Numero aleatorio di cerini per un fumatore (PROBAB)
Un fumatore ha due scatole di cerini e per accendere prende ogni volta un cerino da una scatola scelta a caso. All'inizio ci sono $n$ cerini in ciascuna scatola; quando una si esaurisce nell'altra rimane un numero aleatorio $X$ di cerini. Trovare la distribuzione di $X$.
Ho la soluzione e se volete la riporto.
Non l'ho capita molto ed anche il testo del problema non mi è molto chiaro.
Ho la soluzione e se volete la riporto.
Non l'ho capita molto ed anche il testo del problema non mi è molto chiaro.
Risposte
l'unica cosa che posso dirti e' che e' un problema abbastanza noto nella teoria della probabilita'.
ora ci penso e se tiro fuori qlcosa d buono te faccio sape.
saluti
ora ci penso e se tiro fuori qlcosa d buono te faccio sape.
saluti
Ti faccio notare una cosa che apparentemente può sfuggire: la probabilità di pescare da una o dall'altra scatola è indipendente dal numero di cerini in esse contenuto.
Quindi, anche se può sembrare un esperimento senza reinserimento, ci troviamo di fronte ad un esperimento CON reinserimento.
Il fatto che il testo faccia riferimento ad un numero limitato di oggetti potrebbe trarre in confusione.
Potresti riformulare la domanda come:
qual è la probabilità di ottenere (n-x) insuccessi prima di ottenere n successi?
Dove n è il numero di cerini e x è la variabile.
Considerando che il tipo di esperimento è binomiale, ovvero la ripetizione di un esperimento bernoulliano senza reinserimento e considerando che la variabile è negativa, si tratterà di una variabile... XXXXXXXXX XXXXXXXX.
Quindi, anche se può sembrare un esperimento senza reinserimento, ci troviamo di fronte ad un esperimento CON reinserimento.
Il fatto che il testo faccia riferimento ad un numero limitato di oggetti potrebbe trarre in confusione.
Potresti riformulare la domanda come:
qual è la probabilità di ottenere (n-x) insuccessi prima di ottenere n successi?
Dove n è il numero di cerini e x è la variabile.
Considerando che il tipo di esperimento è binomiale, ovvero la ripetizione di un esperimento bernoulliano senza reinserimento e considerando che la variabile è negativa, si tratterà di una variabile... XXXXXXXXX XXXXXXXX.
E' già stato proposto questo famoso problema:
https://www.matematicamente.it/f/viewtop ... ght=#67472
https://www.matematicamente.it/f/viewtop ... ght=#67472
Ok raga. Grazie intanto per le risposte immediate!
Cheguevilla è sulla strada giusta e mi ha fatto capire come vedere il problema.
Con Piera, ormai, ho l'appuntamento fisso per questi problemi di probabilità... E' la mia insegnate online!
Non sapevo chi fosse Stefan Banach e nemmeno che fumasse...
Cheguevilla è sulla strada giusta e mi ha fatto capire come vedere il problema.
Con Piera, ormai, ho l'appuntamento fisso per questi problemi di probabilità... E' la mia insegnate online!
Non sapevo chi fosse Stefan Banach e nemmeno che fumasse...
"Giova411":
E' la mia insegnate online!
Il mio, e non è un trans, intendiamoci
$B_k$: il fumatore ha pescato in totale $2n-k$ cerini di cui $n$ nella scatola 1 compreso l'ultimo;
$C_k$: il fumatore ha pescato in totale $2n-k$ cerini di cui $n$ nella scatola 2 compreso l'ultimo;
$p$ = peschiamo nella scatola 1;
$q=1-p$ = peschiamo nella scatola 2;
Con l'evento $B_k$ significa prendere in $(2n-k-1)$ tentativi, $(n-1)$ cerini nella 1 e $(n-k)$ nella scatola 2 e poi nel prendere l'ultimo nella 1, quindi:
$P(B_k)=((2n-k-1),(n-1))p^(n-1)q^(n-k)*p$
L'alternativa a questo è:
$P(C_k)=((2n-k-1),(n-1))q^(n-1)p^(n-k)*q$
Per la distribuzione della var discreta $X$ dobbiamo calcolare la prob $P[X=k]$ per ogni $k=1,..,n$
L'evento $(X=k)$ significa l'unione degli eventi (incompatibili) $B_k$ e $C_k$ quindi:
$P(X=k)=((2n-k-1),(n-1))p^(n-k)q^(n-k)*(p^k+q^k)$
Nel caso $p=q=1/2$ si ha:
$P(X=k)=((2n-k-1),(n-1))*(1/2)^(2n-k-1)$
Ho cercato di interpretare codesta soluzione ma mi risulta difficile.
Soprattutto il ragionamento iniziale. Come fa a capire di partire in quel modo?
Troppo difficile!!!!
$C_k$: il fumatore ha pescato in totale $2n-k$ cerini di cui $n$ nella scatola 2 compreso l'ultimo;
$p$ = peschiamo nella scatola 1;
$q=1-p$ = peschiamo nella scatola 2;
Con l'evento $B_k$ significa prendere in $(2n-k-1)$ tentativi, $(n-1)$ cerini nella 1 e $(n-k)$ nella scatola 2 e poi nel prendere l'ultimo nella 1, quindi:
$P(B_k)=((2n-k-1),(n-1))p^(n-1)q^(n-k)*p$
L'alternativa a questo è:
$P(C_k)=((2n-k-1),(n-1))q^(n-1)p^(n-k)*q$
Per la distribuzione della var discreta $X$ dobbiamo calcolare la prob $P[X=k]$ per ogni $k=1,..,n$
L'evento $(X=k)$ significa l'unione degli eventi (incompatibili) $B_k$ e $C_k$ quindi:
$P(X=k)=((2n-k-1),(n-1))p^(n-k)q^(n-k)*(p^k+q^k)$
Nel caso $p=q=1/2$ si ha:
$P(X=k)=((2n-k-1),(n-1))*(1/2)^(2n-k-1)$
Ho cercato di interpretare codesta soluzione ma mi risulta difficile.
Soprattutto il ragionamento iniziale. Come fa a capire di partire in quel modo?
Troppo difficile!!!!
"Tipper":
[quote="Giova411"]E' la mia insegnate online!
Il mio, e non è un trans, intendiamoci
[/quote]Ciao Tipper!
Non l'ho capita...
Piera è un uomo
"amel":
Piera è un uomo
Ma dal nome non si direbbe... Che figura del piffero che ho fatto!!!
Siete sicuri o mi state a piglià per il c***?
No, non ti sto a piglia' per... Piera è solo un'abbreviazione del cognome 
Chiuso l'OT, scusate l'interruzione
Chiuso l'OT, scusate l'interruzione
In realtà il tuo problema è leggermente differente rispetto a quello che ho proposto.
Parte in quel modo perchè la scatola che rimane senza cerini può essere scelta in due modi: scatola 1 e scatola 2. Pertanto nel calcolare la probabilità, si dovranno considerare i due eventi disgiunti scatola 1 vuota e scatola 2 vuota e poi sommare le rispettive probabilità. Ad esempio, la scatola 1 rimane vuota e nell'altra rimangono k cerini quando in $2n-k-1$ tentativi sono stati presi $n-1$ cerini dalla scatola 1, $n-k$ dalla scatola 2 e poi l'ultimo cerino è stato preso dalla scatola 1.
$P(B_k)=((2n-k-1),(n-1))p^(n-1)*q^(n-k)*p$,
dove $((2n-k-1),(n-1))p^(n-1)*q^(n-k)$ è la probabilità di estrarre in $2n-k-1$ estrazioni $n-1$ cerini dalla scatola 1 e $n-k$ dalla scatola 2 (è un esperimento binomiale),
mentre l'ultima p che compare nella formula è la probabilità che alla $2n-k$-esima estrazione venga preso l'ultimo cerino dalla scatola 1.
Parte in quel modo perchè la scatola che rimane senza cerini può essere scelta in due modi: scatola 1 e scatola 2. Pertanto nel calcolare la probabilità, si dovranno considerare i due eventi disgiunti scatola 1 vuota e scatola 2 vuota e poi sommare le rispettive probabilità. Ad esempio, la scatola 1 rimane vuota e nell'altra rimangono k cerini quando in $2n-k-1$ tentativi sono stati presi $n-1$ cerini dalla scatola 1, $n-k$ dalla scatola 2 e poi l'ultimo cerino è stato preso dalla scatola 1.
$P(B_k)=((2n-k-1),(n-1))p^(n-1)*q^(n-k)*p$,
dove $((2n-k-1),(n-1))p^(n-1)*q^(n-k)$ è la probabilità di estrarre in $2n-k-1$ estrazioni $n-1$ cerini dalla scatola 1 e $n-k$ dalla scatola 2 (è un esperimento binomiale),
mentre l'ultima p che compare nella formula è la probabilità che alla $2n-k$-esima estrazione venga preso l'ultimo cerino dalla scatola 1.
( Chiedo scusa per l'errore di prima! Ringrazio Tipper e Amel per avermi corretto! )
Non ho capito perché si ferma al penultimo tentativo. Sarebbe la stessa cosa procedere così??
$((2n-k),(n))p^nq^(n-k)$
Se mi fate capire questo particolare siete davvero grandi!
Non ho capito perché si ferma al penultimo tentativo. Sarebbe la stessa cosa procedere così??
$((2n-k),(n))p^nq^(n-k)$
Se mi fate capire questo particolare siete davvero grandi!
No che non è la stessa cosa.
L'evento si verifica quando nelle prime $2n-k-1$ estrazioni escono $n-1$ cerini dalla scatola 1 e $n-k$ dalla 2 e infine esce l'ultimo cerino della scatola 1.
Gli $n-1$ cerini della scatola 1 possono essere estratti in $((2n-k-1),(n-1))$ modi diversi, mentre l'ultima estrazione è "fissa".
L'evento si verifica quando nelle prime $2n-k-1$ estrazioni escono $n-1$ cerini dalla scatola 1 e $n-k$ dalla 2 e infine esce l'ultimo cerino della scatola 1.
Gli $n-1$ cerini della scatola 1 possono essere estratti in $((2n-k-1),(n-1))$ modi diversi, mentre l'ultima estrazione è "fissa".
Perfetto!
Capito!
Grazie!
(Però non litigate troppo tra milanisti e juventini... Quante risate mi state facendo fa'!)
Capito!
Grazie!
(Però non litigate troppo tra milanisti e juventini... Quante risate mi state facendo fa'!)
Dal punto di vista didattico è un tipico problema schematizzabile come percorso casuale (random walk). È un procedimento un po' lungo, e ripete in sostanza quanto già detto, ma lo trovo interessante, e soprattutto ho il TeX già pronto per un problema quasi identico, così lo riciclo con poche modifiche e lo propongo.
Rappresentando lo stato in cui ci sono sono stati estratti $i$ cerini da una scatola e $j$ dall'altra come un punto nel reticolo di coordinate intere, lo stato iniziale (certo) è $(0,0)$, e a ciascun punto $(i,j)$ si può arrivare omogeneamente da $(i-1,j)$ o da $(i,j-1)$.
Si può quindi scrivere
(1) $P_{0,0}=1$
(2) $P_{i,j}=\frac{1}{2}P_{i-1,j}+\frac{1}{2}P_{i,j-1}$
(3) $P_{n,j}=\frac{1}{2}P_{n-1,j}$
(4) $P_{i,n}=\frac{1}{2}P_{i,n-1}$
Le ultime due equazioni sono necessarie per assicurarsi che il calcolo si arresti quando una delle due scatole è vuota, ed evitare transizioni del tipo $(n,j-1) -> (n,j)$ o $(i-1,n) -> (i,n)$.
Conto i cerini estratti e non quelli rimasti poichè nella letteratura lo stato iniziale di un random walk è in genere nell'origine, e quindi il TeX era predisposto in questo modo. È noto, ma si verifica facilmente, che la relazione ricorsiva (2) è riferibile all'i-esimo (o il j-esimo, vista la simmetria del problema) termine del binomio $(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})^{i+j}$, e quindi $P_{i,j}= \frac{1}{2^{i+j}} ((i+j),(i))$.
Da un punto di vista combinatorio si può spiegare in questi termini: sul reticolo sono possibili tutti i percorsi effettuati con "un passo in su" (estrazione da una scatola) o "un passo a destra" (estrazione dall'altra), che sono rappresentabili da una stringa del tipo $SDDSSD..DSS$ (la sequenza dei passi). Una specifica estrazione di $i$ elementi nel primo campione e di $j$ nel secondo diventa quindi una stringa di $i+j$ simboli $S$ o $D$. Ovviamente, sono possibili $2^{i+j}$ stringhe di questo genere. Di queste, quelle che portano al punto del reticolo $(i,j)$ sono composte da $i$ simboli $D$ e $j$ simboli $S$. Considerando le permutazioni, ce ne sono $((i+j),(i))$ distinte.
In particolare, la distribuzione cercata è quindi (ricordare la simmetria) $P_{i,n}= \frac{1}{2}P_{i,n-1}=\frac{1}{2} \frac{1}{2^{n-1+i}} ((n-1+i),(n-1)) = \frac{1}{2^{n+i}} ((n-1+i),(n-1))$.
Esprimendo la probabilità in termini di cerini rimasti, cioè $k=n-i$, e quindi $i=n-k$, si ha $P_{k,0}=\frac{1}{2^{2n-k}} ((2n-k-1),(n-1))$.
Rappresentando lo stato in cui ci sono sono stati estratti $i$ cerini da una scatola e $j$ dall'altra come un punto nel reticolo di coordinate intere, lo stato iniziale (certo) è $(0,0)$, e a ciascun punto $(i,j)$ si può arrivare omogeneamente da $(i-1,j)$ o da $(i,j-1)$.
Si può quindi scrivere
(1) $P_{0,0}=1$
(2) $P_{i,j}=\frac{1}{2}P_{i-1,j}+\frac{1}{2}P_{i,j-1}$
(3) $P_{n,j}=\frac{1}{2}P_{n-1,j}$
(4) $P_{i,n}=\frac{1}{2}P_{i,n-1}$
Le ultime due equazioni sono necessarie per assicurarsi che il calcolo si arresti quando una delle due scatole è vuota, ed evitare transizioni del tipo $(n,j-1) -> (n,j)$ o $(i-1,n) -> (i,n)$.
Conto i cerini estratti e non quelli rimasti poichè nella letteratura lo stato iniziale di un random walk è in genere nell'origine, e quindi il TeX era predisposto in questo modo. È noto, ma si verifica facilmente, che la relazione ricorsiva (2) è riferibile all'i-esimo (o il j-esimo, vista la simmetria del problema) termine del binomio $(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})^{i+j}$, e quindi $P_{i,j}= \frac{1}{2^{i+j}} ((i+j),(i))$.
Da un punto di vista combinatorio si può spiegare in questi termini: sul reticolo sono possibili tutti i percorsi effettuati con "un passo in su" (estrazione da una scatola) o "un passo a destra" (estrazione dall'altra), che sono rappresentabili da una stringa del tipo $SDDSSD..DSS$ (la sequenza dei passi). Una specifica estrazione di $i$ elementi nel primo campione e di $j$ nel secondo diventa quindi una stringa di $i+j$ simboli $S$ o $D$. Ovviamente, sono possibili $2^{i+j}$ stringhe di questo genere. Di queste, quelle che portano al punto del reticolo $(i,j)$ sono composte da $i$ simboli $D$ e $j$ simboli $S$. Considerando le permutazioni, ce ne sono $((i+j),(i))$ distinte.
In particolare, la distribuzione cercata è quindi (ricordare la simmetria) $P_{i,n}= \frac{1}{2}P_{i,n-1}=\frac{1}{2} \frac{1}{2^{n-1+i}} ((n-1+i),(n-1)) = \frac{1}{2^{n+i}} ((n-1+i),(n-1))$.
Esprimendo la probabilità in termini di cerini rimasti, cioè $k=n-i$, e quindi $i=n-k$, si ha $P_{k,0}=\frac{1}{2^{2n-k}} ((2n-k-1),(n-1))$.
Cmax grazie per aver partecipato. Più interpretazioni dei problemi fanno sempre comodo!
Grazie 1000!
Grazie 1000!
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo