Esercizio palline
Ciao a tutti,
da un pò di tempo sto rispolverando la probabilità e sono alle prese con il seguente esercizio. Ecco il testo.
Un gioco consiste nel gettare tre palline ($1, 2$ e $3$) in tre buche diverse ($A, B$ e $C$). Ogni pallina può cadere in una delle buche con la emdesima probabilità. Calcolare:
1. Probabilità che le palline cadono tutte nella stessa buca.
2. Probabilità che due palline cadano nella stessa buca e l'altra in una buca diversa.
Il punto 1. l'ho risolto senza problemi e mi viene $1/9$.
Per il punto 2. ho ragionato così: dato che ogni possibile configurazione è equiprobabile, mi sono prima calcolato i casi totali che sono disposizioni di 3 elementi in gruppi da 3 con ripetizione, quindi $3^{3}=27$. Per i casi favoreli, ne ho trovati 18. Per farlo mi sono fissato prima che due palline cadano nella buca A ad esempio: quindi i casi possibili sono 6 (con l'ordine indico dove va la prima pallina, dove la seconda e dove la terza), ovvero
$A A B$, $A B A$, $B A A$
$A A C$, $A C A$, $C A A$
Analogamente avrò 6 casi se fisso due palline in B e 6 casi per due palline in C. Quindi la probabilità richiesta viene $18/27$. Il libro riporta $2/9$ e la cosa non mi torna.
Spero possiate darmi dei chiarimenti.
Grazie a tutti.
da un pò di tempo sto rispolverando la probabilità e sono alle prese con il seguente esercizio. Ecco il testo.
Un gioco consiste nel gettare tre palline ($1, 2$ e $3$) in tre buche diverse ($A, B$ e $C$). Ogni pallina può cadere in una delle buche con la emdesima probabilità. Calcolare:
1. Probabilità che le palline cadono tutte nella stessa buca.
2. Probabilità che due palline cadano nella stessa buca e l'altra in una buca diversa.
Il punto 1. l'ho risolto senza problemi e mi viene $1/9$.
Per il punto 2. ho ragionato così: dato che ogni possibile configurazione è equiprobabile, mi sono prima calcolato i casi totali che sono disposizioni di 3 elementi in gruppi da 3 con ripetizione, quindi $3^{3}=27$. Per i casi favoreli, ne ho trovati 18. Per farlo mi sono fissato prima che due palline cadano nella buca A ad esempio: quindi i casi possibili sono 6 (con l'ordine indico dove va la prima pallina, dove la seconda e dove la terza), ovvero
$A A B$, $A B A$, $B A A$
$A A C$, $A C A$, $C A A$
Analogamente avrò 6 casi se fisso due palline in B e 6 casi per due palline in C. Quindi la probabilità richiesta viene $18/27$. Il libro riporta $2/9$ e la cosa non mi torna.
Spero possiate darmi dei chiarimenti.
Grazie a tutti.
Risposte
Il libro riporta $2/9$ o $2/3$?
Il fatto è che il mio ragionamento è stato il seguente:
Fissiamo per il momento che le palline 1 e 2 vadano in buca A, mentre la 3 vada in buca B o C. Di conseguenza la probabilità sarà $2/27$.
Ora, questa probabilità va moltiplicata per il mumero di permutazioni di delle 3 pallina, mi spiego:
posso esserci le palline 1e2 insieme e la 3 spaiata, possono esserci le palline 2e3 insieme e la 1 spaiata e così via.
Il numero complessivo sarà $((3),(2))=3$.
Ora ci sarà un secondo termine moltiplicativo che indicherà la buca dove andranno a finire insieme le due palline. Questa può essere ovvimente la A o B o C, per un totale di 3.
Riassumendo, la probabilità sarà:
$2/3^3 * 3 * 3=2/3$
Il fatto è che il mio ragionamento è stato il seguente:
Fissiamo per il momento che le palline 1 e 2 vadano in buca A, mentre la 3 vada in buca B o C. Di conseguenza la probabilità sarà $2/27$.
Ora, questa probabilità va moltiplicata per il mumero di permutazioni di delle 3 pallina, mi spiego:
posso esserci le palline 1e2 insieme e la 3 spaiata, possono esserci le palline 2e3 insieme e la 1 spaiata e così via.
Il numero complessivo sarà $((3),(2))=3$.
Ora ci sarà un secondo termine moltiplicativo che indicherà la buca dove andranno a finire insieme le due palline. Questa può essere ovvimente la A o B o C, per un totale di 3.
Riassumendo, la probabilità sarà:
$2/3^3 * 3 * 3=2/3$
Prima di tutto grazie per la risposta. E' esattamente il ragionamento che ho fatto anche io, infatti mi torna $18/27$ ovvero $2/3$. Il risultato dovrebbe essere $2/9$, però a me onestamente non sembra corretto.
