Certi esercizi di probab. sembrano elemantari, ma talvolta..
In un gioco sono date due urne esternamente indistinguibili (se non, almeno in questo esercizio, per la posizione sul tavolo), in una il giocatore sa di contenere palline bianche e nere nel rapporto $\p=(B_i_a)/(B_i_a+N_e_r)$, nell'altra solo palline nere.
Il gioco è vincente se il giocatore indovina qual'è l'urna contenente le palline bianche.
Il giocatore sa di disporre solo di $\n$ possibili ma libere estrazioni con reimmissione della pallina nella stessa urna da cui viene estratta. Spese invano le estrazioni, non gli rimane che un'ultima possibilità (se non l'ha già usata chiudendo già prima il gioco senza successo) : scegliere a caso una delle due urne, per l'unica volta possibile, e... sperare nella fortuna.
Le domande sono:
1) qual'è la strategia da usare per muoversi lungo la via che il giocatore ritiene essere quella di massima probabilità di successo
2) qual'è la probabilità di successo seguendo la suddetta via ottimale (esprimere questo valore con una formula)
3) ma esiste effettivamente una via migliore delle altre?
4) in relazione al valore di $\p$ puo o no accadere che sia più conveniente anticipare la scelta casuale e speranzosa dell'urna ancorchè tutte, parte o nessuna delle $\n$ estrazioni siano state utilizzate.
Per quanto mi riguarda sto scrivendo un programma in qbasic per anticiparmi la soluzione del problema col metodo di Montecarlo. Una volta in possesso dei dati empirici li verificherò per la via analitica (ignominiosamente non ancora affrontata seriamente, come vorrebbe l'etica di chi propone problemi), che di primo acchito non mi sembra ardua, così come richiesto dall'esercizio.
Grazie
Il gioco è vincente se il giocatore indovina qual'è l'urna contenente le palline bianche.
Il giocatore sa di disporre solo di $\n$ possibili ma libere estrazioni con reimmissione della pallina nella stessa urna da cui viene estratta. Spese invano le estrazioni, non gli rimane che un'ultima possibilità (se non l'ha già usata chiudendo già prima il gioco senza successo) : scegliere a caso una delle due urne, per l'unica volta possibile, e... sperare nella fortuna.
Le domande sono:
1) qual'è la strategia da usare per muoversi lungo la via che il giocatore ritiene essere quella di massima probabilità di successo
2) qual'è la probabilità di successo seguendo la suddetta via ottimale (esprimere questo valore con una formula)
3) ma esiste effettivamente una via migliore delle altre?
4) in relazione al valore di $\p$ puo o no accadere che sia più conveniente anticipare la scelta casuale e speranzosa dell'urna ancorchè tutte, parte o nessuna delle $\n$ estrazioni siano state utilizzate.
Per quanto mi riguarda sto scrivendo un programma in qbasic per anticiparmi la soluzione del problema col metodo di Montecarlo. Una volta in possesso dei dati empirici li verificherò per la via analitica (ignominiosamente non ancora affrontata seriamente, come vorrebbe l'etica di chi propone problemi), che di primo acchito non mi sembra ardua, così come richiesto dall'esercizio.
Grazie
Risposte
"mariodic":
in una il giocatore sa di contenere palline bianche e nere nel rapporto $\p=(B_i_a)/(B_i_a+N_e_r)$, nell'altra solo palline nere.
Scusa, sono un pò tardo, come significa questa frase? Il rapporto fra il numero di palline bianche e il numero di palline nere è tautologicamente $(B_i_a)/(N_e_r)$, usando la tua terminologia. Come fa questo rapporto essere uguale a $(B_i_a)/(B_i_a+N_e_r)$?
Davvero, non capisco la traccia, chiedo lumi
"alvinlee88":[/quote]non ho mai scritto $\(B_i_a)/(N_e_r)=(B_i_a)/(B_i_a)+N_e_r$ bensì $\p=(B_i_a)/(B_i_a+N_e_r)$. E' chiaro che sto parlando della probabilità che, con una sola estrazione possibile, p sia la probabilità che appaia il bianco. Forse avrei dovuto scrivere $\p_b_i_a=(B_i_a)/(B_i_a+N_e_r)$
[quote="mariodic"] in una il giocatore sa di contenere palline bianche e nere nel rapporto $\p=(B_i_a)/(B_i_a+N_e_r)$, nell'altra solo palline nere.
Scusa, sono un pò tardo, come significa questa frase? Il rapporto fra il numero di palline bianche e il numero di palline nere è tautologicamente $\(B_i_a)/(N_e_r)$, usando la tua terminologia. Come fa questo rapporto essere uguale a $(B_i_a)/B_i_a+N_e_r$?
Davvero, non capisco la traccia, chiedo lumi
Tu avevi scritto
" contenere palline bianche e nere nel rapporto $x$" secondo me significa precisamente "numero di bianche /numero di nere=$x$", per questo non capivo. Dunque $p$ è semplicemente la probabilità di estrarre una pallina bianca, ma oltre questo che è semplicemente la definizione di probabilità (casi favorevoli/casi possibili) non sappiamo niente su $p$, giusto?
EDIT: oggi sono proprio fuso. Rileggendo, il valore di $p$ è noto, giusto? Scusami per questi post inutili
"mariodic":
in una il giocatore sa di contenere palline bianche e nere nel rapporto $\p=(B_i_a)/(B_i_a+N_e_r)$
" contenere palline bianche e nere nel rapporto $x$" secondo me significa precisamente "numero di bianche /numero di nere=$x$", per questo non capivo. Dunque $p$ è semplicemente la probabilità di estrarre una pallina bianca, ma oltre questo che è semplicemente la definizione di probabilità (casi favorevoli/casi possibili) non sappiamo niente su $p$, giusto?
EDIT: oggi sono proprio fuso. Rileggendo, il valore di $p$ è noto, giusto? Scusami per questi post inutili
"alvinlee88":Si "p" è noto, tuttavia, per rispondere all'ultima domanda del test non conviene vincolare p ad un qualche specifico numero perchè la risposta è in funzione dei valori che assume p.
Caro Alvinlee,
Rileggendo, il valore di $p$ è noto, giusto? Scusami per questi post inutili
direi che conviene pescare sempre dalla stessa urna. se si pescano solo palle nere conviene scommettere che quella sia l'urna con solo palle nere, in quanto per p>0 per forza la probabilità P(urna mista | estrazioni tutte nere) sarà minore di P(urna monocromatica | estrazioni tutte nere)
domani o dopo domani vi scrivo la giustificazione con il teorema di Bayes, non è molto difficile. direi che la traccia solutiva è comunque questa.
domani o dopo domani vi scrivo la giustificazione con il teorema di Bayes, non è molto difficile. direi che la traccia solutiva è comunque questa.
io ho ragionato così:
se prende n volte la pallina dalla stessa urna, detta q=1-p la probabilità di pescare una pallina nera dall'urna che contiene anche palline bianche,
nel caso che scelga l'urna "giusta", la probabilità di estrarre una pallina bianca nelle prime n estrazioni con reimbussolamento è:
$p+qp+q^2p+ ... +q^(n-1)p=p*((1-q^n)/(1-q))=1-q^n=1-(1-p)^n$
non serviva nemmeno fare questo calcolo, perché la probabilità dell'evento contrario, cioè di non estrarre neanche una pallina bianca pescando sempre dall'urna contenente anche palline bianche è $q^n=(1-p)^n$
se invece alterna o comunque decide di pescare un po' da una parte e un po' dall'altra, al posto di n potremmo vederci ad esempio $n/2$
se n è sufficientemente grande, è piuttosto alta comunque la probabilità di estrarre una pallina bianca se si sceglie l'urna giusta ma anche se si pesca un po' di là e un po' di qua.
è chiaro che se si sceglie l'urna "sbagliata" si ha la certezza di non trovare la pallina bianca.
una strategia che mi sembra vincente è quella di estrarre sempre da un'urna e poi, se non si è estratta alcuna pallina bianca, cambiare la scelta dell'urna.
ma secondo me dipende da p ed n, perché è vero che nel caso si decida di scegliere n/2 estrazioni da una parte ed n/2 dall'altra (è orientativo, non vale la pena distinguere n pari da n dispari) non si hanno indicazioni sull'urna da scegliere in caso che si estraggano n palline nere, però è anche vero che la probabilità di estrarre la pallina bianca è pur sempre elevata, senza che ci sia il rischio di avere scelto l'urna sbagliata.
ora non saprei come continuare. fammi sapere che cosa ne pensi. ciao.
se prende n volte la pallina dalla stessa urna, detta q=1-p la probabilità di pescare una pallina nera dall'urna che contiene anche palline bianche,
nel caso che scelga l'urna "giusta", la probabilità di estrarre una pallina bianca nelle prime n estrazioni con reimbussolamento è:
$p+qp+q^2p+ ... +q^(n-1)p=p*((1-q^n)/(1-q))=1-q^n=1-(1-p)^n$
non serviva nemmeno fare questo calcolo, perché la probabilità dell'evento contrario, cioè di non estrarre neanche una pallina bianca pescando sempre dall'urna contenente anche palline bianche è $q^n=(1-p)^n$
se invece alterna o comunque decide di pescare un po' da una parte e un po' dall'altra, al posto di n potremmo vederci ad esempio $n/2$
se n è sufficientemente grande, è piuttosto alta comunque la probabilità di estrarre una pallina bianca se si sceglie l'urna giusta ma anche se si pesca un po' di là e un po' di qua.
è chiaro che se si sceglie l'urna "sbagliata" si ha la certezza di non trovare la pallina bianca.
una strategia che mi sembra vincente è quella di estrarre sempre da un'urna e poi, se non si è estratta alcuna pallina bianca, cambiare la scelta dell'urna.
ma secondo me dipende da p ed n, perché è vero che nel caso si decida di scegliere n/2 estrazioni da una parte ed n/2 dall'altra (è orientativo, non vale la pena distinguere n pari da n dispari) non si hanno indicazioni sull'urna da scegliere in caso che si estraggano n palline nere, però è anche vero che la probabilità di estrarre la pallina bianca è pur sempre elevata, senza che ci sia il rischio di avere scelto l'urna sbagliata.
ora non saprei come continuare. fammi sapere che cosa ne pensi. ciao.
"adaBTTLS":
una strategia che mi sembra vincente è quella di estrarre sempre da un'urna e poi, se non si è estratta alcuna pallina bianca, cambiare la scelta dell'urna.
ma secondo me dipende da p ed n, perché è vero che nel caso si decida di scegliere n/2 estrazioni da una parte ed n/2 dall'altra (è orientativo, non vale la pena distinguere n pari da n dispari) non si hanno indicazioni sull'urna da scegliere in caso che si estraggano n palline nere, però è anche vero che la probabilità di estrarre la pallina bianca è pur sempre elevata, senza che ci sia il rischio di avere scelto l'urna sbagliata.
ora non saprei come continuare. fammi sapere che cosa ne pensi. ciao.
Cara Ada,
Nel post, di cui ho riportata la conclusione, come in questo mio, stiamo parlando di una delle domande del problema, quella della strategia. Salvo errori che non escludo, sono giunto alla conclusione che la strategia massimizzante è quella di ripartire a metà (se possibile) le n estrazioni disponibili.Questo ho constatato, tracciando il grafico della funzione $\p_n=p-((q^(n-n_1)+q^(n_1))*p)/(2)$. Questa formula altro non è che la media ponderata tra il pescare dall'urna tutta nera ed il pescare nell'altra, in aggiunta tiene conto del fatto che, finite le estrazioni possibili senza successo, si hanno ancora $\p$ probabilità di vincere con la scelta casuale e finale di un urna.
anch'io ho detto che è alta la probabilità di pescare la pallina bianca ripartendo a metà, ma solo se n è alto, ovviamente.
ma non dobbiamo trascurare che se si pesca sempre da un'urna e non si trova la bianca, è elevatissima la probabilità che abbiamo "sbagliato" urna.
quindi, se peschi sempre da una parte devi considerare due possibilità, e le probabilità corrispondenti, per confrontarle con l'altro caso che tu hai definito vincente.
non ho adesso l'opportunità di confutare la tua formula, però non mi convince, se non altro per il fatto che la metà delle volte (o una parte: n1 o n-n1 ?) è assolutamente nulla la probabilità di pescare la pallina bianca...
se me la spieghi per bene, possiamo parlarne, ma così posso solo dire che io sono convinta dei miei calcoli parziali, non portati a termine, mentre la tua formula non me la spiego: potrei accettare il risultato circa la strategia vincente, anche se sono convinta che dipende dal rapporto tra p ed n.
ciao.
ma non dobbiamo trascurare che se si pesca sempre da un'urna e non si trova la bianca, è elevatissima la probabilità che abbiamo "sbagliato" urna.
quindi, se peschi sempre da una parte devi considerare due possibilità, e le probabilità corrispondenti, per confrontarle con l'altro caso che tu hai definito vincente.
non ho adesso l'opportunità di confutare la tua formula, però non mi convince, se non altro per il fatto che la metà delle volte (o una parte: n1 o n-n1 ?) è assolutamente nulla la probabilità di pescare la pallina bianca...
se me la spieghi per bene, possiamo parlarne, ma così posso solo dire che io sono convinta dei miei calcoli parziali, non portati a termine, mentre la tua formula non me la spiego: potrei accettare il risultato circa la strategia vincente, anche se sono convinta che dipende dal rapporto tra p ed n.
ciao.
"adaBTTLS":Premetto che non escludo errori nella elaborazione della formula, infatti sto preparando un programmino in qbasic per verificare questa o altra formula col metodo di Montecarlo. Riguaardo alla domanda che mi poni, riportata sopra, nal fare la media ho pesato le evenienze con i pesi 0 e 1 a seconda che pescavo sull'urna NN o sull'altra NB. Il grafico della curva che ne deriva è simmetrica, con un massimo a $\n_1=.5$ e minimi uguali > di zero in corrispondenza dei valori di n1 rispettivamente di 0 e 1.
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non ho adesso l'opportunità di confutare la tua formula, però non mi convince, se non altro per il fatto che la metà delle volte (o una parte: n1 o n-n1 ?) è assolutamente nulla la probabilità di pescare la pallina bianca...
se me la spieghi per bene, possiamo parlarne, ma così posso solo dire che io sono convinta dei miei calcoli parziali, non portati a termine, mentre la tua formula non me la spiego: potrei accettare il risultato circa la strategia vincente, anche se sono convinta che dipende dal rapporto tra p ed n.
ciao.
Ripeto, se qualcuno trova un errore e lo dice qui, lo ringrazio.
Ecco come sono arrivato alla formula.
Calcolo la probabilità complessiva di estrarre tutte palline nere pensando di estrarre n1 palline nere dall'urna "1" (che contiene tutte nere) e la differenza dall'altra urna "2" che contiene le nere secondo il rapporto q, poi faccio la stessa cosa invertendo le urne (n1 dalla "2" e la differenza dalla "1", poi sommo i due risultati e divido per la somma dei pesi: $\((q^(n_1)*1+q^(n-n_1)*q)/(1+q)+(q^(n_1)*q+q^(n-n_1)*1)/(1+q))/2=(q^n_1+q^(n-n_1))/2*$, semplificando e sottraendo dall'unità questa probabilità "negativa" di tutte estrazione nere, moltiplicando tutto per la probabilità $\p$ (per tener conto della probabilità di successo nella ultima scelta possibile dopo tutti i neri), si arriva alla formula $\P(p,n,n_1)=p-p*(q^n_1+q^(n-n_1))/2$.
Se questa formula, o qualsiasi altra, è corretta allora possiamo rispondere ad un'altra domanda del problema che è quella di poter anticipare la scelta dell'urna senza utilizzare le possibilità di estrazione. Questa opzione è conveniente solo se $\p>=P(p,n,n_1)$ cioè $\0>(-(q^n_1+q^(n-n_1)))/2$ che è sempre vera; ciò vale purchè la mia formula sia corretta.
io non capisco perché scrivi $q^(n_1)$ visto che la probabilità di estrarre una pallina nera dall'urna che le contiene tutte nere è 1.
io quello che ho calcolato, che però di per sé non dà la risposta è la probabilità di trovare tutte palline nere nei due casi:
se estraggo sempre da una parte è 1/2 per la probabilità di non trovare alcuna pallina bianca con n estrazioni dall'urna che contiene anche palline bianche, cioè
$1/2*q^n=1/2*(1-p)^n$
mentre la probabilità di estrarre tutte palline nere se se ne estraggono n/2 da un'urna e n/2 dall'altra (sto semplificando) è 1 per la probabilità di estrarre tutte palline nere dall'urna che contiene anche palline bianche, cioè
$1*q^(n/2)=(1-p)^(n/2)$
anche se sono un po' influenzata, di questo sono certa.
è senz'altro vero che la probabilità di trovare una pallina bianca (evento contrario) è più alta nel secondo caso, però bisogna valutare il fatto che il gioco, nel caso esaminato in cui non si trovi alcuna pallina bianca, non finisce lì. la domanda è: è meglio avere qualche probabilità in più di far finire il gioco prima oppure essere quasi certi della scelta finale? risposta: dipende da quanto alte o basse siano queste probabilità. secondo me dipende da p e da n.
il dubbio che ho nell'interpretazione della tua formula è che non riesco a fare un collegamento tra i miei "risultati parziali certi" ed i tuoi "risultati finali".
se ci riesci tu, fammi sapere. ciao.
EDIT: sto un po' fuori-fase. non sono affatto certa dell'affermazione sottolineata, anzi...
io quello che ho calcolato, che però di per sé non dà la risposta è la probabilità di trovare tutte palline nere nei due casi:
se estraggo sempre da una parte è 1/2 per la probabilità di non trovare alcuna pallina bianca con n estrazioni dall'urna che contiene anche palline bianche, cioè
$1/2*q^n=1/2*(1-p)^n$
mentre la probabilità di estrarre tutte palline nere se se ne estraggono n/2 da un'urna e n/2 dall'altra (sto semplificando) è 1 per la probabilità di estrarre tutte palline nere dall'urna che contiene anche palline bianche, cioè
$1*q^(n/2)=(1-p)^(n/2)$
anche se sono un po' influenzata, di questo sono certa.
è senz'altro vero che la probabilità di trovare una pallina bianca (evento contrario) è più alta nel secondo caso, però bisogna valutare il fatto che il gioco, nel caso esaminato in cui non si trovi alcuna pallina bianca, non finisce lì. la domanda è: è meglio avere qualche probabilità in più di far finire il gioco prima oppure essere quasi certi della scelta finale? risposta: dipende da quanto alte o basse siano queste probabilità. secondo me dipende da p e da n.
il dubbio che ho nell'interpretazione della tua formula è che non riesco a fare un collegamento tra i miei "risultati parziali certi" ed i tuoi "risultati finali".
se ci riesci tu, fammi sapere. ciao.
EDIT: sto un po' fuori-fase. non sono affatto certa dell'affermazione sottolineata, anzi...
io procederei così:
edit: metto in spolier per considerazione sbagliata, come fa notare ada
METODO COSTANZA
peschiamo sempre dalla stessa urna
chiamiamo le urna A e B, non sappiamo quale sia BN (palle miste) e quale sia N (palle nere)
scegliamo l'urna A, abbiamo P(A=N)=1/2 e P(A=BN)=1/2, ed estraiamo N volte
se A=N P(tutte nere | A=N) = 1, P(almeno una bianca | A=N) = 0
se A=BN P(tutte nere | A=BN) = (1-p)^n, P(almeno una bianca | A=BN) = 1- (1-p)^n
fino a qui concordate? più tardi proseguo.
