Esercizio probabilità
Ciao a tutti,
ho il seguente esercizio di probabiltà.
Si supponga di avere un’urna contenente quattro (4) palline bianche e/o nere in una proporzione del tutto arbitraria. Si supponga di estrarne una ed è nera. Se ne estrae un’altra ed è nera anche questa. Qual è la probabilità che anche la successiva pallina estratta sia nera?
Dai miei ragionamenti viene $3/4$: vorrei una conferma. Non scrivo il ragionamento, almeno per adesso, perché non vorrei condizionarvi (magari negativamente).
Grazie a tutti.
ho il seguente esercizio di probabiltà.
Si supponga di avere un’urna contenente quattro (4) palline bianche e/o nere in una proporzione del tutto arbitraria. Si supponga di estrarne una ed è nera. Se ne estrae un’altra ed è nera anche questa. Qual è la probabilità che anche la successiva pallina estratta sia nera?
Dai miei ragionamenti viene $3/4$: vorrei una conferma. Non scrivo il ragionamento, almeno per adesso, perché non vorrei condizionarvi (magari negativamente).
Grazie a tutti.
Risposte
Ma le palline sono tutte bianche o tutte nere? (In tal caso suppongo l'estrazione sia con re-inserimento...)
Scusami, le estrazioni sono senza reimmissione e le 4 palline possono essere sia bianche che nere (o anche tutte bianche o tutte nere) in modo del tutto arbitrario: in sostanza non so com'è fatta la mia urna.
Thanks
Thanks
"olaxgabry":
Grazie a tutti.
Il fatto che sia uscita una nera al primo ed al secondo tiro, pensi che possa modificare l'uscita della terza e quarta pallina ?
Immagina che io arrivi in ritardo, (dopo delle due estrazioni), e mi ritrovo con una urna contenente 2 palline (che possono essere bianche o nere), certamente dirò di avere il 50% per la B ed il 50% per la N.
Il ragionamento che ho fatto è molto simile a quello di Sergio. In sostanza i casi possibili, sapendo che sono uscite due palline nere, sono
$N N N N$
$N N N B$
$N N B N$
$N N B B$
A questo punto la probabilità che la terza sia nera è $1/2$. Quindi il $3/4$ di prima vi starete chiedendo? Semplicemente, da vero furbo, ho preso due volte $N N N B$ escludendo $N N B N$......
Vi ringrazio a tutti, siete stati gentilissimi: Umby ho apprezzato molto il tuo ragionamento, non avevo considerato questo punto di vista.
Scusate l'OT: non so voi, ma certi esercizi di probabilità sono veramente bellissimi; erano troppi anni che avevo lasciato perdere questo aspetto della probabilità.
$N N N N$
$N N N B$
$N N B N$
$N N B B$
A questo punto la probabilità che la terza sia nera è $1/2$. Quindi il $3/4$ di prima vi starete chiedendo? Semplicemente, da vero furbo, ho preso due volte $N N N B$ escludendo $N N B N$......
Vi ringrazio a tutti, siete stati gentilissimi: Umby ho apprezzato molto il tuo ragionamento, non avevo considerato questo punto di vista.
Scusate l'OT: non so voi, ma certi esercizi di probabilità sono veramente bellissimi; erano troppi anni che avevo lasciato perdere questo aspetto della probabilità.
Si spera 
!
!
Ritorno sull'esercizio perché mi è stato fatto osservare che quando rimangono le possibilità
BBNN, BNNN, NNNN
queste sono incompatibili ma non sono equiprobabili. A questo punto il risultato non sarà più $1/2$. Diciamo che ora ho proprio delle difficoltà, preverò a valutare altri modi per risolverlo e vediamo cosa ne esce.
Che ne pensate?
BBNN, BNNN, NNNN
queste sono incompatibili ma non sono equiprobabili. A questo punto il risultato non sarà più $1/2$. Diciamo che ora ho proprio delle difficoltà, preverò a valutare altri modi per risolverlo e vediamo cosa ne esce.