Se ti può interessare, magari vediamo che risultati ci vengono, viene proposto anche il caso di 4 palline e 4 buche. Si chiede la probabilità che due vadano nella stessa buca e le altre due in due diverse buche.
Ora ci ragiono su e vediamo che risultato mi viene. Il risultato che viene dato lo posto dopo i ragionamenti, così non ci condiziona
.
Se ti può interessare, magari vediamo che risultati ci vengono, viene proposto anche il caso di 4 palline e 4 buche. Si chiede la probabilità che due vadano nella stessa buca e le altre due in due diverse buche.
Ora ci ragiono su e vediamo che risultato mi viene. Il risultato che viene dato lo posto dopo i ragionamenti, così non ci condiziona
.
effettivamente il risultato ottenuto da voi è lo stesso, in quanto $18/27=2/3$.
la cosa è confermata dal fatto che $27$ è il numero delle funzioni da un $3$-insieme a un $3$-insieme, e $6$ è il numero delle suriezioni da un $3$-insieme a un $2$-insieme, mentre $3$ sono i $2$-sottoinsiemi di un $3$-insieme, per cui le funzioni che verificano i requisiti sono $6*3=18$.
la cosa è confermata dal fatto che $27$ è il numero delle funzioni da un $3$-insieme a un $3$-insieme, e $6$ è il numero delle suriezioni da un $3$-insieme a un $2$-insieme, mentre $3$ sono i $2$-sottoinsiemi di un $3$-insieme, per cui le funzioni che verificano i requisiti sono $6*3=18$.
Ho provato a svolgere l'esercizio con 4 palline ($1,2,3$ e $4$) e 4 buche ($A,B,C$ e $D$). Si chiede la probabilità che due vadano in una buca e le altre due in altre due buche diverse.
Ogni possibile configurazione è equiprobabile, quindi ragiono con casi favorevoli e totali.
I casi totali sono $4^{4}=256$. Per comodità, fisso A come buca contente le due palline. Se suppongo che le palline $1$ e $2$ vadano in $A$, allora i casi favorevoli sono $6$ ovvero
$A A B C$, $A A B D$, $A A C D$
$A A C B$, $A A D B$, $A A D C$
Chiaramente nella buca $A$ potrei avere anche le palline $1$ e $3$, ecc.: in totale sono altri 6 casi (combinazioni di 4 elementi in gruppi da 2). Quindi la probabilità che due palline vadano in $A$ e le altre due in buche diverse è $36/256$.
Ora le due palline possono andare in $B$, $C$ o $D$, quindi la probabilità richieste viene $36*4/256=144/256=0.5625$.
Il risultato riportato è $3/32$
Ogni possibile configurazione è equiprobabile, quindi ragiono con casi favorevoli e totali.
I casi totali sono $4^{4}=256$. Per comodità, fisso A come buca contente le due palline. Se suppongo che le palline $1$ e $2$ vadano in $A$, allora i casi favorevoli sono $6$ ovvero
$A A B C$, $A A B D$, $A A C D$
$A A C B$, $A A D B$, $A A D C$
Chiaramente nella buca $A$ potrei avere anche le palline $1$ e $3$, ecc.: in totale sono altri 6 casi (combinazioni di 4 elementi in gruppi da 2). Quindi la probabilità che due palline vadano in $A$ e le altre due in buche diverse è $36/256$.
Ora le due palline possono andare in $B$, $C$ o $D$, quindi la probabilità richieste viene $36*4/256=144/256=0.5625$.
Il risultato riportato è $3/32$
ti posso dire come penso venga fuori il risultato del libro, anche se non sono d'accordo (io farei come te, risultato coerente con le suriezioni):
secondo me il libro usa i coefficienti multinomiali.
$((((,4,),(2,1,1)))/(2!))/(4^4)$
vedete un po' anche voi...
secondo me il libro usa i coefficienti multinomiali.
$((((,4,),(2,1,1)))/(2!))/(4^4)$
vedete un po' anche voi...
Io ho provato a pensarla così.
Caso 3 palline: la prima pallina la fissa, la seconda deve andare nella stessa buca della prima (con probabilità $1/3$), la terza in una delle atre due buche (probabilità $2/3$). Totale $1*1/3 * 2/3=2/9$.
Con 4 palline analogo discorso, totale $1*1/4*3/4*1/2=3/32$.
Comunque sia non mi sembra corretto, sarei più propenso al ragionamento che ho fatto. Diciamo che già il fatto che adaBTTLS è d'accordo con il mio procedimento mi fa stare tranquillo.
Caso 3 palline: la prima pallina la fissa, la seconda deve andare nella stessa buca della prima (con probabilità $1/3$), la terza in una delle atre due buche (probabilità $2/3$). Totale $1*1/3 * 2/3=2/9$.
Con 4 palline analogo discorso, totale $1*1/4*3/4*1/2=3/32$.
