Ancora urne e palle... help!
Ho due esercizietti ancora di probabilità sulle palle bianche, rosse e nere contenute nelle urne...
Siccome in classe non ne abbiamo fatti e ho l'esame... chi mi spiega per favore come farli e il meccanismo per come affrontare esercizi di questo tipo? Grazie
1) Un'urna contiene n1 palle bianche e n2 palle nere, mentre una seconda urna ne contiene m1 bianche e m2 nere. Si sceglie a caso una palla da ciascuna urna e successivamente se ne sceglie a caso una tra le due. Qual è la probabilità che la palla scelta sia bianca?
2) Un'urna contiene n1 palle bianche, n2 nere e n3 rosse. Si calcoli la probabilità che una palla bianca sia estratta prima di una nera, se: a)ogni palla estratta viene riposta nell'urna dopo ogni estrazione b) non si effettuano rimpiazzamenti.
Di nuovo grazie e spero di capire la logica per svolgere tali esercizi! grazie grazie! ciaoooo
Siccome in classe non ne abbiamo fatti e ho l'esame... chi mi spiega per favore come farli e il meccanismo per come affrontare esercizi di questo tipo? Grazie
1) Un'urna contiene n1 palle bianche e n2 palle nere, mentre una seconda urna ne contiene m1 bianche e m2 nere. Si sceglie a caso una palla da ciascuna urna e successivamente se ne sceglie a caso una tra le due. Qual è la probabilità che la palla scelta sia bianca?
2) Un'urna contiene n1 palle bianche, n2 nere e n3 rosse. Si calcoli la probabilità che una palla bianca sia estratta prima di una nera, se: a)ogni palla estratta viene riposta nell'urna dopo ogni estrazione b) non si effettuano rimpiazzamenti.
Di nuovo grazie e spero di capire la logica per svolgere tali esercizi! grazie grazie! ciaoooo
Risposte
Il primo esercizio:
Ci sarà probabilità $n_1/(n_1+n_2)$ di estrarre una pallina bianca dalla prima urna e probabilità $m_1/(m_1+m_2)$ di estrarre una pallina bianca dalla seconda urna.
Dopo, la probabilità di prendere la pallina estratta dalla prima urna o quella della seconda è $1/2$.
Quindi, sarà $1/2n_1/(n_1+n_2)+1/2m_1/(m_1+m_2)$.
Il secondo esercizio si può risolvere in modi diversi.
Prendiamo il caso in cui c'è la reimmissione della pallina estratta.
Definiamo $p=n_2/(n_1+n_2+n_3)$ e $q=(n_1+n_3)/(n_1+n_2+n_3)$ per comodità.
La probabilità che una pallina nera sia estratta alla $n-"esima"$ estrazione è $p(1-p)^(n-1)$.
Poichè stiamo parlando di estrazioni con reinserimento, ogni estrazione è indipendente dalle altre, quindi stiamo trattando eventi indipendenti.
Per cui, dobbiamo moltiplicare la probabilità calcolata sopra per la probabilità di estrarre almeno una pallina bianca nelle prime $n-1$ estrazioni.
Il modo migliore è calcolare la probabilità di estrarre $n-1$ palline non bianche e poi calcolarne il complementare.
Quindi, $1-q^(n-1)$.
La probabilità di estrarre una palla bianca prima di una nera è quindi:
$P(A)=sum_(i=1)^(+oo)p(1-p)^(i-1)(1-q^(i-1))$
Prendiamo ora il caso in cui non c'è la reimmissione della pallina estratta.
La probabilità di estrarre la prima pallina nera alla $n-"esima"$ estrazione è $n_2/(n_1+n_2+n_3-n+1)sum_(i=1)^n (n_1+n_3-i+1)/(n_1+n_2+n_3-i+1)$.
Mentre la probabilità di estrarre almeno una pallina bianca nelle prime $n$ estrazioni corrisponde alla probabilità di non estrarre $n$ palline non bianche nelle prime $n$ estrazioni.
Ovvero, $1-sum_(i=1)^(n-1)(n_2+n_3-i+1)/(n_1+n_2+n_3-i+1)$.
Quindi, la probabilità cercata è:
$P(B)=n_2/(n_1+n_2+n_3-n+1)(sum_(i=1)^n (n_1+n_3-i+1)/(n_1+n_2+n_3-i+1))(1-sum_(i=1)^(n-1)(n_2+n_3-i+1)/(n_1+n_2+n_3-i+1))$
Spero di aver scritto tutto correttamente e di essere stato sufficientemente chiaro.
