Esercizio probabilità (urne e palline)
Ciao, avrei bisogno di un'aiutino con questo esercizio di probabilità:
Siano date due urne U1 e U2 tali che U1 contenga 7 palline bianche e 2 palline nere, e U2 contenga 5 palline bianche e 12 nere. Le due urne sono indistinguibili e per individuarle si sceglie a caso un’urna e da essa si estraggono 5 palline. Se la maggioranza delle palline estratte è bianca si attribuisce all’urna l’etichetta U1 mentre in caso contrario le si attribuisce l’etichetta U2. Quale è la probabilità di sbagliare ad individuare le due urne ?
abbiamo quindi:
U1 : 7 bianche 2 nere
U2 : 5 bianche 12 nere
Consideriamo che sbaglio ad assegnare l'etichetta U1 se estraggo in maggioranza palline bianche da U2 e similmente sbaglio ad assegnare l'etichetta U2 se estraggo in maggioranza palline nere da U1. Essendo 5 le palline estratte, ottengo la maggioranza se ne estraggo almeno 3 dello stesso colore.
Sia X=numero di palline nere estratte
P(X=>3|U1) = 0 ( il massimo di palline nere che posso estrarre è 2)
Sia Y= numero di palline bianche estratte (con b(x,n,p) indico una distribuzione binomiale)
P(X=>3|U2) = b(3,5,$p=5/17$) + b(4,5,$p=5/17$) + b(5,5,$p=5/17$)
Ottengo così che :
P(sbagliare ad individuare le due urne) = P(X=>3|U1) + P(X=>3|U2)
tralasciando i conti, che sono di minore interesse, secondo voi il ragionamento seguito è valido ?
Siano date due urne U1 e U2 tali che U1 contenga 7 palline bianche e 2 palline nere, e U2 contenga 5 palline bianche e 12 nere. Le due urne sono indistinguibili e per individuarle si sceglie a caso un’urna e da essa si estraggono 5 palline. Se la maggioranza delle palline estratte è bianca si attribuisce all’urna l’etichetta U1 mentre in caso contrario le si attribuisce l’etichetta U2. Quale è la probabilità di sbagliare ad individuare le due urne ?
abbiamo quindi:
U1 : 7 bianche 2 nere
U2 : 5 bianche 12 nere
Consideriamo che sbaglio ad assegnare l'etichetta U1 se estraggo in maggioranza palline bianche da U2 e similmente sbaglio ad assegnare l'etichetta U2 se estraggo in maggioranza palline nere da U1. Essendo 5 le palline estratte, ottengo la maggioranza se ne estraggo almeno 3 dello stesso colore.
Sia X=numero di palline nere estratte
P(X=>3|U1) = 0 ( il massimo di palline nere che posso estrarre è 2)
Sia Y= numero di palline bianche estratte (con b(x,n,p) indico una distribuzione binomiale)
P(X=>3|U2) = b(3,5,$p=5/17$) + b(4,5,$p=5/17$) + b(5,5,$p=5/17$)
Ottengo così che :
P(sbagliare ad individuare le due urne) = P(X=>3|U1) + P(X=>3|U2)
tralasciando i conti, che sono di minore interesse, secondo voi il ragionamento seguito è valido ?
Risposte
Io direi:
P(sbagliare ad individuare le due urne) = P(X=>3|U1)*P(U1) + P(Y=>3|U2)*P(U2)
Inoltre se l'estrazione delle palline è senza reimmissione, non puoi usare la binomiale.
P(sbagliare ad individuare le due urne) = P(X=>3|U1)*P(U1) + P(Y=>3|U2)*P(U2)
Inoltre se l'estrazione delle palline è senza reimmissione, non puoi usare la binomiale.
"cenzo":
Io direi:
P(sbagliare ad individuare le due urne) = P(X=>3|U1)*P(U1) + P(Y=>3|U2)*P(U2)
Inoltre se l'estrazione delle palline è senza reimmissione, non puoi usare la binomiale.
Hai considerato che l'urna 1, ha solo due palline nere ?
Ciò significa che nel peggiore dei casi hai 2N3B, quindi le bianche saranno sempre in maggioranza.
"Umby":
[quote="cenzo"]Io direi:
P(sbagliare ad individuare le due urne) = P(X=>3|U1)*P(U1) + P(Y=>3|U2)*P(U2)
Inoltre se l'estrazione delle palline è senza reimmissione, non puoi usare la binomiale.
Hai considerato che l'urna 1, ha solo due palline nere ?
Ciò significa che nel peggiore dei casi hai 2N3B, quindi le bianche saranno sempre in maggioranza.[/quote]
Credo di si, quella è la formula generale.
Nel caso specifico P(X=>3|U1)=0 (come ha anche scritto TesTes)
Grazie mille per le risposte velocissime, chiare e concise, purtroppo riesco a rispondere solo ora. Mi hai tolto un bel dubbio, avevo trovato degli esercizi svolti secondo quella modalità senza rispettare la formula delle probabilità totali e la cosa mi spiazzava un po’. Giusto per vedere se ho capito realmente ho provato a risolvere un esercizio simile:
"Una ditta che produce telefoni cellulari stocca la produzione in due magazzini M1 e M2. Sappiamo che il magazzino M1 ospita 297 cellulari funzionanti e 3 difettosi, mentre il magazzino M2 contiene 50 cellulari funzionanti e 100 difettosi. I due magazzini sono indistinguibili e per inviduarli si sceglie a caso un magazzino e da esso si prelevano 3 cellulari. Se la maggioranza dei cellulari prelevati è funzionante si attribuisce al magazzino l’etichetta M1 mentre in caso contrario gli si attribuisce l’etichetta M2.
a) Quale è la probabilità di sbagliare ad individuare i due magazzini ?
b) Se si sceglie a caso uno dei due magazzini e da esso si estrae un solo cellulare che risulta difettoso, quale è la probabilità che sia stato prelevato dal magazzino M2? “
a) Sia A = “ sbaglio ad individuare i due magazzini, ovvero sbaglio ad assegnare l’etichetta”
e X = “numero di cellulari difettosi” . Allora abbiamo:
P(M1)= P(M2)= ½ essendo scelti a caso
$P(A|M1) = P( X >= 2)$ ovvero:
$ (( ( 297 ),( 1 ) )*( ( 3 ),( 2 ) ))/(( ( 300 ),( 3 ) )) + (( ( 3 ),( 3 ) ))/(( ( 300 ),( 3 ) )) = 0,000298 $
Sia invece Y = “numero di cellulari funzionanti” allora:
$P(A|M2) = P( Y >= 2)$ ovvero:
$ (( ( 50 ),( 2 ) )*( ( 100 ),( 1 ) ))/(( ( 150 ),( 3 ) )) + (( ( 50 ),( 3 ) ))/(( ( 150 ),( 3 ) )) = 0,2222 + 0,035=0,2572 $
A questo punto non resta che usare la formula delle probabilità totali ed abbiamo:
$P(A) = P(M1) * P(A|M1) + P(M2) * P(A|M2) = 0,128749$
b) Sia E = "estrarre un cellulare difettoso" abbiamo:
$ P(E|M1) = (( ( 3 ),( 1 ) ))/(( ( 300 ),( 1 ) )) = 0,01 $
$ P(E|M2) = (( ( 100 ),( 1 ) ))/(( ( 150 ),( 1 ) )) = 0,67 $
$P(E) = P(M1)*P(E|M1) + P(M2)*P(E|M2) = 0,338$
Infine grazie al teorema di Bayes otteniamo:
$ P(M2|E) = (P(M2)*P(E|M2))/(P(E)) = 0,985 $
che è la probabilità cercata.
Scusate la lunghezza chilometrica, ma pensando che in futuro potrà comunque servire a qualcun'altro con i miei stessi dubbi ho scritto tutti i passaggi.
