Altro esercizio di statistica bello tosto
Si lancia un dado tante volte osservando quando viene il ”sei”.
Calcolare la
probabilità che esca nei primi due lanci sapendo che esce per la terza volta al’11-mo lancio
e che esce per la settima volta al 20-mo lancio.
Calcolare la
probabilità che esca nei primi due lanci sapendo che esce per la terza volta al’11-mo lancio
e che esce per la settima volta al 20-mo lancio.
Risposte
Ciao,
secondo me questo è meno difficile dell'altro.
Te che idee hai avuto per risolverlo?
secondo me questo è meno difficile dell'altro.
Te che idee hai avuto per risolverlo?
"magri":
Si lancia un dado tante volte osservando quando viene il ”sei”.
Calcolare la
probabilità che esca nei primi due lanci sapendo che esce per la terza volta al’11-mo lancio
Se il primo è 6,
il secondo è 6,
e l'unidicesimo è il 3^ 6,
dal terzo al decimo NON è 6,
quindi....
quindi?? io arrivo a $1: ((10),(2))$
"magri":
quindi?? io arrivo a $1: ((10),(2))$
Si è giusto $1/45$
non ho però ben compreso il procedimento
Ma quindi il risultato che hai riportato era quello del libro?
Puoi fare sia un ragionamento intuitivo sia passare per le variabili aleatorie.
Ti faccio il primo poi l'altro.
Innanzitutto abbiamo un condizionamento: l'undicesima è il terzo sei e la ventesima è il settimo sei. Siccome l'evento che devi calcolare viene prima dell'undicesimo e non coinvolge le estrazioni dalla 12 alla 20 il secondo vincolo viene superfluo.
Dunque noi dobbiamo vedere che ci siano due sei nelle prime due dato che il terzo è alla undicesima.
Questo vuol dire (come ti diceva Umby) che esce il sei alla prima e seconda non il sei tra la terza e la decima il sei alla undicesima; dunque quello che ti rimane libero sono i primi 10 posti. Inotre sapendo che alla undicesima esce il terzo sei tu non devi calcolare la probabilità che esca il sei perchè ormai gia lo sai che nelle prime dieci uscirà esattamente due volte; rimane dunque un problema di dove collocare i due sei nei primi dieci posti. Le combinazioni di queste sono $((10),(2))$, ed i casi favorevoli sono uno soltanto con due sei all'inizio.
Con le variabili aleatorie:
chiama $X_i$ la variabile che vale $1$ se l'iesima è sei, $0$ altrimenti, e sono i.i.d..
La probabilità che cerchiamo è:
$P(X_1+X_2=2\ |\ [X_1+...+X_11=3\ nn\ X_11=1\ nn\ X_1+...+X_20=7\ nn\ X_20=1])=(P(X_1+X_2=2\ nn\ [X_1+...+X_11=3\ nn\ X_11=1\ nn\ X_1+...+X_20=7\ nn\ X_20=1]))/(P( X_1+...+X_11=3\ nn\ X_11=1\ nn\ X_1+...+X_20=7\ nn\ X_20=1))=$
$=(P(X_1+X_2=2\ nn\ X_3+...+X_10=0\ nn\ X_11=1\ nn\ X_12+...+X_19=3\ nn\ X_20=1))/(P(X_1+...+X_10=2\ nn\ X_11=1\ nn\ X_12+...+X_19=3\ nn\ X_20=1))=$;
come puovi vedere ho scomposto gli eventi in maniera tale che tra le varie intersezioni ci sono sempre variabili con indici diversi, questo mi serve perchè sfruttando l'indipendenza posso esprimere la probabilità dell'intersezione come il prodotto delle probabilità;
$=(P(X_1+X_2=2)\ P(X_3+...+X_10=0)\ P(X_11=1)\ P(X_12+...+X_19=3)\ P(X_20=1))/(P(X_1+...+X_10=2)\ P(X_11=1)\ P(X_12+...+X_19=3)\ P(X_20=1))=(P(X_1+X_2=2)\ P(X_3+...+X_10=0))/(P(X_1+...+X_10=2))=$;
ora osservando che $sum_(i=k+1)^n X_i \ \ sim\ \ text(Binom)(\ n-k\ ,\ 1/6)$ per $n>k$ hai che:
$=((1/6)^2\ (5/6)^8)/(((10),(2))\ (1/6)^2\ (5/6)^8)=1/(((10),(2)))$.
Puoi fare sia un ragionamento intuitivo sia passare per le variabili aleatorie.
Ti faccio il primo poi l'altro.
Innanzitutto abbiamo un condizionamento: l'undicesima è il terzo sei e la ventesima è il settimo sei. Siccome l'evento che devi calcolare viene prima dell'undicesimo e non coinvolge le estrazioni dalla 12 alla 20 il secondo vincolo viene superfluo.
Dunque noi dobbiamo vedere che ci siano due sei nelle prime due dato che il terzo è alla undicesima.
Questo vuol dire (come ti diceva Umby) che esce il sei alla prima e seconda non il sei tra la terza e la decima il sei alla undicesima; dunque quello che ti rimane libero sono i primi 10 posti. Inotre sapendo che alla undicesima esce il terzo sei tu non devi calcolare la probabilità che esca il sei perchè ormai gia lo sai che nelle prime dieci uscirà esattamente due volte; rimane dunque un problema di dove collocare i due sei nei primi dieci posti. Le combinazioni di queste sono $((10),(2))$, ed i casi favorevoli sono uno soltanto con due sei all'inizio.
Con le variabili aleatorie:
chiama $X_i$ la variabile che vale $1$ se l'iesima è sei, $0$ altrimenti, e sono i.i.d..
La probabilità che cerchiamo è:
$P(X_1+X_2=2\ |\ [X_1+...+X_11=3\ nn\ X_11=1\ nn\ X_1+...+X_20=7\ nn\ X_20=1])=(P(X_1+X_2=2\ nn\ [X_1+...+X_11=3\ nn\ X_11=1\ nn\ X_1+...+X_20=7\ nn\ X_20=1]))/(P( X_1+...+X_11=3\ nn\ X_11=1\ nn\ X_1+...+X_20=7\ nn\ X_20=1))=$
$=(P(X_1+X_2=2\ nn\ X_3+...+X_10=0\ nn\ X_11=1\ nn\ X_12+...+X_19=3\ nn\ X_20=1))/(P(X_1+...+X_10=2\ nn\ X_11=1\ nn\ X_12+...+X_19=3\ nn\ X_20=1))=$;
come puovi vedere ho scomposto gli eventi in maniera tale che tra le varie intersezioni ci sono sempre variabili con indici diversi, questo mi serve perchè sfruttando l'indipendenza posso esprimere la probabilità dell'intersezione come il prodotto delle probabilità;
$=(P(X_1+X_2=2)\ P(X_3+...+X_10=0)\ P(X_11=1)\ P(X_12+...+X_19=3)\ P(X_20=1))/(P(X_1+...+X_10=2)\ P(X_11=1)\ P(X_12+...+X_19=3)\ P(X_20=1))=(P(X_1+X_2=2)\ P(X_3+...+X_10=0))/(P(X_1+...+X_10=2))=$;
ora osservando che $sum_(i=k+1)^n X_i \ \ sim\ \ text(Binom)(\ n-k\ ,\ 1/6)$ per $n>k$ hai che:
$=((1/6)^2\ (5/6)^8)/(((10),(2))\ (1/6)^2\ (5/6)^8)=1/(((10),(2)))$.
no io avevo il risultato $1/45$ ho abbozzato una soluzione attraverso la probabilità condizionata facendo $((1/6)^8\(5/6)^12\((8),(4)))/((1/6)^8\(5/6)^12\((8),(4))\((10),(2))$.
finalmente ce l'ho fatta anche a scrivere bene la formula solo quella freccia sotto non riesco a toglierla
finalmente ce l'ho fatta anche a scrivere bene la formula solo quella freccia sotto non riesco a toglierla
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