Cerini e scatole
Questo esercizio l'ho completato ma non so se è giusto, quindi vi chiederei di correggere eventuali (spero di no) errori.
1) $X$ è una v. discreta. Ogni scatola contiene 5 cerini, ed $X=#$ cerini residui in una scatola una volta terminata l'altra. Ciò significa che una scatola può esaurirsi quando nell’altra rimane un minimo di 1 solo cerino (il fumatore ha preso 5 cerini dalla scatola che si è esaurita e 4 dall’altra) o un massimo di 5 cerini (il fumatore ha preso subito 5 cerini dalla scatola che si è esaurita). Ne segue che il supporto di $X$ è $S(X)={1,2,3,4,5}$.
2) Se $X$ sono i cerini residui (e deve rimanere almeno 1 cerino in una delle due scatole) significa che al massimo si possono prelevare 9 cerini. Ciò avviene quando resta 1 cerino in ambedue le scatole, e con l’ultimo prelievo una si esaurisce mentre l’altra conserva ancora 1 cerino: si sono perciò prelevati 5 cerini dalla scatola esaurita e 4 dall’altra. Ma l’esaurimento di una scatola può anche avvenire estraendo 5 cerini da una e 3 dall’altra, 5 cerini da una e 2 dall’altra, 5 cerini da una e 1 dall’altra o addirittura 5 cerini da una e 0 dall’altra. Quindi ai fini dell’esaurimento le estrazioni possibili sono $9-j$ (con $j∈[5,9]$ perché $5=5+0$ – dove 0 sono i cerini prelevati dall’altra scatola – e $9=5+4$ – dove 4 sono i cerini prelevati dall’altra scatola –). Ne segue che una scatola si esaurisce quando nelle prime $9-j$ estrazioni si estraggono 4 cerini da una scatola e poi un quinto dalla stessa scatola, il tutto moltiplicato per una probabilità che dovrebbe essere $1/2^(10-j)$ perché $1/2=($1 scatola favorevole$)$/$($2 scatole possibili$)$ e con il denominatore elevato a $10-j$ in quanto prodotto tra le probabilità di “successo” e “insuccesso” delle prime 4 estrazioni e la 5 (definitiva) estrazione.
Chiaramente questo discorso va esteso a entrambe le scatole, quindi moltiplico per 2. In finale:
3) $\mathbb(E)[X]:=\sum_(j=4)^9x_j\mathbb(P)(X=x_j)=( (8), (4) )1/2^8+( (7), (4) )1/2^7+( (6), (4) )1/2^6+( (5), (4) )1/2^5+( (4), (4) )1/2^4=1$.
Grazie mille dell'attenzione!
Un fumatore possiede due scatole di cerini: ognuna contiene 5 cerini. Ogni volta che accende una sigaretta sceglie a caso una scatola, preleva un cerino e lo getta via dopo l'uso. Quando una scatola si esaurisce, nell'altra scatola resta un numero aleatorio $X$ di cerini residui.
1) Che tipo di v.a. è $X$? Qual'è il suo supporto?
2) Trova la distribuzione di $X$.
3) Calcola la media di $X$.
1) Che tipo di v.a. è $X$? Qual'è il suo supporto?
2) Trova la distribuzione di $X$.
3) Calcola la media di $X$.
1) $X$ è una v. discreta. Ogni scatola contiene 5 cerini, ed $X=#$ cerini residui in una scatola una volta terminata l'altra. Ciò significa che una scatola può esaurirsi quando nell’altra rimane un minimo di 1 solo cerino (il fumatore ha preso 5 cerini dalla scatola che si è esaurita e 4 dall’altra) o un massimo di 5 cerini (il fumatore ha preso subito 5 cerini dalla scatola che si è esaurita). Ne segue che il supporto di $X$ è $S(X)={1,2,3,4,5}$.
2) Se $X$ sono i cerini residui (e deve rimanere almeno 1 cerino in una delle due scatole) significa che al massimo si possono prelevare 9 cerini. Ciò avviene quando resta 1 cerino in ambedue le scatole, e con l’ultimo prelievo una si esaurisce mentre l’altra conserva ancora 1 cerino: si sono perciò prelevati 5 cerini dalla scatola esaurita e 4 dall’altra. Ma l’esaurimento di una scatola può anche avvenire estraendo 5 cerini da una e 3 dall’altra, 5 cerini da una e 2 dall’altra, 5 cerini da una e 1 dall’altra o addirittura 5 cerini da una e 0 dall’altra. Quindi ai fini dell’esaurimento le estrazioni possibili sono $9-j$ (con $j∈[5,9]$ perché $5=5+0$ – dove 0 sono i cerini prelevati dall’altra scatola – e $9=5+4$ – dove 4 sono i cerini prelevati dall’altra scatola –). Ne segue che una scatola si esaurisce quando nelle prime $9-j$ estrazioni si estraggono 4 cerini da una scatola e poi un quinto dalla stessa scatola, il tutto moltiplicato per una probabilità che dovrebbe essere $1/2^(10-j)$ perché $1/2=($1 scatola favorevole$)$/$($2 scatole possibili$)$ e con il denominatore elevato a $10-j$ in quanto prodotto tra le probabilità di “successo” e “insuccesso” delle prime 4 estrazioni e la 5 (definitiva) estrazione.
Chiaramente questo discorso va esteso a entrambe le scatole, quindi moltiplico per 2. In finale:
$\mathbb(P)(X=j)=2\cdot ( (9-j), (4) ) \cdot 1/(2^(10-j))=( (9-j), (4) ) 1/(2^(9-j))$
3) $\mathbb(E)[X]:=\sum_(j=4)^9x_j\mathbb(P)(X=x_j)=( (8), (4) )1/2^8+( (7), (4) )1/2^7+( (6), (4) )1/2^6+( (5), (4) )1/2^5+( (4), (4) )1/2^4=1$.
Grazie mille dell'attenzione!
Risposte
Stai dicendo che il valore minimo di $X$ è $1$ e che anche la sua media è $1$? Deduco che i valori maggiori di 1 sono impossibili. Ma non lo sono. Ci deve essere qualcosa che non va.
"ghira":
Ci deve essere qualcosa che non va.
Disattenzione. Ho applicato male la definizione di valore atteso: le probabilità sono corrette ma ho dimenticato di moltiplicarle per gli $x_j$ del supporto. Il valore atteso corretto è:
$\mathbb(E)[X]=( (8), (4) ) 1/2^8+2\cdot ( (7), (4) ) 1/2^7+3\cdot ( (6), (4) ) 1/2^6+4\cdot ( (5), (4) ) 1/2^5+5\cdot ( (4), (4) ) 1/2^4=2,46$
Con una catena di Markov, numericamente, ottengo $2,4609375$ come media.
In effetti viene anche a me $2,46$. E per quanto riguarda la distribuzione di $X$ il risultato coincide (per una volta 
) con la soluzione.
) con la soluzione.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo