Calcolo probabilità esercizio urna strano
Ciao a tutti, vi mostro questo esercizio apparentemente facile ma che mi sta traendo in inganno, non so perché.
E' stato anche trattato nel forum molti anni fa, ma mi sembra che non sia stato risolto e la spiegazione di un utente non era molto chiara.
Ad ogni modo, l'esercizio è questo:
Io ho utilizzato il teorema di Bayes, scrivendo:
$P(3R | 2R) = [P(3R) P(2R)]/(P(2R)) = P(3R)$
Dopodiché, utilizzando il teorema delle probabilità totali, giungerei al risultato $2/3$, che tuttavia è sbagliato.
Qualcuno è in grado di risolverlo? Il risultato dovrebbe essere $5/6$
E' stato anche trattato nel forum molti anni fa, ma mi sembra che non sia stato risolto e la spiegazione di un utente non era molto chiara.
Ad ogni modo, l'esercizio è questo:
In un urna vengono inserite due palline, ciascuna delle quali può essere rossa o blu con la stessa probabilità. Si estrae a caso una pallina che viene reinserita, quindi si estrae di nuovo a caso una pallina: se entrambe le estratte sono risultate rosse,
con che probabilità, estraendo nuovamente una delle palline, si trova una rossa?
con che probabilità, estraendo nuovamente una delle palline, si trova una rossa?
Io ho utilizzato il teorema di Bayes, scrivendo:
$P(3R | 2R) = [P(3R) P(2R)]/(P(2R)) = P(3R)$
Dopodiché, utilizzando il teorema delle probabilità totali, giungerei al risultato $2/3$, che tuttavia è sbagliato.
Qualcuno è in grado di risolverlo? Il risultato dovrebbe essere $5/6$
Risposte
"anonymous_58f0ac":
Io ho utilizzato il teorema di Bayes, scrivendo:
$P(3R | 2R) = [P(3R) P(2R)]/(P(2R)) = P(3R)$
non ti pare alquanto evidente che l'evento "tre palline rosse consecutive" sia incluso nell'evento "prme due palline rosse consecutive su 3 estrazioni"?
Quindi, facilmente:
$P(3R | 2R) = [P(3R)]/(P(2R)) =(2/4xx1/8+1/4xx1)/(2/4xx1/4+1/4xx1)=(5/16)/(6/16)=5/6$
PS: la probabilità di avere 3 rosse consecutive è $5/16$, e non $2/3$ come hai scritto....quindi è il caso di rivedere un po' la teoria.
Se hai il link del topic che non torna / errato, per favore postalo così lo correggo / elimino dal database.
"tommik":
non ti pare alquanto evidente che l'evento "tre palline rosse consecutive" sia incluso nell'evento "due palline rosse consecutive"?
Scusami ma mi manca proprio questo passaggio.
$3R nn 2R = 3R$
L'intersezione fra un insieme $A$ e un suo sottoinsieme $A_0$ è l'insieme $A$ stesso? Io avrei detto $A_0$.
"tommik":
Se hai il link del topic che non torna / errato, per favore postalo così lo correggo / elimino dal database.
Purtroppo non ce l'ho tommik perché l'avevo visto un po' di tempo fa.
Basta sapere quali siano gli insiemi 
È evidente che l'elemento $\text(RRR)$ è incluso nell'insieme ${\text(RRR, RRB)}$
È evidente che l'elemento $\text(RRR)$ è incluso nell'insieme ${\text(RRR, RRB)}$
esattamente così 
PS: comunque avevi sbagliato anche a calcolare la probabilità di avere $ R R R$
PS: comunque avevi sbagliato anche a calcolare la probabilità di avere $ R R R$
Peraltro io ci sono arrivato alla maniera di superpippone perché i conti di tommik non li posso capire 
Le urne possibili sono $4$ : $\text(rr, rb, br, bb)$
Le istanze del caso $\text(RR)$ sono quattro per la prima urna, una ciascuna per la seconda e la terza e nessuna per la quarta cioè $6$ in totale.
Per ciascuno di questi la terza pallina può essere la "prima" o la "seconda"; entrambe sono rosse per la prima urna generando otto casi favorevoli mentre una sola per ciascuna delle altre due urne portando il totale dei casi favorevoli a $10$.
Cordialmente, Alex
Le urne possibili sono $4$ : $\text(rr, rb, br, bb)$
Le istanze del caso $\text(RR)$ sono quattro per la prima urna, una ciascuna per la seconda e la terza e nessuna per la quarta cioè $6$ in totale.
Per ciascuno di questi la terza pallina può essere la "prima" o la "seconda"; entrambe sono rosse per la prima urna generando otto casi favorevoli mentre una sola per ciascuna delle altre due urne portando il totale dei casi favorevoli a $10$.
Cordialmente, Alex
in realtà il ragionamento è molto semplice e comunque lo guardi è sempre lo stesso ragionamento.
Come hai giustamente notato, le urne possibili sono 4...o meglio, la probabilità di avere un'urna con 2 blu= probabilità di avere un'urna con 2R =$1/4$ mentre quella di avere un'urna bicolore è $2/4$
Di conseguenza, immediatamente, la probabilità di avere tutte palline rosse è
$1/4xx0+2/4xx(1/2)^n+1/4xx1$, $AAn in NN^+$
ovviamennte il primo addendo è: estraggo pallina rossa dall'urna che ne ha solo blu ecc ecc
Come hai giustamente notato, le urne possibili sono 4...o meglio, la probabilità di avere un'urna con 2 blu= probabilità di avere un'urna con 2R =$1/4$ mentre quella di avere un'urna bicolore è $2/4$
Di conseguenza, immediatamente, la probabilità di avere tutte palline rosse è
$1/4xx0+2/4xx(1/2)^n+1/4xx1$, $AAn in NN^+$
ovviamennte il primo addendo è: estraggo pallina rossa dall'urna che ne ha solo blu ecc ecc
"tommik":
$1/4xx0+2/4xx(1/2)^n+1/4xx1$, $AAn in NN^+$
ovviamennte il primo addendo è: estraggo pallina rossa dall'urna che ne ha solo blu ecc ecc
Questo è il teorema delle probabilità totali, giusto?
Comunque vi ringrazio ragazzi perché ho compreso il mio errore.
L'insieme prime due palline rosse è $2R= {text(RRR, RRB)}$, mentre l'insieme prime tre palline rosse è $3R={text(RRR)}$, da cui
$P( 3R nn 2R ) = P(3R)$
grazie!
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