Grazie ancora per le risposte
"Una ditta che produce telefoni cellulari stocca la produzione in due magazzini M1 e M2. Sappiamo che il magazzino M1 ospita 297 cellulari funzionanti e 3 difettosi, mentre il magazzino M2 contiene 50 cellulari funzionanti e 100 difettosi. I due magazzini sono indistinguibili e per inviduarli si sceglie a caso un magazzino e da esso si prelevano 3 cellulari. Se la maggioranza dei cellulari prelevati è funzionante si attribuisce al magazzino l’etichetta M1 mentre in caso contrario gli si attribuisce l’etichetta M2.
a) Quale è la probabilità di sbagliare ad individuare i due magazzini ?
b) Se si sceglie a caso uno dei due magazzini e da esso si estrae un solo cellulare che risulta difettoso, quale è la probabilità che sia stato prelevato dal magazzino M2? “
a) Sia A = “ sbaglio ad individuare i due magazzini, ovvero sbaglio ad assegnare l’etichetta”
e X = “numero di cellulari difettosi” . Allora abbiamo:
P(M1)= P(M2)= ½ essendo scelti a caso
$P(A|M1) = P( X >= 2)$ ovvero:
$ (( ( 297 ),( 1 ) )*( ( 3 ),( 2 ) ))/(( ( 300 ),( 3 ) )) + (( ( 3 ),( 3 ) ))/(( ( 300 ),( 3 ) )) = 0,000298 $
Sia invece Y = “numero di cellulari funzionanti” allora:
$P(A|M2) = P( Y >= 2)$ ovvero:
$ (( ( 50 ),( 2 ) )*( ( 100 ),( 1 ) ))/(( ( 150 ),( 3 ) )) + (( ( 50 ),( 3 ) ))/(( ( 150 ),( 3 ) )) = 0,2222 + 0,035=0,2572 $
A questo punto non resta che usare la formula delle probabilità totali ed abbiamo:
$P(A) = P(M1) * P(A|M1) + P(M2) * P(A|M2) = 0,128749$
b) Sia E = "estrarre un cellulare difettoso" abbiamo:
$ P(E|M1) = (( ( 3 ),( 1 ) ))/(( ( 300 ),( 1 ) )) = 0,01 $
$ P(E|M2) = (( ( 100 ),( 1 ) ))/(( ( 150 ),( 1 ) )) = 0,67 $
$P(E) = P(M1)*P(E|M1) + P(M2)*P(E|M2) = 0,338$
Infine grazie al teorema di Bayes otteniamo:
$ P(M2|E) = (P(M2)*P(E|M2))/(P(E)) = 0,985 $
che è la probabilità cercata.
Scusate la lunghezza chilometrica, ma pensando che in futuro potrà comunque servire a qualcun'altro con i miei stessi dubbi ho scritto tutti i passaggi.
Grazie ancora per le risposte
"TesTes":Direi che è tutto corretto
Giusto per vedere se ho capito realmente ho provato a risolvere un esercizio simile
Mi permetto solo una piccolissima nota:
"TesTes":
$ P(E|M1) = (( ( 3 ),( 1 ) ))/(( ( 300 ),( 1 ) )) = 0,01 $
Io non avrei utilizzato le combinazioni (ipergeometrica) in questo caso (e in $P(E|M2)$), ma fatto semplicemente il rapporto tra casi favorevoli (3) e totali (300).
Ma comunque -si capisce- è lo stesso
"TesTes":Prego, ciao!
Grazie ancora per le risposte
So di iniziare a diventare un rompiscatole, ma avrei bisogno ancora di un aiutino. Ormai è qualche giorno che sbatto la testa su questo esercizio senza arrivare ad una soluzione che sia per lo meno sensata...
In un esperimento extrasensoriale, a un soggetto A, posto in una stanza viene chiesto di dire il colore (rosso o blu) di una carta scelta in un mazzo di 50 carte da un soggetto B posto in un’altra stanza. Il soggetto A non sa quante carte rosse e quante blu compongano il mazzo. Se A indovina il colore di 32 carte estratte, su un’estrazione completa delle carte del mazzo completo (50), determinare se il risultato, a un livello di significatività pari a 0.05, indica che il soggetto A ha capacità extrasensoriali (cioè se fa meglio di una scelta casuale dei colori); indicare e giustificare la scelta delle approssimazioni usate per la risposta.
