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
"DajeForte":
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
Ti ringrazio per la seconda parte, è proprio la conferma che cercavo, grazie!
Per quanto riguarda il gioco, purtroppo è impossibile spiegare le regole in un post a uno che non ha la più pallida idea di cosa sia.. E capisco che possa apparire confuso!
Quindi, anche se non ho avuto una risposta precisa circa quella probabilità, almeno il problema è stato un pretesto per dirimire alcuni dubbi teorici su quello che sto studiando.. A giugno devo dare l'esame
A onor del vero, comunque, stiamo parlando di un gioco di carte collezionabili, dove componi un mazzo di almeno 40 carte con al più 3 carte uguali. Ognuna ha un effetto e, nella situazione descritta, quelle 6 (3 di un tipo + 3 di un altro) hanno l'effetto di cercare una carta dal mazzo: per questo alla settimana pescata il mazzo diventa di 33 carte.
"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 $3/40$. Credo che la differenza sia dovuta al fatto che nel problema io sto cercando una probabilità condizionata...
Quanto dici è vero solo se rimetti la carta nel mazzo, ovvero estrazione con reiserimento.
"Sergio":
[quote="DajeForte"]Per le Bernoulli, mi sembra più una questione terminologica.
Non vedo l'utilità di stiracchiare le definizioni a proprio piacimento. E infatti...[/quote]
Era una maniera carina per dire che quello che scrivi a volte é sbalgiato.
"Sergio":
[quote="DajeForte"]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.
Se ho 40 carte di cui 3 favorevoli, gli esiti di una estrazione in blocco (otto carte nell'esercizio dato) sono 0, 1, 2 o 3 carte favorevoli.
Mai vista una bernoulliana che possa assumere quattro valori.[/quote]
Le variabili bernoulliane non sono il numero di successi in otto estrazioni, ma le variabili indicatrici sugli eventi "la nesima estrazione è successo". D'altronde anche se lanci una moneta otto volte, il numero di successi non è solo 0 o 1.
In estrazioni con o senza reinserimento, le variabili bernoullinae sulle singole estrazioni sono i.d. ma indipendenti nel primo caso, dipendenti nel secondo.
La loro somma è una binomiale in un caso o una ipergeometrica nell'altro .
"Sergio":
E le conseguenze della disinvoltura terminologica si vedono:
[quote="momo1"]esiste una distribuzione geometrica per delle estrazioni senza reinserimento?
Ovviamente no. Il dubbio non dovrebbe nemmeno venire in mente... se non si giocasse con la terminologia.[/quote]
Insisti a non capire. Qua ci si chiede quale é la distribuzione degli arrivi dei successi in estrazioni in blocco (geometrica/binomiale negativa per estrazioni indipendenti.
"Sergio":
[quote="momo1"]Le estrazioni senza reinserimento non sono delle bernoulliane con stesso parametro ma non indipendenti?
Una singola estrazione può essere una v.a. bernoulliana, ma ci vuole molto poco a vedere che una successione di estrazioni senza reinserimento non è una successione di v.a. bernoulliane i.i.d.
Un altro dubbio che non dovrebbe nemmeno venire in mente.
Può venire in mente solo se (come dicevo in un precedente messaggio) si confonde la mancanza d'ordine (se ho un successo in una estrazione in blocco, è irrilevante in quale estrazione questo capiti) con l'indipendenza e l'identica distribuzione delle singole estrazioni.
E se si volesse considerare il blocco delle estrazioni, non si potrebbe dimenticare quello che dicevo sopra: gli esiti possibili possono ben essere più di due e non ha senso ridurre un'ipergeometrica a una bernoulliana, come se fossero la stessa cosa, dimenticando che la differenza sta proprio nella dipendenza e nella diversa distribuzione delle singole estrazioni.
Insomma: voler trovare variabili aleatorie identicamente distribuite in una estrazione in blocco è la migliore premessa per non capire nulla della differenza tra geometrica, ipergeometrica, binomiale ecc. A che pro?[/quote]
Vale quello detto sopra.