edit: metto in spolier per considerazione sbagliata, come fa notare ada
METODO COSTANZA
peschiamo sempre dalla stessa urna
chiamiamo le urna A e B, non sappiamo quale sia BN (palle miste) e quale sia N (palle nere)
scegliamo l'urna A, abbiamo P(A=N)=1/2 e P(A=BN)=1/2, ed estraiamo N volte
se A=N P(tutte nere | A=N) = 1, P(almeno una bianca | A=N) = 0
se A=BN P(tutte nere | A=BN) = (1-p)^n, P(almeno una bianca | A=BN) = 1- (1-p)^n
fino a qui concordate? più tardi proseguo.
io oggi sto con la febbre, quindi potrei anche dire sciocchezze. però sono piuttosto convinta dei calcoli che ho fatto "quando ragionavo" e francamente non mi convince $(1/2)^n$, perché gli eventi non sono indipendenti: la metà delle volte si ha probabilità $(1-p)$ e l'altra metà probabilità $1$ di estrarre palline nere.
ciao.
ciao.
hai perfettamente ragione.
buona guarigione!
buona guarigione!
grazie!
"adaBTTLS":Cara paziente Ada,
io non capisco perché scrivi $q^(n_1)$ visto che la probabilità di estrarre una pallina nera dall'urna che le contiene tutte nere è 1.
io quello che ho calcolato, che però di per sé non dà la risposta è la probabilità di trovare tutte palline nere nei due casi:
se estraggo sempre da una parte è 1/2 per la probabilità di non trovare alcuna pallina bianca con n estrazioni dall'urna che contiene anche palline bianche, cioè
$1/2*q^n=1/2*(1-p)^n$
mentre la probabilità di estrarre tutte palline nere se se ne estraggono n/2 da un'urna e n/2 dall'altra (sto semplificando) è 1 per la probabilità di estrarre tutte palline nere dall'urna che contiene anche palline bianche, cioè
$1*q^(n/2)=(1-p)^(n/2)$
So già che la formula del mio precedente post contiene almeno un errore e la conclusione finale un'altro, e ne sono almeno due, ma forse almeno tre. Ma veniamo al tuo post sopra riportato.
Benché contengano, credo, una svista di scrittura che ha trasformato le tue equazioni in mere identità del tipo 1=1, mi sembrano corrette nelle intenzioni, infatti, partono da una equazioncina, che, per ragioni che qui non ci intessano, mi piacque chiamarla pomposamente "equazione fondamentale della probabilità", si tratta, ne più ne meno, dell'equazione $\p_n=1-(1-p)^n=1-q^n$. Essa dà la probabilità (a priori) $\p_n$ di pervenire almeno ad un evento favorevole partendo da un livello di conoscenza iniziale del singolo evento (estrazione di una pallina tra tante equipossibili) misurato dalla probabilità $\p_1$, sapendo di disporre di "n" estrazioni. Poiché le prime $\n_1$ di queste può avvenire indifferentemente sia da una che dall'altra urna, segue che la probabilità di estrarre $\n_1$ palline tutte nere è senza dubbio pari a $\(q^(n_1))/2$ e, di conseguenza $\p_n_1=1-(q^(n_1))/2$, che è la formula che forse volevi scrivere. Se nonché il giocatore dispone ancora di $\n-n_1$ possibili estrazioni, ecco come ho proceduto passo per passo:
Chiamo NN l’urna totalmente nera e BN l’altra. A caso la scelta va sulla prima, la cui probabilità di estrarre nero è $\1$, vi spendo tutte le $\n_1$ estrazioni destinate, successivamente passo a spendere le rimanenti $\n-n_1$ dall’urna BN dove la probabilità del nero è $q$. A questo punto la probabilità di vedere solo nero è il prodotto tra le due probabilità è $1^(n_1)*q^(n-n_1)=q^(n-n_1)$. Se avessi iniziato il gioco dall’urna BN avrei trovato una situazione scambiata rispetto alla formula testé scritta, cioè, dopo analogo ragionamento sarei giunto a $\q^(n_1)$. A questo punto l’equipossibilità delle due alternative mi consente di assumere la media aritmetica dei due risultati come probabilità complessiva del tutto nero che, a meno che non mi venga contestato il procedimento, sarebbe $\(q^(n_1)+q^(n-n_1))/2$. Questa probabilità “nera” viene però mitigata dal fatto che al giocatore rimane ancora la possibilità di scegliere a caso una delle due urne per cui la probabilità “nera” finale è $\((q^(n_1)+q^(n-n_1))/4)/2$ e, di conseguenza, la probabilità di vincere = a è $\1-(q^(n_1)+q^(n-n_1))/8$.