Salvo errori la probabilità di indovinare il colore di 32 carte su 50 casualmente dovrebbe essere:
consideriamo una binomiale b(32,50,1/2)= 0,016
a questo punto dovrei testare se il soggetto A fa meglio di una scelta casuale dei colori, ed è proprio qui il mio problema, non riesco assolutamente a capire come impostare il test...
Qualcuno mi sa aiutare?
grazie
In un esperimento extrasensoriale, a un soggetto A, posto in una stanza viene chiesto di dire il colore (rosso o blu) di una carta scelta in un mazzo di 50 carte da un soggetto B posto in un’altra stanza. Il soggetto A non sa quante carte rosse e quante blu compongano il mazzo. Se A indovina il colore di 32 carte estratte, su un’estrazione completa delle carte del mazzo completo (50), determinare se il risultato, a un livello di significatività pari a 0.05, indica che il soggetto A ha capacità extrasensoriali (cioè se fa meglio di una scelta casuale dei colori); indicare e giustificare la scelta delle approssimazioni usate per la risposta.
Salvo errori la probabilità di indovinare il colore di 32 carte su 50 casualmente dovrebbe essere:
consideriamo una binomiale b(32,50,1/2)= 0,016
a questo punto dovrei testare se il soggetto A fa meglio di una scelta casuale dei colori, ed è proprio qui il mio problema, non riesco assolutamente a capire come impostare il test...
Qualcuno mi sa aiutare?
grazie
"TesTes":
dovrei testare se il soggetto A fa meglio di una scelta casuale dei colori, ed è proprio qui il mio problema, non riesco assolutamente a capire come impostare il test...
Inizia a pensare al test binomiale (esatto). L'ipotesi nulla è $H_0:p=1/2$ contro l'alternativa $H_1:p>1/2$ (quindi ad una coda).
Per semplificare i calcoli potresti poi approssimare la binomiale con la normale...
Credo di essermi fossilizzato a pensare alla probabilità ottenuta con la binomiale senza considerare la probabilità di indovinare la singola carta. Provando a ragionare come mi hai consigliato sono arrivato a questo:
Considerando che una persona normale ha probabilità 1/2 di indovinare il colore, se questa probabilità è significativamente più alta allora possiamo pensare che il soggetto abbia poteri extrasensoriali, quindi testiamo:
$ Ho: p = 1/2 $
$ H1: p > 1/2 $
essendo alfa=0,05 ed utilizzando una statistica normalmente distribuita troviamo la regione di accettazione e di rifiuto in modo tale che:
$ P(Z < Z(1-alfa)) = 1-alfa $ ovvero $ Z(0,95)= 1,65 $
si avrà quindi:
regione di accettazione $ bar(C) = (-oo ; 1,65] $
di rifiuto $ C = (1,65 ; +oo ) $
Utilizzando la statistica
$ Z=(bar(p) - p0 )/(sigma bar(p))=(32/50 -1/2)/sqrt((1/4)/50)=1,98 $
A questo punto consideriamo che il valore assunto dalla realizzazione della statistica (1,98) cade nella regione di rifiuto, quindi rifiutiamo l'ipotesi $ Ho $ in favore dell'ipotesi alternativa $ H1 $ affermando che il soggetto potrebbe avere poteri extrasensoriali.
Non sono sicurissimo che tutto ciò che ho scritto sia lecito, mi rimane un'ultimo dubbio sul punto:
"indicare e giustificare la scelta delle approssimazioni usate per la risposta."
non capisco bene a cosa si riferisce...