"Sergio":
[quote="momo1"]esiste una distribuzione geometrica per delle estrazioni senza reinserimento?
Ovviamente no. Il dubbio non dovrebbe nemmeno venire in mente... se non si giocasse con la terminologia.
[/quote]
Quella domanda era poco logica, non avevo pensato al fatto che parlare di N insuccessi prima di un successo in estrazioni senza reinserimento è come cercare N insuccessi in un blocco di estrazioni...
Per il resto posso assicurarti che le risposte di DajeForte equivalgono a quelle che ho io nel materiale su cui sto studiando e che per fortuna hanno trovato conferma anche qui sul forum, perchè nè sui manuali nè online avevo trovato roba simile..
"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.
Ciao.
Hai scritto che il problema è stato risolto.
Mi potresti postare la soluzione?
Mi è rimasta la curiosità....
Anche perchè vorrei vedere se collima con quella che ho successivamente elaborato.
Grazie.
Hai scritto che il problema è stato risolto.
Mi potresti postare la soluzione?
Mi è rimasta la curiosità....
Anche perchè vorrei vedere se collima con quella che ho successivamente elaborato.
Grazie.
"Sergio":
Problema: date \(N\) carte di cui \(K\) favorevoli, qual è la probabilità che, estraendo UNA carta, questa sia favorevole?
Soluzione del mondo intero tranne te (e, a quanto pare, anche DajeForte): \(K/N\).
Soluzione solo tua (e, a quanto pare, di DajeForte): [...]usando la tua formuletta e ottengo, ovviamente, ancora \(K/N\).
Non capisci il problema. Se ti do un mazzo di N carte di cui K vincenti, quale e' la probabilita' che la seconda carta estratta sia vincente? La formuletta ti dimostra questo, il quale tradotto significa che le variabili $X_n$, indicatrici sugli eventi la n-esima estartta e' successo, sono bernoulliane di stesso parametro $K/N$
"Sergio":
L'equivoco incredibile e colossale. Sembri (sembrate) voler sostenere l'insostenibile, cioè che in questo modo si dimostra anche che, in una successione di due o più estrazioni senza resinserimento, ciascuna estrazione è una v.a. bernoulliana dipendente dalle precedenti ma, nonostante questo, sempre con la stessa probabilità di successo: \(\theta=K/N\) (come fate a non ritenere sospetta una tesi secondo cui la dipendenza ha lo stesso effetto dell'indipendenza?). È chiaramente falso, dovrebbe risultare ovvio, ma vista l'insistenza provo a spiegare l'ovvio.
Continui ad insistere. Non sto dicendo che il numero di successi in n estrazioni sia una bernoulliana. Le bernoulliane sono quelle che ti ho scritto sopra e che la formuletta dimostra essere i.d.
Il numero totale di successi e' dato dalla somma delle bernoulliane: $S_n = \sum_{k=1}^n X_k$. Se le $X_k$ sono indipendenti, $S_n$ e' una binomiale, se hanno una (particolare) dipendenza, e' ipergeometrica.
"Sergio":
Nella tua soluzione la carta \(X1\), o le eventuali \(x\) carte diverse da quella estratta, NON SONO ESTRATTE. SI considera solo che possono essere favorevoli oppure no e si usa ciò per scomporre l'evento costituito da un'UNICA estrazione. Scomposizione inutile, visto che la soluzione diretta (quella del mondo intero) è semplicissima. Soprattutto, non si può trasformare la scomposizione di un UNICO evento in una successione di eventi.
Non è ancora chiaro? Continuo. Se avessi estratto la carta chiamata \(X1\), non avrebbe alcun senso considerare entrambe le possibilità (favorevole oppure no): una volta che l'hai estratta, SAI se è favorevole oppure no e questo evento condiziona l'altro \(X2=1\): \(P(X2=1)\) aumenta se \(X1=0\), diminuisce se \(X1=1\). Non puoi confondere tra una successione di eventi come \(X1=0,X2=1\) e la considerazione solo teorica dei possibili valori di carte NON estratte, \(X1=1\) oppure \(X1=0\), che usi solo per scomporre l'UNICO evento.
Non basta? Prova a considerare che nella tua formuletta, che non è altro che la scomposizione dell'unico evento \(X2=1\), metti insieme sia il caso \(X2=1\) e \(X1=0\), sia \(X2=X1=1\): una volta un solo successo, una volta due. Come puoi pensare di applicarla a un esercizio in cui hai UN SOLO successo su otto carte estratte? Da dove dovrebbe saltare fuori il secondo successo? Il paradosso ha la spiegazione che ti dicevo: non estrai prima una carta poi un'altra, ma consideri che sono possibili sia \(X1=0\) che \(X1=1\) e te ne servi per calcolare, in modo inutilmente complicato, la semplice probabilità di successo in una SINGOLA estrazione. Nella tua formuletta non c'è alcuna successione di estrazioni.
Qua non si capisce molto. Ad un certo punto (pseudo)dimostri che $P(X_2=1|X_1=0) > P(X_2=1)$, che ti mostra la dipendenza di queste bernoulliane.
"Sergio":
[quote="momo1"]Per il resto posso assicurarti che le risposte di DajeForte equivalgono a quelle che ho io nel materiale su cui sto studiando e che per fortuna hanno trovato conferma anche qui sul forum [segue]
Non "anche qui sul forum", ma solo da parte di DajeForte. Anche @melia ha sottolineato quello che tutto il mondo sa: la probabilità di successo può essere sempre \(\theta=K/N\) solo nel caso di estrazioni con reinserimento.[/quote]
Tutto il mondo sa che $K/N$ e' la probabilita' di successo di che cosa? E' ovvio che se amelia intende che la probabilita' di avere successo in successive estrazioni senza ripetizione cambia, sta sbagliando.
Forse ora hai capito quello che dico (spero).
Si ne sono sicuro e capisco bene ciò che dico, capisco male quello che dici te che è confuso.
Sono intervenuto perche momo dubitava dei suoi ragionamenti e di quelli del suo prof per via di quello che dicevi (a volte giusto, altre scagliato).
Comunque credo momo abbia capito; non so te ma forse visto che non chiedi più delle bernoulliane (e forse hai capito che sono i.d.)
Sono intervenuto perche momo dubitava dei suoi ragionamenti e di quelli del suo prof per via di quello che dicevi (a volte giusto, altre scagliato).
Comunque credo momo abbia capito; non so te ma forse visto che non chiedi più delle bernoulliane (e forse hai capito che sono i.d.)
Ma quale è questa assurdità?
Riesci a spiegarmela con parole semplici, magari mi sbaglio e hai ragione te.
Riesci a spiegarmela con parole semplici, magari mi sbaglio e hai ragione te.
La probabilità non cambia se tu non sai cosa è successo alle estrazioni precedenti. Questo vuol dire che se estrai sette carte e non sai niente, la probabilità che l'ottava sia successo rimane la stessa i.e.
$X_n \sim X_1 \sim \text{Bernoulli} (\theta)$.
È ovvio che se mi inizi a dire che sai come sono andate le prime sette, la distribuzione di $X_8$ cambia ovvero c'è dipendenza.
Per quel che dice Amelia, se intendo cosa dice, si sbaglia.
$X_n \sim X_1 \sim \text{Bernoulli} (\theta)$.
È ovvio che se mi inizi a dire che sai come sono andate le prime sette, la distribuzione di $X_8$ cambia ovvero c'è dipendenza.
Per quel che dice Amelia, se intendo cosa dice, si sbaglia.
"DajeForte":
Si ne sono sicuro e capisco bene ciò che dico, capisco male quello che dici te che è confuso.
Sono intervenuto perche momo dubitava dei suoi ragionamenti e di quelli del suo prof per via di quello che dicevi (a volte giusto, altre scagliato).
Comunque credo momo abbia capito; non so te ma forse visto che non chiedi più delle bernoulliane (e forse hai capito che sono i.d.)
Sisi io ho capito perfettamente, o meglio, mi hai confermato ciò che stavo studiando.
Anche a livello intuitivo, come hai scritto all'inizio della discussione, si capisce..
Per superpippone: no il calcolo in questione non l'ho completato alla fine perchè viene piuttosto complicato considerando tutte le regole del gioco.. La discussione poi aveva preso una tangente tutta sua
"DajeForte":
La probabilità non cambia se tu non sai cosa è successo alle estrazioni precedenti. Questo vuol dire che se estrai sette carte e non sai niente, la probabilità che l'ottava sia successo rimane la stessa i.e.
$X_n \sim X_1 \sim \text{Bernoulli} (\theta)$.
È ovvio che se mi inizi a dire che sai come sono andate le prime sette, la distribuzione di $X_8$ cambia ovvero c'è dipendenza.
Per quel che dice Amelia, se intendo cosa dice, si sbaglia.
Esatto quello tra l'altro era il mio dubbio del primo post... hai centrato in pieno ! Ovviamente considerando il condizionamento delle altre estrazioni, non ha senso dire che la probabilità che la ennesima estrazione sia un successo è sempre $\theta$
"Sergio":
[quote="DajeForte"]La probabilità non cambia se tu non sai cosa è successo alle estrazioni precedenti. Questo vuol dire che se estrai sette carte e non sai niente, la probabilità che l'ottava sia successo rimane la stessa i.e.
$X_n \sim X_1 \sim \text{Bernoulli} (\theta)$.
Ovvio. Ma questo vuol dire che tratti l'ottava estrazione come se fosse la prima![/quote]
Tratto l'ottava estrazione come l'ottava estrazione e dico che la sua distribuzione (di uscita o no di un successo) non cambia se mi riferisco ad una estrazione differente.
"Sergio":
Inciso: vedo che finalmente, dopo aver parlato di dipendenza con identica distribuzione, ora scrivi "la distribuzione di $X_8$ cambia ovvero c'è dipendenza". Bene. Fine inciso.
Vedi che non capisci cosa uno scrive.
Parlavo di dipendenza, ti dico che le $X_n$ sono dipendenti.
Per quanto riguarda Amelia, se dice che estraendo n carte senza reinserimento,
la probabilita' che la prima sia successo
la probabilita' che la seconda sia successo
la probabilita' che la terza sia successo
...
sono diverse non e' vero.
Rettifico: anche wikipedia dice così e giuro che non sono stato io a modificarla
Io ho capito quello che dici Sergio, ma io e Dajeforte stiamo dicendo un'altra cosa che, secondo te, non ha senso.. Non sto a riscrivere perchè mi sembrano chiari i punti dove non si va d'accordo..
Più che altro la discussione sta diventando un po' sterile, servirebbe magari l'intervento di qualcun altro per smentire o conferma l'una o l'altra tesi..
Personalmente, io posso dire che mi trovo d'accordo con quanto dico (ma va?
) e quanto sostiene Dajeforte, però non conta nulla l'opinione di uno al primo anno di università..
Chiosa: questo problema, comunque, era sorto in merito al calcolo del valore atteso della Ipergeometrica.. Per dimostrare che è appunto dato dalla somma di v.c. bernoulli, applicando la linearità del valore atteso. Infatti E(X) di una binomiale è uguale a quello dell'Ipergeometrica.
Io ho capito quello che dici Sergio, ma io e Dajeforte stiamo dicendo un'altra cosa che, secondo te, non ha senso.. Non sto a riscrivere perchè mi sembrano chiari i punti dove non si va d'accordo..
Più che altro la discussione sta diventando un po' sterile, servirebbe magari l'intervento di qualcun altro per smentire o conferma l'una o l'altra tesi..
Personalmente, io posso dire che mi trovo d'accordo con quanto dico (ma va?
) e quanto sostiene Dajeforte, però non conta nulla l'opinione di uno al primo anno di università..Chiosa: questo problema, comunque, era sorto in merito al calcolo del valore atteso della Ipergeometrica.. Per dimostrare che è appunto dato dalla somma di v.c. bernoulli, applicando la linearità del valore atteso. Infatti E(X) di una binomiale è uguale a quello dell'Ipergeometrica.
Ma scusa quale sono quelle probabilità?
Continui a parlare di estrazioni cieche, non estrazioni o quantaltro.
Il problema è proprio banale: estrai le prime dieci carte di un mazzo. Ti chiedi è la prima successo, è la seconda? Ma proprio non ci arrivi.
Come dici, meglio rinunciare.
Se comunque sei convinto di ciò che dici, io ne sono convinto altrettanto; sarà allora un problema di terminologia.
Continui a parlare di estrazioni cieche, non estrazioni o quantaltro.
Il problema è proprio banale: estrai le prime dieci carte di un mazzo. Ti chiedi è la prima successo, è la seconda? Ma proprio non ci arrivi.
Come dici, meglio rinunciare.
Se comunque sei convinto di ciò che dici, io ne sono convinto altrettanto; sarà allora un problema di terminologia.
Ma guarda che Dajeforte non sta dicendo che la probabilità di estrarre un successo all'ottava dato che le precendenti sono stati insuccessi sia il punto c.. Assolutamenti, anzi, ha anche specificato qualche post fa.
Lui ha risposto alla mia domanda "è vero che la probabilità di successo alla ennesima estrazione è $\theta$?" con il punto c..
Lui ha risposto alla mia domanda "è vero che la probabilità di successo alla ennesima estrazione è $\theta$?" con il punto c..
"Sergio":
Le due situazioni seguenti, quelle considerate "nei manuali e online", sono equivalenti:
a) estrazione in blocco: prendo 8 carte da un mazzo tutte in una volta,
b) estrazione senza reinserimento: prendo 8 carte una per una, senza rimetterle nel mazzo.
Tu ne crei una terza:
c) prendo 8 carte da un mazzo tutte in una volta, poi considero la sequenza delle carte estratte.
È chiaro come il sole che in b) le probabilità di successo cambiano a ogni estrazione, mentre in c), dopo l'estrazione in blocco, ho semplicemente 8 carte di cui una favorevole ed è altrettanto chiaro che, dopo l'estrazione, le probabilità di successo non possono cambiare: se tra le 8 carte ce n'è una favorevole, per ciascuna di quelle 8 carte la probabilità di successo è 1/8. In b) si parte da \(K=3\) e \(N=40\), poi \(N\) (numero di carte nel mazzo) cambia a ogni estrazione e \(K\) (numero di carte favorevoli nel mazzo) può cambiare o no. In c) arrivi a \(K=1\) e \(N=8\), che tali rimangono (ma si riferiscono ora al "mazzetto" di carte già estratte).
Il problema "dopo aver estratto sette carte, qual è la probabilità di successo se ne estraggo un'ottava?" rientra in b), perché non hai ancora estratto l'ottava. Ma tu vorresti ragionare come in c).
Provo per l'ultima volta. Se si esce poi da questa sterilita' magrai ha un senso continuare.
Il caso che sto considerando e' b.
In questo dici che le probabilita' cambiano. Come? Facciamo il caso semplice di due estrazioni: alla prima estrazione la probabilita' di successo e' $K/N$ ed il suo complemento e' la probabilita' di insuccesso.
Ora quale e' la probabilita' di successo alla seconda estrazione? Be come dici cambia perche N si riduce di 1 e K puo cambiare. Dunque la probabilita' e' $(K-1)/(N-1)$ se hai avuto successo alla prima mentre $K/(N-1)$ se hai avuto insuccesso. Il fatto e' che queste probabilita' sono condizionate all'esito del primo risulltato. Qui ci si vuole calcolare la probabilita' di successo non condizionata.
Provo a fare un esempio:
ti do un mazzo (ben mischiato
)ti dico estrai due carte una dopo l'altra senza reinmissione.
Ma aspetta, prima di estrarre le due carte, ti chiedo quale e' la probabilita' che la seconda estrazione dia successo?
Chiaramente $K/N$.
Se poi questo ti sembra ovvio e dici che cio' e' banale perche' e' come considerare una sola estrazione, non mi trovi d'accordo. Come ti dice momo1 ad esempio, mediante $S_n=sum_{k=1}^n X_k$, e' immediato trovare la media di una ipergeometria. Perche' escluderlo?
Provo a dare una risposta al problema....
Prima un piccolo riepilogo:
ho un mazzo di 40 carte, di cui:
3 vincenti
6 potenti
31 normali.
Devo trovare la probabilità che la settima estrazione sia vincente, dopo che nelle prime 6 estrazioni ci sia stata almeno 1 carta "potente" (con la quale posso eliminare una delle carte non vincenti, scelta tra le 34 carte residue) e nessuna vincente.
N.B. il fatto che venga eliminata la settima, l'ottava, la ventesima o quarantesima carta, come pure il fatto che io scelga l'ottava, quindicesima, trentesima carta, non inficia minimamente il calcolo.
$6/40*36/39*35/38*34/37*33/36*32/35*6*3/33$
Prima un piccolo riepilogo:
ho un mazzo di 40 carte, di cui:
3 vincenti
6 potenti
31 normali.
Devo trovare la probabilità che la settima estrazione sia vincente, dopo che nelle prime 6 estrazioni ci sia stata almeno 1 carta "potente" (con la quale posso eliminare una delle carte non vincenti, scelta tra le 34 carte residue) e nessuna vincente.
N.B. il fatto che venga eliminata la settima, l'ottava, la ventesima o quarantesima carta, come pure il fatto che io scelga l'ottava, quindicesima, trentesima carta, non inficia minimamente il calcolo.
$6/40*36/39*35/38*34/37*33/36*32/35*6*3/33$
"Sergio":
Perché cambi le carte in tavola?
Il problema non chiede "prima di estrarre, qual è la probabilità che l'ottava sia un successo?", ma chiede "dopo sette insuccessi qual è la probabilità che l'ottavia sia un successo?".
Il problema non lo ha capito nessuno (forse neanche momo1) ma di certo non chiede quello che stai dicendo tu (come puoi vedere dal l'abbozzo di superpippone con 3 tipi di carte).
Infatti la discussione non è mai stata sul problema ma sulle distribuzioni di particolari variabili aleatorie.
Ma va be, finiamola qua; andando avanti cosi non si va da nessuna parte.
@superpippone te hai detto dopo che almeno una delle 6 è speciale e non esattamente una.
Ci devo comunque riflettere e chiarire alcuni punti del problema.
Non l'ho detto io.
L'ha detto momo: che ce ne sia una o più di speciali, il risultato non cambia. Se ne può togliere solo una.
Comunque prima ho scritto una "fregnaccia"....
Modifico così:
$(C_(37,6)-C_(31,6))/C_(40,6)*3/33$
Sorry, ma non so scrivere in altra maniera.......
L'ha detto momo: che ce ne sia una o più di speciali, il risultato non cambia. Se ne può togliere solo una.
Comunque prima ho scritto una "fregnaccia"....
Modifico così:
$(C_(37,6)-C_(31,6))/C_(40,6)*3/33$
Sorry, ma non so scrivere in altra maniera.......
Infatti ti dicevo che quella probabilità era sbagliata...io di quello che ha detto momo sul gioco ne ho capito poco.
Mi sembra ora vada meglio
Mi sembra ora vada meglio
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