2a)p)^x*q^(n-x)=(e^(2a)*p+q)^n$
giusto???
il primo pensavo fosse sbagliato sia perchè mi sembrava troppo banale come soluzione... sia perchè così ad intuito non mi sembrava possibile che ad esempio l'evento A : "l'indovino al primo tentativo" e l'evento C : "l'indovino al terzo tentativo" avessero la stessa probabilità di verificarsi...ma forse mi starò solo fissando...
per il secondo nn so perchè ho scelto la strada più difficile...in effetti se $Y=\phi(X)$ è una trasformata di $X$ la media di $Y$ si può calcolare direttamente con $E{Y}=E{\phi(X)}=\sum_{i=1}^(oo) \phi(x_i)*P_X(x_i)$
quindi la media è quella calcolata da te....mentre la varianza dovrebbe essere $Var{Y}=E{Y^2}-[E{Y}]^2=E{e^(2aX)}-[E{e^(aX)}]^2=(e^(2a)*p+q)^n-(e^a*p+q)^(2n)$
in quanto $E{Y^2}=E{e^(2aX)}=\sum_{x=0}^n e^(2ax)*((n),(x))*p^x*q^(n-x)=\sum_{x=0}^n ((n),(x))*(e^(2a)p)^x*q^(n-x)=(e^(2a)*p+q)^n$
giusto???
"GINGER88":
il primo pensavo fosse sbagliato sia perchè mi sembrava troppo banale come soluzione... sia perchè così ad intuito non mi sembrava possibile che ad esempio l'evento A : "l'indovino al primo tentativo" e l'evento C : "l'indovino al terzo tentativo" avessero la stessa probabilità di verificarsi...ma forse mi starò solo fissando...
Se l'estrazione della cifra è senza reimmissione (ogni volta scegli una cifra diversa) allora è giusto che ogni evento ha $P=1/10$
Diversamente se ogni volta puoi ripetere la stessa cifra, allora verrebbero probabilità diverse.
Per il secondo esercizio mi sembra tutto corretto.
Ciao
Grazie mille...sei stato davvero gentilissimo.
Ciao
Ciao
Prego, ciao.
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