Per rispondere alla domanda del problema riguardo alla sola scelta casuale tra le due urne, senza far uso delle estrazioni disponibili, è necessario verificare che $\1/2>1-(q^(n_1)+q^(n-n_1))/8$ per decidere in tal senso.
Accetto correzioni.
quelle due espressioni non sono ovviamente equazioni, ma solo modi di scrivere lo stesso risultato in dipendenza di q e di p.
nella mia formula semplificata, $n_1=n-n_1=n/2$, per cui la media tra le due probabilità uguali è uguale alla stessa probabilità.
io ho confrontato il risultato con l'altro caso limite di estrarre tutte le palline dalla stessa urna.
mi pare che ora, come formule, ci siamo.
tu che hai usato $n_1$, dovresti studiare le varie probabilità per $n_1$ che va da 0 a n (se anche tu vuoi limitarti a considerare i casi limite, devi trasformare la formula con $n_1=0,n/2,n$. così arrivi alle formule scritte da me.
per quanto riguarda il seguito, mi sta venendo un dubbio sull'interpretazione del testo:
io ho inteso che si vincerebbe comunque indovinando l'urna contenente palline bianche, mentre questo tuo sforzo di calcolare l'ultima formula mi fa pensare che si vince solo se si estrae una pallina bianca. chiedo lumi. ciao.
nella mia formula semplificata, $n_1=n-n_1=n/2$, per cui la media tra le due probabilità uguali è uguale alla stessa probabilità.
io ho confrontato il risultato con l'altro caso limite di estrarre tutte le palline dalla stessa urna.
mi pare che ora, come formule, ci siamo.
tu che hai usato $n_1$, dovresti studiare le varie probabilità per $n_1$ che va da 0 a n (se anche tu vuoi limitarti a considerare i casi limite, devi trasformare la formula con $n_1=0,n/2,n$. così arrivi alle formule scritte da me.
per quanto riguarda il seguito, mi sta venendo un dubbio sull'interpretazione del testo:
io ho inteso che si vincerebbe comunque indovinando l'urna contenente palline bianche, mentre questo tuo sforzo di calcolare l'ultima formula mi fa pensare che si vince solo se si estrae una pallina bianca. chiedo lumi. ciao.
"adaBTTLS"Per quanto riguarda il seguito, mi sta venendo un dubbio sull'interpretazione del testo:Per Ada
io ho inteso che si vincerebbe comunque indovinando l'urna contenente palline bianche, mentre questo tuo sforzo di calcolare l'ultima formula mi fa pensare che si vince solo se si estrae una pallina bianca. chiedo lumi. ciao.
La vittoria sta nell'indovinare l'urna giusta.E' chiaro che l'apparizione della pallina bianca da la certezza della vittoria, tuttavia l'apparizione di tutte nere non ci lascia che la scelta a caso dell'urna, in questa particolare condizione il giocatore ha solo 0.5 probabilità di azzeccarci. Ecco perchè bisogna verificare in anticipo, con la disequazione di confronto del mio precedente post, se, per un $p$ ed un $n$ dati valga o no la pena di partire con le estrazioni a disposizione e non convenga, invece, scegliere a caso un urna da subito.
OK, allora ho interpretato bene.
grazie del chiarimento.
solo che siamo tornati al punto di partenza.
cito me stessa:
ciao.
grazie del chiarimento.
solo che siamo tornati al punto di partenza.
cito me stessa:
se prende n volte la pallina dalla stessa urna, nel caso che scelga l'urna "giusta", la probabilità di estrarre una pallina bianca nelle prime n estrazioni con reimbussolamento è:
$1-(1-p)^n$
se invece alterna o comunque decide di pescare un po' da una parte e un po' dall'altra, al posto di n potremmo vederci ad esempio $n/2$:
$1-(1-p)^(n/2)$
se n è sufficientemente grande, è piuttosto alta comunque la probabilità di estrarre una pallina bianca se si sceglie l'urna giusta ma anche se si pesca un po' di là e un po' di qua.
è chiaro che se si sceglie l'urna "sbagliata" si ha la certezza di non trovare la pallina bianca.
una strategia che mi sembra vincente è quella di estrarre sempre da un'urna e poi, se non si è estratta alcuna pallina bianca, cambiare la scelta dell'urna.
ma secondo me dipende da p ed n, perché è vero che nel caso si decida di scegliere n/2 estrazioni da una parte ed n/2 dall'altra (è orientativo, non vale la pena distinguere n pari da n dispari) non si hanno indicazioni sull'urna da scegliere in caso che si estraggano n palline nere, però è anche vero che la probabilità di estrarre la pallina bianca è pur sempre elevata, senza che ci sia il rischio di avere scelto l'urna sbagliata.
ciao.
"adaBTTLS":
OK, allora ho interpretato bene.
grazie del chiarimento.
solo che siamo tornati al punto di partenza.
cito me stessa:
se prende n volte la pallina dalla stessa urna, nel caso che scelga l'urna "giusta", la probabilità di estrarre una pallina bianca nelle prime n estrazioni con reimbussolamento è:
$1-(1-p)^n$
se invece alterna o comunque decide di pescare un po' da una parte e un po' dall'altra, al posto di n potremmo vederci ad esempio $n/2$:
$1-(1-p)^(n/2)$
se n è sufficientemente grande, è piuttosto alta comunque la probabilità di estrarre una pallina bianca se si sceglie l'urna giusta ma anche se si pesca un po' di là e un po' di qua.
è chiaro che se si sceglie l'urna "sbagliata" si ha la certezza di non trovare la pallina bianca.
una strategia che mi sembra vincente è quella di estrarre sempre da un'urna e poi, se non si è estratta alcuna pallina bianca, cambiare la scelta dell'urna.
ma secondo me dipende da p ed n, perché è vero che nel caso si decida di scegliere n/2 estrazioni da una parte ed n/2 dall'altra (è orientativo, non vale la pena distinguere n pari da n dispari) non si hanno indicazioni sull'urna da scegliere in caso che si estraggano n palline nere, però è anche vero che la probabilità di estrarre la pallina bianca è pur sempre elevata, senza che ci sia il rischio di avere scelto l'urna sbagliata.
ciao.
Se l'equazione da me scritta non contiene errori di sostanza, al di là meri errori di costanti numeriche, sembrerebbe che, data la evidente simmetria della curva, somiglia ad una parabola aperta verso il basso, il massimo si avrebbe quando $\n_1=n/2$ il che equivale al pescaggio casuale delle estrazioni. Se questo è vero allora non sarebbe veramente conveniente estrarre da una sola parte ed alla fine scegliere l'urna opposta, tuttavia, a sentimento, anche a me sembra che la tua sensazione odora di validità. E' proprio quando è così che un problema di probabilità diventa interessante, come quello delle tre porte. Questo vuole anche dire che la critica alla formula a cui siamo giunti rimane aperta, c'è spazio di ricerca. Me lo auguro, intanto io procedo al completamento del mio programmino in qbasic per il test Montecarlo.
se ne hai voglia, ti consiglio di provare a sostituire alcuni valori numerici a p e ad n, anche molto diversi tra loro, e fare una tabella dei risultati.
io ora non ho molto tempo, però forse più in là mi ci divertirei un po'... se non posti prima i tuoi risultati...
ciao.
io ora non ho molto tempo, però forse più in là mi ci divertirei un po'... se non posti prima i tuoi risultati...
ciao.
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