Se hai dubbi, chiedi pure.
Ci sarà probabilità $n_1/(n_1+n_2)$ di estrarre una pallina bianca dalla prima urna e probabilità $m_1/(m_1+m_2)$ di estrarre una pallina bianca dalla seconda urna.
Dopo, la probabilità di prendere la pallina estratta dalla prima urna o quella della seconda è $1/2$.
Quindi, sarà $1/2n_1/(n_1+n_2)+1/2m_1/(m_1+m_2)$.
Il secondo esercizio si può risolvere in modi diversi.
Prendiamo il caso in cui c'è la reimmissione della pallina estratta.
Definiamo $p=n_2/(n_1+n_2+n_3)$ e $q=(n_1+n_3)/(n_1+n_2+n_3)$ per comodità.
La probabilità che una pallina nera sia estratta alla $n-"esima"$ estrazione è $p(1-p)^(n-1)$.
Poichè stiamo parlando di estrazioni con reinserimento, ogni estrazione è indipendente dalle altre, quindi stiamo trattando eventi indipendenti.
Per cui, dobbiamo moltiplicare la probabilità calcolata sopra per la probabilità di estrarre almeno una pallina bianca nelle prime $n-1$ estrazioni.
Il modo migliore è calcolare la probabilità di estrarre $n-1$ palline non bianche e poi calcolarne il complementare.
Quindi, $1-q^(n-1)$.
La probabilità di estrarre una palla bianca prima di una nera è quindi:
$P(A)=sum_(i=1)^(+oo)p(1-p)^(i-1)(1-q^(i-1))$
Prendiamo ora il caso in cui non c'è la reimmissione della pallina estratta.
La probabilità di estrarre la prima pallina nera alla $n-"esima"$ estrazione è $n_2/(n_1+n_2+n_3-n+1)sum_(i=1)^n (n_1+n_3-i+1)/(n_1+n_2+n_3-i+1)$.
Mentre la probabilità di estrarre almeno una pallina bianca nelle prime $n$ estrazioni corrisponde alla probabilità di non estrarre $n$ palline non bianche nelle prime $n$ estrazioni.
Ovvero, $1-sum_(i=1)^(n-1)(n_2+n_3-i+1)/(n_1+n_2+n_3-i+1)$.
Quindi, la probabilità cercata è:
$P(B)=n_2/(n_1+n_2+n_3-n+1)(sum_(i=1)^n (n_1+n_3-i+1)/(n_1+n_2+n_3-i+1))(1-sum_(i=1)^(n-1)(n_2+n_3-i+1)/(n_1+n_2+n_3-i+1))$
Spero di aver scritto tutto correttamente e di essere stato sufficientemente chiaro.
Se hai dubbi, chiedi pure.
Cavoli! Complimenti... senzaparole... nella soluzione del secondo esercizio però mi dice n1/(n1+n2) nei due casi, è giusto uguale?
"FraSB83":In che senso?
Cavoli! Complimenti... senzaparole... nella soluzione del secondo esercizio però mi dice n1/(n1+n2) nei due casi, è giusto uguale?
Il tuo libro ti dice che la soluzione del secondo esercizio è $n_1/(n_1+n_2)$ in entrambi i casi?
Sì
n1 palle bianche, n2 nere e n3 rosse. Debbo calcolare la probabilità che una palla bianca sia estratta prima di una nera.
La presenza delle palle del terzo tipo (le rosse) è ininfluente, non fa pendere la blancia nè per il bianco nè per il nero.
Immettere o non reimmettere le palle è anch' esso ininfluente: se era uscita la palla del terzo tipo resta un fatto neutrale (rallenta oppure accelera l' esperimento, nient' altro); se esce una palla bianca o nera l' esperimento è gi finito.
Quindi il problema equivale ad un' urna con sole n1 bianche ed n2 nere e la soluzione è banale
La presenza delle palle del terzo tipo (le rosse) è ininfluente, non fa pendere la blancia nè per il bianco nè per il nero.
Immettere o non reimmettere le palle è anch' esso ininfluente: se era uscita la palla del terzo tipo resta un fatto neutrale (rallenta oppure accelera l' esperimento, nient' altro); se esce una palla bianca o nera l' esperimento è gi finito.
Quindi il problema equivale ad un' urna con sole n1 bianche ed n2 nere e la soluzione è banale
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo