Calcolo di una distribuzione geometrica SENZA reinserimento?!?
Buongiorno,
ho un problema di calcolo delle probabilità che non è proprio immediato.
Supponiamo che in mazzo la probabilità di successo sia 3/40, quindi 3 carte favorevoli. Nelle prime 6 estrazioni SENZA reinserimento ho avuto solo insuccessi. Quindi (edit) $P(X<1)=1-0.394$, utilizzando una distribuzione ipergeometrica. Ora per un certo motivo, si estrae dal mazzo la settima carta ed è noto che questa NON è un successo (abbiamo ancora 3 carte favorevoli nel campione). A questo punto ho l'ottava estrazione. Qual è la probabilità che questa sia un successo?
Ciò che non mi è chiaro è: esiste una distribuzione geometrica per delle estrazioni senza reinserimento? Come faccio a calcolare la probabilità che siano necessarie X prove, in questo caso 7, prima di ottenere un successo?
Ogni singola estrazione è una Bernoulli ($\vartheta=3/40$) , NON indipendenti. Ma in questo caso l'ottava estrazione è condizionata dal risultato delle prime 7, quindi è sbagliato dire che $P(X8=1)=0.075$ giusto? Ma allora, qual è la probabilità dell'intersezione di questi due eventi?
Grazie e scusate i ragionamenti "ad alta voce"
ho un problema di calcolo delle probabilità che non è proprio immediato.
Supponiamo che in mazzo la probabilità di successo sia 3/40, quindi 3 carte favorevoli. Nelle prime 6 estrazioni SENZA reinserimento ho avuto solo insuccessi. Quindi (edit) $P(X<1)=1-0.394$, utilizzando una distribuzione ipergeometrica. Ora per un certo motivo, si estrae dal mazzo la settima carta ed è noto che questa NON è un successo (abbiamo ancora 3 carte favorevoli nel campione). A questo punto ho l'ottava estrazione. Qual è la probabilità che questa sia un successo?
Ciò che non mi è chiaro è: esiste una distribuzione geometrica per delle estrazioni senza reinserimento? Come faccio a calcolare la probabilità che siano necessarie X prove, in questo caso 7, prima di ottenere un successo?
Ogni singola estrazione è una Bernoulli ($\vartheta=3/40$) , NON indipendenti. Ma in questo caso l'ottava estrazione è condizionata dal risultato delle prime 7, quindi è sbagliato dire che $P(X8=1)=0.075$ giusto? Ma allora, qual è la probabilità dell'intersezione di questi due eventi?
Grazie e scusate i ragionamenti "ad alta voce"
Risposte
Se partiamo dal fatto che abbiamo già fatto 7 estrazioni "fallite", la probabilità che l'ottava sia positiva è $3/33$.
Altro discorso sarebbe stato calcolare la possibilità di primo successo all'ottavo tentativo (o di successo all'ottavo tentativo, o di almeno un successo in otto tentativi, etc...) PRIMA di iniziare le estrazioni.
Altro discorso sarebbe stato calcolare la possibilità di primo successo all'ottavo tentativo (o di successo all'ottavo tentativo, o di almeno un successo in otto tentativi, etc...) PRIMA di iniziare le estrazioni.
"superpippone":
Se partiamo dal fatto che abbiamo già fatto 7 estrazioni "fallite", la probabilità che l'ottava sia positiva è $3/33$.
Altro discorso sarebbe stato calcolare la possibilità di primo successo all'ottavo tentativo (o di successo all'ottavo tentativo, o di almeno un successo in otto tentativi, etc...) PRIMA di iniziare le estrazioni.
Forse mi sono espresso male e in tal caso mi scuso, la mia domanda era appunto quella. Prima di iniziare le estrazioni, qual è la probabilità di ottenere un successo all'ottava estrazione dopo che ho avuto 6 insuccessi e la settima è stata un insuccesso "a priori" (cioè dal mazzo mi è stata tolta una carta che non è tra quelle favorevoli)
E' sempre $3/33$.
Perchè le carte "buone" rimaste sono sempre 3, e le carte totali rimanenti nel mazzo sono sempre 33.
Solo che, in questo caso, $3/33$ va moltiplicato per la probabilità che i primi 6 tentativi siano insuccessi.
La settima carta non incide, perchè non è un'estrazione casuale, ma un prelievo mirato effettuato d'ufficio.
P.S.
La probabilità che i primi 6 tentativi siano insuccessi è $0,606$
Quello che hai scritto tu, è esattamente il complemento $1-0,606=0,394$.
Cioè è la probabilità che su 6 tentativi, vi sia ALMENO un successo
Perchè le carte "buone" rimaste sono sempre 3, e le carte totali rimanenti nel mazzo sono sempre 33.
Solo che, in questo caso, $3/33$ va moltiplicato per la probabilità che i primi 6 tentativi siano insuccessi.
La settima carta non incide, perchè non è un'estrazione casuale, ma un prelievo mirato effettuato d'ufficio.
P.S.
La probabilità che i primi 6 tentativi siano insuccessi è $0,606$
Quello che hai scritto tu, è esattamente il complemento $1-0,606=0,394$.
Cioè è la probabilità che su 6 tentativi, vi sia ALMENO un successo
Chiamando Y la probabilità che le prime sei estrazioni siano insuccessi e X8 la probabilità che l'ottavo sia un successo, tu mi stai dicendo che $P(X8=1\capY)=P(X8=1|Y)P(Y)=(P(X8=1)=3/33)P(Y)$ ? Perdonami ma c'è qualcosa che non capisco.. Perchè sono indipendenti?
Le estrazioni senza reinserimento non sono delle bernoulliane con stesso parametro ma non indipendenti?
PS:
si hai ragione errore mio, ho fatto il complemento per sbaglio. Ho usato un calcolatore online e mi sono distratto
Le estrazioni senza reinserimento non sono delle bernoulliane con stesso parametro ma non indipendenti?
PS:
si hai ragione errore mio, ho fatto il complemento per sbaglio. Ho usato un calcolatore online e mi sono distratto
Ahiahiahi!!!
Adesso stai andando oltre le mie conoscenze.
Cosa sia una bernoulliana non lo so.
Cosa siano quelle barre dritte, nemmeno.
Cosa siano quei ferri di cavallo, ancora meno.....
Io ti sto dicendo, che la probabilità (calcolata a priori) che l'ottava carta sia un successo dopo che i primi 6 siano stati degli insuccessi, e che la settima carta (insuccesso conosciuto) sia stata tolta intenzionalmente è: $0,606*3/33=0,055$
Di più non so.....
Adesso stai andando oltre le mie conoscenze.
Cosa sia una bernoulliana non lo so.
Cosa siano quelle barre dritte, nemmeno.
Cosa siano quei ferri di cavallo, ancora meno.....
Io ti sto dicendo, che la probabilità (calcolata a priori) che l'ottava carta sia un successo dopo che i primi 6 siano stati degli insuccessi, e che la settima carta (insuccesso conosciuto) sia stata tolta intenzionalmente è: $0,606*3/33=0,055$
Di più non so.....
Va bene ti ringrazio comunque molto!
Purtroppo nel mio corso di probabilità chiedono queste considerazioni che fan parte della teoria assiomatica.. Quindi devo scrivere i passaggi in questo modo.. Ciò non mette in dubbio che quanto tu abbia detto sia vero
Purtroppo nel mio corso di probabilità chiedono queste considerazioni che fan parte della teoria assiomatica.. Quindi devo scrivere i passaggi in questo modo.. Ciò non mette in dubbio che quanto tu abbia detto sia vero
Non mi è molto chiaro il problema. Ma il fatto che la settima carta è un insuccesso lo si sa dall'inizio o no?
"DajeForte":
Non mi è molto chiaro il problema. Ma il fatto che la settima carta è un insuccesso lo si sa dall'inizio o no?
Si esatto.
Ma il problema è piuttosto banale rileggendolo, la probabilità che l'ottavo sia un successo dato che i primi sei sono stati insuccessi è "banalmente" $3/33$, come detto dall'altro utente.
Quello che mi confonde è il fatto che nei miei appunti ho scritto che la probabilità che in una ipergeometrica l'ennesima estrazione sia un successo è sempre $3/40$. Credo che la differenza sia dovuta al fatto che nel problema io sto cercando una probabilità condizionata...
EDIT:
Per Sergio:
con N palline, K favorevoli., $\vartheta=K/N$
$P(X2=1)=P(X2=1|X1=1)P(X1=1)+P(X2=1|X1=0)P(X1=0)=(K-1)/(N-1)*K/N+K/(N-1)*(N-K)/N=K/N$
e può essere esteso alla xesima estrazione. Questo intendo con Bernoulli($\vartheta$) non indipendenti.
"Sergio":
Premessa: ragiono di un successo dopo sette insuccessi.
[quote="momo1"]Ma il problema è piuttosto banale rileggendolo, la probabilità che l'ottavo sia un successo dato che i primi sei sono stati insuccessi è "banalmente" $3/33$, come detto dall'altro utente.
Si deve distinguere tra:
a) probabilità di sette insuccessi poi un successo;
b) probabilità di un successo all'ottava estrazione, sapendo che ci sono stati sette insuccessi.
Nel primo caso la probabilità è quella che ti indicavo.
Nel secondo, che è un caso di probabilità condizionata, la probabilità è quella indicata da Luciano (superpippone).
"momo1":
Quello che mi confonde è il fatto che nei miei appunti ho scritto che la probabilità che in una ipergeometrica l'ennesima estrazione sia un successo è sempre $3/40$.
Hai scritto male. Basta che pensi che se nelle prime sette estrazioni hai trovato tutte e tre le carte favorevoli, la probabilità di successo all'ottava estrazione è zero.[/quote]
Ma in questo caso non stiamo parlando di una probabilità condizionata?
"Sergio":
[quote="momo1"]Per Sergio:
con N palline, K favorevoli., $\vartheta=K/N$
$P(X2=1)=P(X2=1|X1=1)P(X1=1)+P(X2=1|X1=0)P(X1=0)=(K-1)/(N-1)*K/N+K/(N-1)*(N-K)/N=K/N$
e può essere esteso alla xesima estrazione. Questo intendo con Bernoulli($\vartheta$) non indipendenti.
In una successione di prove bernoulliane le singole prove sono indipendenti e in tutte è uguale la probabilità di successo. Altrimenti semplicemente non sono prove bernoulliane.[/quote]
E' questo punto che mi confonde.. Anche il mio professore mi ha risposto testualmente che la iesima estrazione è una Bernoulli $(\vartheta=K/N)$ e la dimostrazione è quella che ho fatto, estesa alla n-esima estrazione, pur non essendo dipendenti le variabili.
Ti ringrazio, comunque, per le risposte e l'interessamento.
Facciamo questo esempio:
Ho un mazzo di 40 carte. Le tre carte vincenti sono tre assi (diciamo escludendo picche).
Ho visto la settima carta ed è il re di cuori.
Quale è la probabilità che la prima carta vincente sia alla ottava estrazione?
Se il problema è questo, la probabilità che avete calcolato è sbagliata.
Ho un mazzo di 40 carte. Le tre carte vincenti sono tre assi (diciamo escludendo picche).
Ho visto la settima carta ed è il re di cuori.
Quale è la probabilità che la prima carta vincente sia alla ottava estrazione?
Se il problema è questo, la probabilità che avete calcolato è sbagliata.
"DajeForte":
Facciamo questo esempio:
Ho un mazzo di 40 carte. Le tre carte vincenti sono tre assi (diciamo escludendo picche).
Ho visto la settima carta ed è il re di cuori.
Quale è la probabilità che la prima carta vincente sia alla ottava estrazione?
Se il problema è questo, la probabilità che avete calcolato è sbagliata.
Sì, il problema è questo.
Ehhh... già.
Vista così, la probabilità cambia.
Perchè, conoscendo a priori la settima carta,il mazzo diventa sostanzialmente composto da 39 carte......
Vista così, la probabilità cambia.
Perchè, conoscendo a priori la settima carta,il mazzo diventa sostanzialmente composto da 39 carte......
Sì ho capito quello che intendete, in quel caso la probabilità cambia. Però a dire il vero il quesito era sorto da un problema pratico e la situazione non era esattamente quella (mi scuso per l'ambiguità) ma la precedente, (io tolgo una carta dal mazzo dopo le 6 estrazione, carta che sicuramente non è tra quelle "favorevoli").
Vi ringrazio per le risposte.
La mia attenzione adesso è più concentrata sulla questione delle Bernoulli, ecco..
Vi ringrazio per le risposte.
La mia attenzione adesso è più concentrata sulla questione delle Bernoulli, ecco..
"momo1":
Però a dire il vero il quesito era sorto da un problema pratico e la situazione non era esattamente quella (mi scuso per l'ambiguità) ma la precedente, (io tolgo una carta dal mazzo dopo le 6 estrazione, carta che sicuramente non è tra quelle "favorevoli").
Riesci a descrivere un esperimento che spieghi la strutturazione del gioco?
Infatti, come va interpretata la frase "carta che sicuramente non é tra quelle favorevoli"?
"DajeForte":
[quote="momo1"]Però a dire il vero il quesito era sorto da un problema pratico e la situazione non era esattamente quella (mi scuso per l'ambiguità) ma la precedente, (io tolgo una carta dal mazzo dopo le 6 estrazione, carta che sicuramente non è tra quelle "favorevoli").
Riesci a descrivere un esperimento che spieghi la strutturazione del gioco?
Infatti, come va interpretata la frase "carta che sicuramente non é tra quelle favorevoli"?[/quote]
Tralasciando gli aspetti tecnici del gioco, io pesco 6 carte, e tra queste nessuna è di quelle favorevoli.
Per una proprietà di una di queste, vado a cercarne una mirata nel mazzo che certamente non è tra quelle favorevoli.
Ora pesco la carta successiva.
Questa è la situazione. La questione era nata per valutare quando il fattore C avesse influito in quella giocata.
Il calcolo comunque, dovrebbe essere fatto a priori, valutando l'intersezione dei due eventi, e non ho pescato una delle 3 nelle prime 6 e nella pescata successiva.
"Sergio":
[quote="momo1"]La mia attenzione adesso è più concentrata sulla questione delle Bernoulli, ecco..
È molto semplice: nello schema di Bernoulli, le prove sono indipendenti e hanno la stessa probabilità di successo.
Rientra nello schema la distribuzione geometrica, non vi rientrano estrazioni senza reimmissione.
Da altro punto di vista, si possono modellare estrazioni senza reimmissione con la distribuzione ipergeometrica, che viene anche detta distribuzione delle estrazioni in blocco.
Questo vuol dire che estrarre otto carte una dopo l'altra, ottenendo un successo solo all'ottava estrazione, è la stessa cosa che estrarre in blocco otto carte e trovarne solo una favorevole. Solo una che potrebbe anche essere la prima.
Infatti (al solito ignoro la complicazione della settima carta) la probabilità di estrarre prima una carta favorevole e poi sette sfavorevoli è
\(\displaystyle (3/40)(37/39)(36/38)(35/37)(34/36)(33/35)(32/34)(31/33)=0.05 \)
proprio come la probabilità di sette carte sfavorevoli seguite da un'ottava favorevole.
In sostanza, la probabilità di un successo su otto estrazioni non cambia se il successo capita alla prima prova, alla seconda, alla terza ecc. ma questo non consente di parlare di prove bernoulliane, perché in una estrazione senza reimmissione, la probabilità di successo cambia a ogni estrazione e dipende dal risultato delle prove precedenti.[/quote]
La prima parte mi è chiara.
Per la seconda, io intendo dire la probabilità di successo alla xesima prova, considerando delle estrazioni senza reinserimento, e quindi non indipendenti tra di loro, il tutto a priori, prima delle estrazioni stesse.
La giustificazione, molto semplice, del fatto che questa probabilità è sempre K/N, e che quindi le estrazioni sono Bernoulliane non indipendenti, dovrebbe essere quella che ho scritto qualche post fa. Non ti torna?
Più andiamo avanti, più la faccenda si complica......
Adesso oltre alle carte normali, ed alle carte vincenti, saltano fuori anche le carte con "poteri magici"!!!!!
Se magari quantifichi quante sono, e che "poteri" hanno, sarebbe meglio.
Se poi scrivessi esattamente il testo letterale del quesito, sarebbe ancora meglio.......
Grazie.
Luciano.
Adesso oltre alle carte normali, ed alle carte vincenti, saltano fuori anche le carte con "poteri magici"!!!!!
Se magari quantifichi quante sono, e che "poteri" hanno, sarebbe meglio.
Se poi scrivessi esattamente il testo letterale del quesito, sarebbe ancora meglio.......
Grazie.
Luciano.
Non ci avevo pensato, effettivamente bisogna calcolare anche che tra le prime sei iniziali c'erano queste carte "magiche" che permettono di sfoltire il mazzo di 1.
Sono un pasticcione e su tastiera mi perdo ancora di più. Riscrivo bene tutto nei minimi dettagli.
Un mazzo è composto da 40 carte.
Di queste, 3 sono quelle che ho sempre chiamato come favorevoli. Inoltre ci sono 6 carte che permettono di aggiungere 1 carta dal mazzo, carta che sicuramente non è tra quelle favorevoli. Attenzione, anche se ne hai più di una in mano, tu puoi cercare una sola carta dal mazzo.
La situazione che si era presentata era la seguente: avendo in mano una di queste, il giocatore aveva usato il "potere magico", in seguito, per la meccanica del gioco, aveva pescato la carta successiva (da un mazzo che quindi era di 33). L'interesse verte sulla probabilità che il giocatore abbia almeno una delle carte favorevoli in mano, sia nel caso a priori, con 40 carte nel mazzo, sia condizionatamente al fatto che tra le prime sei non c'era nessuna carta favorevole, ma almeno 1 tra quelle con "poteri magici", che ha permesso di sfoltire il mazzo di una carta.
Sono un pasticcione e su tastiera mi perdo ancora di più. Riscrivo bene tutto nei minimi dettagli.
Un mazzo è composto da 40 carte.
Di queste, 3 sono quelle che ho sempre chiamato come favorevoli. Inoltre ci sono 6 carte che permettono di aggiungere 1 carta dal mazzo, carta che sicuramente non è tra quelle favorevoli. Attenzione, anche se ne hai più di una in mano, tu puoi cercare una sola carta dal mazzo.
La situazione che si era presentata era la seguente: avendo in mano una di queste, il giocatore aveva usato il "potere magico", in seguito, per la meccanica del gioco, aveva pescato la carta successiva (da un mazzo che quindi era di 33). L'interesse verte sulla probabilità che il giocatore abbia almeno una delle carte favorevoli in mano, sia nel caso a priori, con 40 carte nel mazzo, sia condizionatamente al fatto che tra le prime sei non c'era nessuna carta favorevole, ma almeno 1 tra quelle con "poteri magici", che ha permesso di sfoltire il mazzo di una carta.
Non ci siamo proprio.....
Continui a pasticciare.
Prima parli di togliere una carta, e poi di aggiungere!!!!!
E poi cosa vuol dire "....aggiungere una carta dal mazzo..."?
O la togli DAL mazzo, o la aggiungi AL mazzo.
Continui a pasticciare.
Prima parli di togliere una carta, e poi di aggiungere!!!!!
E poi cosa vuol dire "....aggiungere una carta dal mazzo..."?
O la togli DAL mazzo, o la aggiungi AL mazzo.
Aggiungere una carta dal mazzo alla mano.
Comunque fa niente, il problema è risolto.
Per quanto riguarda la questione delle bernoulliane, evidentemente il mio professore sbaglia. Perchè mi ha risposto per mail esattamente la stessa cosa che ho scitto (scripta manent) estendendo i calcoli che ho fatto anche io qualche post fa per giustificare la cosa alla terza estrazione.
Grazie e alla prossima.
Comunque fa niente, il problema è risolto.
Per quanto riguarda la questione delle bernoulliane, evidentemente il mio professore sbaglia. Perchè mi ha risposto per mail esattamente la stessa cosa che ho scitto (scripta manent) estendendo i calcoli che ho fatto anche io qualche post fa per giustificare la cosa alla terza estrazione.
Grazie e alla prossima.
Non entro nella questione del gioco, è un po troppo confuso. Si potrebbe pensare a tre tipi carte diverse. Se ti interessa prova a rispiegarti un po più chiaramente.
Per le Bernoulli, mi sembra più una questione terminologica.
Per uno schema di Bernoulli generalmente si intende una successione di prove dall'esito successo/insuccesso indipendenti ed identicamente distribuite.
Questo schema si può modellare matematicamente con una successione di v.a. 1/0 i.i.d.
La distribuzione di queste variabili è una Bernoulliana.
Se lo schema é delle estrazioni in blocco, si puó comunque modellare una successione di v.a. 1/0.
Se ti riferisci al gioco semplice delle carte le v.a. sono bernoulliane identicamente distribuite ma non indipendenti.
Infine il fatto che siano i.d. lo si vede dalla dimostrazione che hai dato. Lo si intuisce anche perchè:
Se hai un mazzo di carte,
Quale è la probabilità che la prima sia vincente?
Quale è la probablità che l'ultima sia vincente?
Quale è la probablità che la x-esima carta sia vincente?
È la stessa
Per le Bernoulli, mi sembra più una questione terminologica.
Per uno schema di Bernoulli generalmente si intende una successione di prove dall'esito successo/insuccesso indipendenti ed identicamente distribuite.
Questo schema si può modellare matematicamente con una successione di v.a. 1/0 i.i.d.
La distribuzione di queste variabili è una Bernoulliana.
Se lo schema é delle estrazioni in blocco, si puó comunque modellare una successione di v.a. 1/0.
Se ti riferisci al gioco semplice delle carte le v.a. sono bernoulliane identicamente distribuite ma non indipendenti.
Infine il fatto che siano i.d. lo si vede dalla dimostrazione che hai dato. Lo si intuisce anche perchè:
Se hai un mazzo di carte,
Quale è la probabilità che la prima sia vincente?
Quale è la probablità che l'ultima sia vincente?
Quale è la probablità che la x-esima carta sia vincente?
È la stessa
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