Comunque sia non mi sembra corretto, sarei più propenso al ragionamento che ho fatto. Diciamo che già il fatto che adaBTTLS è d'accordo con il mio procedimento mi fa stare tranquillo.
grazie per la fiducia, ma tante volte il problema può essere nel fatto che i vari casi esaminati, considerati come equiprobabili, magari non lo sono ...
comunque non mi sembra questo il caso, e siamo in tre ad aver ottenuto lo stesso risultato con metodi diversi!
comunque non mi sembra questo il caso, e siamo in tre ad aver ottenuto lo stesso risultato con metodi diversi!
Si ma hai ragione te; magari distingue se fosse un'urna precisa.
Comunque puoi vederla così:
$P(text(2 generiche palline in una generica urna )nn text( l'altra in un'altra urna))=sum_(i=1)^3 P(text(2 generiche palline nell'urna i )nn text( l'altra in un'altra urna non i))$
ora quest'ultima probabilità la scomponi anchessa osservando che le due generiche palline sono tre coppie ($((3),(2))$):
$P(text(2 generiche palline nell'urna i )nn text( l'altra in un'altra urna non i))=sum_(k=1)^3 P(text(la coppia )(mu,rho)_k text(nell'urna i )nn text( l'altra in un'altra urna non i))=sum_(k=1)^3 1/3^2 2/3= 2/9$;
con l'altra sommatoria ti viene $3*2/9=2/3$.
Dopo tutto sto papocchio (che però a me viene utile perchè mi piace ragionare con gli eventi e lo puoi generalizzare) in questo caso potevi osservare che le tre palline:
o sono nella stessa ($A$);
o sono due in una e l'altra in un'altra ($B$);
o tutte e tre diverse ($C$).
$P(A)=1/9$
$P(B)=6/9$
$P(C)=2/9$.
Per quattro palline e buche sfrutti quello di sopra:
$P(text(2 generiche palline in una generica urna )nn text( le altre due in urne diverse))=sum_(i=1)^4 P(text(2 generiche palline nell'urna i )nn text( le altre due in urne diverse da i))$
ragioni allo stesso modo ma con $6$ coppie
$sum_(k=1)^6 P(text(la coppia )(mu,rho)_k text(nell'urna i )nn text( le altre due in urne diverse da i))=sum_(k=1)^6 1/4^2 3/4 2/4= 9/(4^3)$;
moltiplichi per $4$ (per via della prima sommatoria) ed ottieni $9/(16)=0.5625$.
Comunque puoi vederla così:
$P(text(2 generiche palline in una generica urna )nn text( l'altra in un'altra urna))=sum_(i=1)^3 P(text(2 generiche palline nell'urna i )nn text( l'altra in un'altra urna non i))$
ora quest'ultima probabilità la scomponi anchessa osservando che le due generiche palline sono tre coppie ($((3),(2))$):
$P(text(2 generiche palline nell'urna i )nn text( l'altra in un'altra urna non i))=sum_(k=1)^3 P(text(la coppia )(mu,rho)_k text(nell'urna i )nn text( l'altra in un'altra urna non i))=sum_(k=1)^3 1/3^2 2/3= 2/9$;
con l'altra sommatoria ti viene $3*2/9=2/3$.
Dopo tutto sto papocchio (che però a me viene utile perchè mi piace ragionare con gli eventi e lo puoi generalizzare) in questo caso potevi osservare che le tre palline:
o sono nella stessa ($A$);
o sono due in una e l'altra in un'altra ($B$);
o tutte e tre diverse ($C$).
$P(A)=1/9$
$P(B)=6/9$
$P(C)=2/9$.
Per quattro palline e buche sfrutti quello di sopra:
$P(text(2 generiche palline in una generica urna )nn text( le altre due in urne diverse))=sum_(i=1)^4 P(text(2 generiche palline nell'urna i )nn text( le altre due in urne diverse da i))$
ragioni allo stesso modo ma con $6$ coppie
$sum_(k=1)^6 P(text(la coppia )(mu,rho)_k text(nell'urna i )nn text( le altre due in urne diverse da i))=sum_(k=1)^6 1/4^2 3/4 2/4= 9/(4^3)$;
moltiplichi per $4$ (per via della prima sommatoria) ed ottieni $9/(16)=0.5625$.
Concordo con te, però il testo dice espressamente che "ogni palla ha la stessa probabilità di cadere in una delle buche".
Già il fatto che siamo in tre ad essere arrivati allo stesso risultato, soprattutto con strade diverse, mi va più che bene. Magari aspettiamo altri pareri e vediamo che ne esce
p.s: leggo ora il post di Dajeforte, che ringrazio. Ora siamo in 4!
Già il fatto che siamo in tre ad essere arrivati allo stesso risultato, soprattutto con strade diverse, mi va più che bene. Magari aspettiamo altri pareri e vediamo che ne esce
p.s: leggo ora il post di Dajeforte, che ringrazio. Ora siamo in 4!
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