Esercizio urna e palline
Un'urna contiene 2 palline rosse e 4 nere. Due giocatori A e B giocano nel modo seguente: le palline vengono estratte ad una ad una e messe da parte. A vince se l'ultima pallina è rossa, altrimenti vince B.
Io lo avrei risolto così:
siano $R_1, R_2, N_1, N_2, N_3, N_4$ le palline presenti nell'urna. Considero equiprobabili tutte le "stringhe" di 6 caratteri che si possono comporre con le palline così come le ho chiamate. Il numero totale di tali stringhe è $#\Omega=6!$ $=720$. I casi favorevoli sono le stringhe che terminano in $R_1$ (evento $A$) oppure in $R_2$ (evento $B$). Abbiamo che $#A=5!$ $=120$ e $#B=5!$ $=120$. Quindi la probabilità richiesta è:
$P=\frac{#A+#B}{#\Omega}=\frac{2*5!}{6!}=\frac{240}{720}=0.333$
Ora il libro da cui ho preso l'esercizio arriva allo stesso risultato utilizzando la probabilità ipergeometrica:
$\frac{((2),(1))*((4),(4))}{((6),(5))}$
Non capisco qual è il ragionamento.
Io lo avrei risolto così:
siano $R_1, R_2, N_1, N_2, N_3, N_4$ le palline presenti nell'urna. Considero equiprobabili tutte le "stringhe" di 6 caratteri che si possono comporre con le palline così come le ho chiamate. Il numero totale di tali stringhe è $#\Omega=6!$ $=720$. I casi favorevoli sono le stringhe che terminano in $R_1$ (evento $A$) oppure in $R_2$ (evento $B$). Abbiamo che $#A=5!$ $=120$ e $#B=5!$ $=120$. Quindi la probabilità richiesta è:
$P=\frac{#A+#B}{#\Omega}=\frac{2*5!}{6!}=\frac{240}{720}=0.333$
Ora il libro da cui ho preso l'esercizio arriva allo stesso risultato utilizzando la probabilità ipergeometrica:
$\frac{((2),(1))*((4),(4))}{((6),(5))}$
Non capisco qual è il ragionamento.
Risposte
L'urna ha due rosse e 4 bianche.
Per vincere dopo cinque estrazioni deve rimanere la rossa;
allora nelle prime cinque estrazioni devi avere 1 rossa e 4 bianche
Per vincere dopo cinque estrazioni deve rimanere la rossa;
allora nelle prime cinque estrazioni devi avere 1 rossa e 4 bianche
In questo caso con l'ipergeometrica ti calcoli la probabilità di estrarre una sola pallina rossa su 5 estrazioni, cosicchè te ne rimanga una sola rossa nell'urna:
$P(X=k)=(((K),(k))*((N-K),(n-k)))/(((N),(n)))$
con $K$= n° di palline rosse, $N-K$=n° palline nere e $n$=n° di estrazioni
(leggo ora il messaggio di dajeforte, con la stessa risposta)
$P(X=k)=(((K),(k))*((N-K),(n-k)))/(((N),(n)))$
con $K$= n° di palline rosse, $N-K$=n° palline nere e $n$=n° di estrazioni
(leggo ora il messaggio di dajeforte, con la stessa risposta)
Ma il metodo che ho usato è corretto?
Il tuo ragionamento credo sia corretto come anche quelli degli altri.
Tuttavia, ammesso che sia un vantaggio, secondo me si poteva raggiungere la soluzione in modo banale
perché a prescindere dal fatto che la pallina decisiva sia l'ultima o la prima o una intermedia
se la prendiamo singolarmente senza avere informazioni sulle altre possiamo ragionare come
nel caso del reinserimento ed allora la soluzione è banale:
$A=$vittoria di $A$
$P(A)= (R/(R+N))=1/3$
siete d'accordo?
Tuttavia, ammesso che sia un vantaggio, secondo me si poteva raggiungere la soluzione in modo banale
perché a prescindere dal fatto che la pallina decisiva sia l'ultima o la prima o una intermedia
se la prendiamo singolarmente senza avere informazioni sulle altre possiamo ragionare come
nel caso del reinserimento ed allora la soluzione è banale:
$A=$vittoria di $A$
$P(A)= (R/(R+N))=1/3$
siete d'accordo?
@maxsiviero: corretto.
@markowitz: well done.
@markowitz: well done.
"markowitz":
Il tuo ragionamento credo sia corretto come anche quelli degli altri.
Tuttavia, ammesso che sia un vantaggio, secondo me si poteva raggiungere la soluzione in modo banale
perché a prescindere dal fatto che la pallina decisiva sia l'ultima o la prima o una intermedia
se la prendiamo singolarmente senza avere informazioni sulle altre possiamo ragionare come
nel caso del reinserimento ed allora la soluzione è banale:
$A=$vittoria di $A$
$P(A)= (R/(R+N))=1/3$
siete d'accordo?
Ciao e scusate il rispolvero, ma mi interessa capire questa affermazione.
In pratica, senza usare l'ipergeometrica, potrei dire banalmente:
"Qual è la probabilità che ne rimanga una rossa su R+N?" e ovviamente casi favorevoli su possibili, cioè $R/(R+N)$?
Il problema è davvero banale.....
La probabilità che una pallina rossa sia al 1°, 2°,3°, 4°,5° o 6° posto è sempre $2/6=1/3$
O volendo generalizzare, che sia al K-esimo posto, è sempre $R/(R+N)$
La probabilità che una pallina rossa sia al 1°, 2°,3°, 4°,5° o 6° posto è sempre $2/6=1/3$
O volendo generalizzare, che sia al K-esimo posto, è sempre $R/(R+N)$
Grazie!
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