P.s. credo di doverti come minimo una birra
grazie ancora, anche per la pazienza
Considerando che una persona normale ha probabilità 1/2 di indovinare il colore, se questa probabilità è significativamente più alta allora possiamo pensare che il soggetto abbia poteri extrasensoriali, quindi testiamo:
$ Ho: p = 1/2 $
$ H1: p > 1/2 $
essendo alfa=0,05 ed utilizzando una statistica normalmente distribuita troviamo la regione di accettazione e di rifiuto in modo tale che:
$ P(Z < Z(1-alfa)) = 1-alfa $ ovvero $ Z(0,95)= 1,65 $
si avrà quindi:
regione di accettazione $ bar(C) = (-oo ; 1,65] $
di rifiuto $ C = (1,65 ; +oo ) $
Utilizzando la statistica
$ Z=(bar(p) - p0 )/(sigma bar(p))=(32/50 -1/2)/sqrt((1/4)/50)=1,98 $
A questo punto consideriamo che il valore assunto dalla realizzazione della statistica (1,98) cade nella regione di rifiuto, quindi rifiutiamo l'ipotesi $ Ho $ in favore dell'ipotesi alternativa $ H1 $ affermando che il soggetto potrebbe avere poteri extrasensoriali.
Non sono sicurissimo che tutto ciò che ho scritto sia lecito, mi rimane un'ultimo dubbio sul punto:
"indicare e giustificare la scelta delle approssimazioni usate per la risposta."
non capisco bene a cosa si riferisce...
P.s. credo di doverti come minimo una birra
grazie ancora, anche per la pazienza
Ciao, io pensavo di valutare la probabilità, sotto l'ipotesi nulla $p=1/2$, di indovinare 32 o più volte (32 o gli eventi più estremi) il colore corretto su 50 estrazioni casuali indipendenti.
Quindi $"p-value"=P(X>=32)=\sum_{k=32}^{50}((50),(k))*(1/2)^k*(1/2)^(50-k)$
Se risulta p-value<0.05 rigetti $H_0$
Dato che quel calcolo non è agevole da eseguire "a mano", potresti approssimare la binomiale con la normale di media $np$ e varianza $np(1-p)$, avendo cura di tenere conto della "correzione di continuità":
$"p-value"=P(X>=32)\approxP(Z>=(31.5-np)/sqrt(np(1-p)))=1-P(Z<=...)=1-F(...)=...$
(puoi dare uno sguardo qui http://faculty.chass.ncsu.edu/garson/PA765/binomial.htm )
Quindi $"p-value"=P(X>=32)=\sum_{k=32}^{50}((50),(k))*(1/2)^k*(1/2)^(50-k)$
Se risulta p-value<0.05 rigetti $H_0$
Dato che quel calcolo non è agevole da eseguire "a mano", potresti approssimare la binomiale con la normale di media $np$ e varianza $np(1-p)$, avendo cura di tenere conto della "correzione di continuità":
$"p-value"=P(X>=32)\approxP(Z>=(31.5-np)/sqrt(np(1-p)))=1-P(Z<=...)=1-F(...)=...$
(puoi dare uno sguardo qui http://faculty.chass.ncsu.edu/garson/PA765/binomial.htm )
Grande idea! era il ragionamento che tentavo di fare inizialmente senza riuscire minimamente a formalizzarlo però, mi mancava il collegamento con il p-value. Grazie ancora!
Ti chiedo un'ultima cosa (giuro) su cui non son per niente sicuro...
Per valutare l’efficacia di una dieta, si misura, su 8 individui, il peso di ciascun individuo all’inizio e al termine della dieta, coi seguenti risultati:
indiv Prima(Kg) dopo(Kg) indiv prima(Kg) dopo(Kg)
1 75 71.5 5 73 74.9
2 83 81.3 6 90 87.5
3 69 69.2 7 64 62.5
4 74 76.5 8 85 81.2
a) Tenendo conto delle differenze di peso Dp (Dp = prima – dopo) PER OGNI INDIVIDUO, nell’ipotesi che la distribuzioni dei pesi siano Normali, verificare se la dieta è efficace, cioè abbassa effettivamente il peso, a una significatività di 0.01.
b) Nelle ipotesi precedenti, e lasciando indicati i quantili della distribuzione utilizzata, calcolare la probabilità che la dieta faccia perdere più di un Kg.
Per il punto a) non ho problemi di sorta, mi calcolo le differenze ed eseguo il normale test sulla media per popolazione normale e varianza incognita, i dubbi arrivano al punto b):
Ho pensato di usare la variabile
$ hat T= (bar(X)- mu )/((hat Sx )/ sqrt(n) ) $ con $ mu= 1 $
distribuita come una t di student con n-1 gradi di libertà. A questo punto ragionando sulla formula se $ mu> 1 $ allora il valore assunto da $hat T $ dovrebbe diminuire ed ho pensato quindi di calcolare la probabilità che la dieta faccia perdere più di un kg quindi $ mu> 1 $ come:
P(T
Ho molti dubbi però su questo modo di procedere e credo proprio sia sbagliato, ma non mi viene in mente nient'altro...
Ti chiedo un'ultima cosa (giuro) su cui non son per niente sicuro...
Per valutare l’efficacia di una dieta, si misura, su 8 individui, il peso di ciascun individuo all’inizio e al termine della dieta, coi seguenti risultati:
indiv Prima(Kg) dopo(Kg) indiv prima(Kg) dopo(Kg)
1 75 71.5 5 73 74.9
2 83 81.3 6 90 87.5
3 69 69.2 7 64 62.5
4 74 76.5 8 85 81.2
a) Tenendo conto delle differenze di peso Dp (Dp = prima – dopo) PER OGNI INDIVIDUO, nell’ipotesi che la distribuzioni dei pesi siano Normali, verificare se la dieta è efficace, cioè abbassa effettivamente il peso, a una significatività di 0.01.
b) Nelle ipotesi precedenti, e lasciando indicati i quantili della distribuzione utilizzata, calcolare la probabilità che la dieta faccia perdere più di un Kg.
Per il punto a) non ho problemi di sorta, mi calcolo le differenze ed eseguo il normale test sulla media per popolazione normale e varianza incognita, i dubbi arrivano al punto b):
Ho pensato di usare la variabile
$ hat T= (bar(X)- mu )/((hat Sx )/ sqrt(n) ) $ con $ mu= 1 $
distribuita come una t di student con n-1 gradi di libertà. A questo punto ragionando sulla formula se $ mu> 1 $ allora il valore assunto da $hat T $ dovrebbe diminuire ed ho pensato quindi di calcolare la probabilità che la dieta faccia perdere più di un kg quindi $ mu> 1 $ come:
P(T
Ho molti dubbi però su questo modo di procedere e credo proprio sia sbagliato, ma non mi viene in mente nient'altro...
"TesTes":
Grazie ancora
Ti chiedo un'ultima cosa (giuro) su cui non son per niente sicuro...
Prego. Non ti preoccupare di chiedere, il forum è fatto apposta
Quanto al punto b) il tuo risultato potrebbe esser corretto. Io ho fatto il seguente ragionamento:
$P(mu>1)=P(-mu<-1)=P( (bar(X)- mu )/( ( s_x )/sqrt(n) )<(bar(X)-1 )/( ( s_x )/sqrt(n) ))=P(T
Ti confesso però che nutro qualche dubbio su quello che ho scritto, pertanto sottopongo con le dovute riserve.
Gentilissimo come sempre, spero proprio di non beccarlo all'esame questo esercizio eheh
Ti scrivo il mio dubbio quotidiano, molto probabilmente sarà solo un rintontimento pre-esame, ma in questo esercizio non riesco a capire cosa venga richiesto...
E’ stata rubata la “Gioconda”. Due anni più tardi, perquisendo la casa di un collezionista, la polizia ritrova ”Mona Lisa”. La polizia ha dubbi sull’autenticitaà del quadro ritrovato e ritiene con probabilità pari 0.8 che il quadro sia autentico. Per dirimere la questione vengono consultati due esperti di pittura del Rinascimento:
il primo, che normalmente sbaglia 3 volte su 5, dichiara che il quadro è autentico,
il secondo, che normalmente sbaglia 2 su 11, dichiara che il quadro è falso.
Sapendo che le conclusioni degli esperti sono indipendenti, calcolare la probabilità che il quadro sia autentico.
Non capisco se richiede una probabilità a posteriori sapendo i responsi degli esperti oppure semplicemente l'intersezione degli eventi...
metodo 1)
$ P(A|E1 & E2 ) = (P(A) P( E1 & E2 | A)) /(P(E1 & E2)) $
essendo le conclusioni degli esperi indipendenti però tutto quel formulone mi viene uguale a $ P(A) $ e la cosa mi spiazza un po', mi sembra un po' atipico come esercizio.
metodo 2)
$ P(A & E1 & E2) $ questo invece mi sembra troppo semplice per un esercizio da tema d'esame.
In conclusione, credo si noti, sono un po' confuso...
Ti scrivo il mio dubbio quotidiano, molto probabilmente sarà solo un rintontimento pre-esame, ma in questo esercizio non riesco a capire cosa venga richiesto...
E’ stata rubata la “Gioconda”. Due anni più tardi, perquisendo la casa di un collezionista, la polizia ritrova ”Mona Lisa”. La polizia ha dubbi sull’autenticitaà del quadro ritrovato e ritiene con probabilità pari 0.8 che il quadro sia autentico. Per dirimere la questione vengono consultati due esperti di pittura del Rinascimento:
il primo, che normalmente sbaglia 3 volte su 5, dichiara che il quadro è autentico,
il secondo, che normalmente sbaglia 2 su 11, dichiara che il quadro è falso.
Sapendo che le conclusioni degli esperti sono indipendenti, calcolare la probabilità che il quadro sia autentico.
Non capisco se richiede una probabilità a posteriori sapendo i responsi degli esperti oppure semplicemente l'intersezione degli eventi...
metodo 1)
$ P(A|E1 & E2 ) = (P(A) P( E1 & E2 | A)) /(P(E1 & E2)) $
essendo le conclusioni degli esperi indipendenti però tutto quel formulone mi viene uguale a $ P(A) $ e la cosa mi spiazza un po', mi sembra un po' atipico come esercizio.
metodo 2)
$ P(A & E1 & E2) $ questo invece mi sembra troppo semplice per un esercizio da tema d'esame.
In conclusione, credo si noti, sono un po' confuso...
"TesTes":
essendo le conclusioni degli esperi indipendenti però tutto quel formulone mi viene uguale a $ P(A) $ e la cosa mi spiazza un po', mi sembra un po' atipico come esercizio.
Senza dubbio il metodo 1)
Hai la probabilità a priori $0.8$ e ti si chiede quella a posteriori condizionata al responso dei due esperti.
Commento ironico: bell'esperto il primo!!! (probabilità di indovinare pari a $2/5$): potevamo consultare una moneta che indovina nella metà dei casi!
Comunque a me viene una probabilità condizionata di $0.372$ (pesa ovviamente il giudizio negativo del secondo "vero" esperto), quindi credo che hai fatto qualche errore nel valutare le probabilità condizionate.
Posta i tuoi passaggi e vediamo...
Cosa/dove studi ?
Ciao,
cenzo
Ovviamente hai ragione, non so manco io che ragionamento avevo fatto eheh
Direi che è un'esperto tanto quanto me in statistica e probabilità
Sono un po' fuori dal mio campo ( e si nota) , studio informatica in bicocca
Direi che è un'esperto tanto quanto me in statistica e probabilità
Sono un po' fuori dal mio campo ( e si nota) , studio informatica in bicocca
"TesTes":
Direi che è un'esperto tanto quanto me in statistica e probabilità
Ma no, direi che te la cavi abbastanza bene.
In bocca al lupo per l'esame.
Ciao
Crepi
Domani è il giorno della verità eheh
Grazie ancora
Domani è il giorno della verità eheh
Grazie ancora
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