Che ne pensate?
Guarda anche a me sembra strano, mi è stato detto (docente) che sarebbe $1/2$ se non avessi alcuna informazione. Ma dato che sono uscite due palline nere le cose cambiano........e poi ha detto di ragionarci.
Comunque ho fatto un altro ragionamento.
Se prendo
$A$=la terza pallina è nera
$B$=la prima e la seconda sono nere
ho considerato
$P(A|B)=\frac{P(B,A)}{P(B)}$
Pensi che il ragionamento possa andare? Ora faccio i conti e vedo che esce.
Comunque ho fatto un altro ragionamento.
Se prendo
$A$=la terza pallina è nera
$B$=la prima e la seconda sono nere
ho considerato
$P(A|B)=\frac{P(B,A)}{P(B)}$
Pensi che il ragionamento possa andare? Ora faccio i conti e vedo che esce.
Ehi ciao, carino come problema sembra banale ma forse...
Allora considera $U$ la v.a. composizione iniziale dell'urna (numero di nere nell'urna). Questa variabile va da 0 a 4 e supponiamo con stesse prob $1/5$.
Ora definisci $N_i$ per $i=1,2,3,4$ gli eventi la i-esima è nera.
Vogliamo calcolare $P(N_3|N_1,N_2)={P(N_1,N_2,N_3)}/{P(N_1,N_2)}$ (la virgola è l'intersezione).
Ora $P(N_1,N_2)=E[P(N_1,N_2|U)]=1/5{1+3/4 \quad 2/3+2/4 \quad 1/3+0+0}=1/3$
Allo stesso modo trovi che $P(N_1,N_2,N_3)=1/4$.
Diciamo che a priori l'urna poteva avere 5 composizioni equiprobabili ma dopo due nere alcune devono essere escluse (ottieni informazioni).
U=4 NNN
U=3 NNN NNB NBN BNN
U=2 NNB NBN BNN NBB BNB BBN
U=1 NBB BNB BBN BBB
U=0 BBB
e fatti il ragionamento ricordandoti che le prob 1/5 e quindi costruisciti il condizionante e l'altro evento.
Spero di essere stato chiaro
Credo sia giusto così se mi sbaglio sarò contento che qualcuno mi dia la giusta soluzione.
Ciao.
Allora considera $U$ la v.a. composizione iniziale dell'urna (numero di nere nell'urna). Questa variabile va da 0 a 4 e supponiamo con stesse prob $1/5$.
Ora definisci $N_i$ per $i=1,2,3,4$ gli eventi la i-esima è nera.
Vogliamo calcolare $P(N_3|N_1,N_2)={P(N_1,N_2,N_3)}/{P(N_1,N_2)}$ (la virgola è l'intersezione).
Ora $P(N_1,N_2)=E[P(N_1,N_2|U)]=1/5{1+3/4 \quad 2/3+2/4 \quad 1/3+0+0}=1/3$
Allo stesso modo trovi che $P(N_1,N_2,N_3)=1/4$.
Diciamo che a priori l'urna poteva avere 5 composizioni equiprobabili ma dopo due nere alcune devono essere escluse (ottieni informazioni).
U=4 NNN
U=3 NNN NNB NBN BNN
U=2 NNB NBN BNN NBB BNB BBN
U=1 NBB BNB BBN BBB
U=0 BBB
e fatti il ragionamento ricordandoti che le prob 1/5 e quindi costruisciti il condizionante e l'altro evento.
Spero di essere stato chiaro
Credo sia giusto così se mi sbaglio sarò contento che qualcuno mi dia la giusta soluzione.
Ciao.
Il ragionamento che ho fatto è il seguente. Le possibili urne sono 5
NNNN
NNNB
NNBB
NBBB
BBBB
Le urne sono equiprobabili.
Ora
$P(B,A)=P$(le prime tre palle siano nere)$=\frac{1}{5}*1+\frac{1}{5}*\frac{3}{4}*\frac{2}{3}*\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$
$P(B)=\frac{1}{5}*1+\frac{1}{5}*\frac{3}{4}*\frac{2}{3}+\frac{1}{5}*\frac{1}{2}*\frac{1}{3}=\frac{1}{3}$
A questo punto la probabilità mi viene
$P(A|B)=\frac{P(B,A)}{P(B)}=\frac{3}{4}$
Ora aspetto le vostre opinioni che sono molto assai meglio delle mie
.
NNNN
NNNB
NNBB
NBBB
BBBB
Le urne sono equiprobabili.
Ora
$P(B,A)=P$(le prime tre palle siano nere)$=\frac{1}{5}*1+\frac{1}{5}*\frac{3}{4}*\frac{2}{3}*\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$
$P(B)=\frac{1}{5}*1+\frac{1}{5}*\frac{3}{4}*\frac{2}{3}+\frac{1}{5}*\frac{1}{2}*\frac{1}{3}=\frac{1}{3}$
A questo punto la probabilità mi viene
$P(A|B)=\frac{P(B,A)}{P(B)}=\frac{3}{4}$
Ora aspetto le vostre opinioni che sono molto assai meglio delle mie
.
"DajeForte":
Ehi ciao, carino come problema sembra banale ma forse...
Allora considera $U$ la v.a. composizione iniziale dell'urna (numero di nere nell'urna). Questa variabile va da 0 a 4 e supponiamo con stesse prob $1/5$.
Ora definisci $N_i$ per $i=1,2,3,4$ gli eventi la i-esima è nera.
Vogliamo calcolare $P(N_3|N_1,N_2)={P(N_1,N_2,N_3)}/{P(N_1,N_2)}$ (la virgola è l'intersezione).
Ora $P(N_1,N_2)=E[P(N_1,N_2|U)]=1/5{1+3/4 \quad 2/3+2/4 \quad 1/3+0+0}=1/3$
Allo stesso modo trovi che $P(N_1,N_2,N_3)=1/4$.
Diciamo che a priori l'urna poteva avere 5 composizioni equiprobabili ma dopo due nere alcune devono essere escluse (ottieni informazioni).
U=4 NNN
U=3 NNN NNB NBN BNN
U=2 NNB NBN BNN NBB BNB BBN
U=1 NBB BNB BBN BBB
U=0 BBB
e fatti il ragionamento ricordandoti che le prob 1/5 e quindi costruisciti il condizionante e l'altro evento.
Spero di essere stato chiaro
Credo sia giusto così se mi sbaglio sarò contento che qualcuno mi dia la giusta soluzione.
Ciao.
Thanks, quindi anche a te torna $3/4$. Ho postato ora un post e non mi ero accorto del tuo. In effetti è un simpatico problema, onestamente non banale.
Perfetto allora, ragionando in maniera diversa siamo giunti al medesimo risultato. Devo dire, però, che il tuo ragionamento è più fine. Certo che con la probabilità basta un niente per sbagliare, soprattutto se ci si lascia trasportare dall'intuito 
.
.
Non sono convintissimo del ragionamento fatto dal professore di olax.
E' vero che ci sono 5 possibilità di composizione, le avete già elencate, ma è altresì vero che queste varie possibilità non hanno la stessa probabilità.
Se, ad esempio, ognuna delle 4 palline è stata estratta a sorte (50% Bianco , 50% Nero) abbiamo che la combinazioni NNNN e BBBB hanno probabilità $1/16$, mentre le BNNN e BBBN $4/16$ e la BBNN $6/16$,
Pertanto non sono equiprobabili $1/5$ come è stato detto.
Olax, ma per caso dopo aver estratto la prima pallina viene rimessa all'interno dell'urna ? Cosi dopo aver estratto la seconda ?
E' vero che ci sono 5 possibilità di composizione, le avete già elencate, ma è altresì vero che queste varie possibilità non hanno la stessa probabilità.
Se, ad esempio, ognuna delle 4 palline è stata estratta a sorte (50% Bianco , 50% Nero) abbiamo che la combinazioni NNNN e BBBB hanno probabilità $1/16$, mentre le BNNN e BBBN $4/16$ e la BBNN $6/16$,
Pertanto non sono equiprobabili $1/5$ come è stato detto.
Olax, ma per caso dopo aver estratto la prima pallina viene rimessa all'interno dell'urna ? Cosi dopo aver estratto la seconda ?
No no, sono senza reimmissione.
Sul fatto delle urne, non saprei: a me convince di più il fatto delle equiprobabili. In quel modo mi sembra che tu stia prendendo i possibili casi, ma in fondo nell'urna a me interessa sapere cosa c'è senza che si dia importanza all'ordine delle palline (quindi ai possibili casi).
Comunque ci ragionerò su, non ti nascondo che sto esercizio mi sta facendo scervellare.
Ti ringrazio per gli interventi, speriamo di giungere ad una soluzione
Sul fatto delle urne, non saprei: a me convince di più il fatto delle equiprobabili. In quel modo mi sembra che tu stia prendendo i possibili casi, ma in fondo nell'urna a me interessa sapere cosa c'è senza che si dia importanza all'ordine delle palline (quindi ai possibili casi).
Comunque ci ragionerò su, non ti nascondo che sto esercizio mi sta facendo scervellare
.Ti ringrazio per gli interventi, speriamo di giungere ad una soluzione
"olaxgabry":
No no, sono senza reimmissione.
Sul fatto delle urne, non saprei: a me convince di più il fatto delle equiprobabili. In quel modo mi sembra che tu stia prendendo i possibili casi, ma in fondo nell'urna a me interessa sapere cosa c'è senza che si dia importanza all'ordine delle palline (quindi ai possibili casi).
.... e non è vero che l'ordine non ha la sua importanza !
Quando dici la prima è NERA, e la seconda è NERA, è come se tu avessi dato un ordine alle 4 palline all'interno dell'urna !
E' come se le 4 palline fossero state disposte nell'urna in sequenza, la prima , la seconda, la terza la quarta. E se ognuna delle 4 è stata scelta a sorte (50% 50%) la soluzione non puo' che essere quella che inizialmente avevo indicato.
Comunque, fammi sapere il ragionamento del tuo prof, perchè gli ultimi calcoli che avete fatto mi hanno stupito.
Sarebbe quella iniziale se tu non avessi informazioni. Cioè hai 4 palline nere e/o bianche; ne peschi una e questa avrà una probabilità 1/2 che sia nera. Quando dici che hai due palline nere già estratte le cose cambiano. Diciamo che dal prof mi sono fatto dare solo quell'indicazione, poi la soluzione non l'ho voluta perché questo esercizio mi sta divertendo (si fa per dire).
Sulle urne non mi convince molto: fatto sta che sia con il tuo ragionemento che con il mio e di Sergio, la probabilità che la prima sia nera ad esempio è 1/2, il che torna. Ora vedo, con le probabilità che dai alle urne, cosa succede se utilizzo la formula della probabilità condizionata.
Sulle urne non mi convince molto: fatto sta che sia con il tuo ragionemento che con il mio e di Sergio, la probabilità che la prima sia nera ad esempio è 1/2, il che torna. Ora vedo, con le probabilità che dai alle urne, cosa succede se utilizzo la formula della probabilità condizionata.
"olaxgabry":
Sarebbe quella iniziale se tu non avessi informazioni. Cioè hai 4 palline nere e/o bianche; ne peschi una e questa avrà una probabilità 1/2 che sia nera. Quando dici che hai due palline nere già estratte le cose cambiano. Diciamo che dal prof mi sono fatto dare solo quell'indicazione, poi la soluzione non l'ho voluta perché questo esercizio mi sta divertendo (si fa per dire).
Sulle urne non mi convince molto: fatto sta che sia con il tuo ragionemento che con il mio e di Sergio, la probabilità che la prima sia nera ad esempio è 1/2, il che torna. Ora vedo, con le probabilità che dai alle urne, cosa succede se utilizzo la formula della probabilità condizionata.
In sintesi:
Monetina (Testa e Croce)
Testa al primo lancio, Testa al secondo,
quale è la prob. che esca Testa al terzo ?
Do per scontato che ognuna delle 4 palline sia stata "estratta a sorte" e le ordino (dalla prima alla quarta) $2^4$ possibilità
e non considero la composizione delle 4 palline "nel complesso" $5$ possibilità (da voi elencate)
Voglio provare il tuo ragionamento. Le urne iniziale dovrebbero avere questa probabilità
NNNN $p=1/16$
NNNB $p=4/16$
NNBB $p=6/16$
NBBB $p=4/16$
BBBB $p=1/16$
Considero
$A$=terza pallina nera
$B$=prime due nere
Quindi
$P(A|B)=\frac{P(B,A)}{P(B)}$
Ora
$P(B) = \frac{1}{16}*1+\frac{4}{16}*\frac{3}{4}*\frac{2}{3}+\frac{1}{16}*\frac{1}{2}*\frac{1}{3}=\frac{4}{16}$
$P(B,A)=\frac{1}{16}*1+\frac{4}{16}*\frac{3}{4}*\frac{2}{3}*\frac{1}{2}=\frac{2}{16}$
Allora
$P(A|B)=\frac{1}{2}$
Interessante. Da ragionarci, fatto sta che $1/2$ non è risultato corretto purtroppo.
NNNN $p=1/16$
NNNB $p=4/16$
NNBB $p=6/16$
NBBB $p=4/16$
BBBB $p=1/16$
Considero
$A$=terza pallina nera
$B$=prime due nere
Quindi
$P(A|B)=\frac{P(B,A)}{P(B)}$
Ora
$P(B) = \frac{1}{16}*1+\frac{4}{16}*\frac{3}{4}*\frac{2}{3}+\frac{1}{16}*\frac{1}{2}*\frac{1}{3}=\frac{4}{16}$
$P(B,A)=\frac{1}{16}*1+\frac{4}{16}*\frac{3}{4}*\frac{2}{3}*\frac{1}{2}=\frac{2}{16}$
Allora
$P(A|B)=\frac{1}{2}$
Interessante. Da ragionarci, fatto sta che $1/2$ non è risultato corretto purtroppo.
Il fatto che abbiamo detto che le composizioni sono equiprobabili è una ipotesi, come lo è la tua ipotesi.
La tua procedura risponde a questo esperimento:
Viene costruita un urna lanciando una moneta regolare 4 volte (con indipendenza) e vengono messe tante palline nere quante il numero di teste uscite. Una volta costruita l'urna si estraggono due palline che sono nere.
Quale è la probabilità che la terza sia nera?
Ora in assenza di altre informazioni su come è stata costruita l'urna mi sembra più logico pensare all'equiprobabilità piuttosto che una Binomiale.
Questo è il mio parere
La tua procedura risponde a questo esperimento:
Viene costruita un urna lanciando una moneta regolare 4 volte (con indipendenza) e vengono messe tante palline nere quante il numero di teste uscite. Una volta costruita l'urna si estraggono due palline che sono nere.
Quale è la probabilità che la terza sia nera?
Ora in assenza di altre informazioni su come è stata costruita l'urna mi sembra più logico pensare all'equiprobabilità piuttosto che una Binomiale.
Questo è il mio parere
Condivido le opinioni di Sergio e DajeForte. In realtà, per avere una conferma finale, potremmo vedere se qualcuno nel forum ha il libro (che non ho) che contiene l'esercizio: se non ci sono divieti nel forum a riguardo, potrei mettere il titolo e l'autore qui (tanto il libro non è più in commercio) che magari qualcuno ce l'ha e potrebbe risolverci i dubbi.
Ma figurati, che limiti vuoi che ci siano? Anche se non fosse fuori commercio!
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