PDF riusultato estrazione dadi truccati.
Buongiorno,
Chiedo una mano per questo esercizio trovato in un testo di esame vecchio che dice
Si considerino 3 scatole ciascuna delle quali contiene, rispettivamente, 1 dado non truccato ed 1 dado truccato, 2 dadi non truccati ed 1 dado truccato, 3 dadi non truccati e 2 dadi truccati.
La probabilità di scegliere la scatola A è di 1/6 (A)
La probabilità di scegliere la scatola B è di 2/3 (B)
La probabilità di scegliere la scatola C è di 1/6 (C)
i dadi non truccati restituiscono un punteggio da 1 a 6 con probabilità 1/6 ($D_N$).
i dadi truccati restituiscono un punteggio 1,3,5 con probabilità 1/9 e un punteggio 2,4,6 con probabilità 2/9 ($D_T$).
Domanda:
1)determinare la PDF di $eta$ che restituisce il punteggio del dado.
2)costruire la pdf che restituisce la somma del risultato dato dalla estrazione di due dadi tra le 3 scatole
ora io ho fatto in questo modo.
probabilità scelta di una scatola:
$P(A)=1/6$
$P(B)=2/3$
$P(C)=1/6$
Probabilità scelta dadi nelle scatole:
$P(D_T|A)=P(D_N|1)=1/2$
$P(D_T|B)=1/3$
$P(D_N|B)=2/3$
$P(D_T|C)=2/5$
$P(D_N|C)=3/5$
Probabilità uscita risultati.
$P(1|D_T)=P(3|D_T)=P(5|D_T)=1/9$
$P(2|D_T)=P(4|D_T)=P(6|D_T)=1/9$
$P(1|D_N)=P(2|D_N)=P(3|D_N)=P(4|D_N)=P(5|D_N)=P(6|D_N)=1/6$
ora io ho agito in questo modo
per l uscita del numero 1 la probabilita dado truccato è
$(P(1|D_T) * P(D_T|A) * P(A) )+ (P(1|D_T) * P(D_T|B) * P(B) ) + (P(1|D_T) * P(D_T|C) * P(C) )$ =
=$(1/9*1/2*1/6)+(1/9*1/3*2/3)+(1/9*2/5*1/6)=0,041$
per l uscita del numero 1 la probabilita dado truccato è
$(P(1|D_N) * P(D_N|A) * P(A) )+ (P(1|D_N) * P(D_N|B) * P(B) ) + (P(1|D_N) * P(D_N|C) * P(C) )$=
=$(1/6*1/2*1/6)+(1/6*1/3*2/3)+(1/6*2/5*1/6)=0,062$
quindi la prob. è la somma dei due risultati $P(1)=0.103$
e cosi per tutti gli altri risultati.
mi chiedo se il procedimento sia giusto, essendo un po troppo macchinoso, o se si potesse semplificarlo.
per quanto invece riguarda la seconda domanda ho dei dubbi su come impostarlo ( userei la condizionata ma ho problemi ad impostarla).
Chiedo una mano per questo esercizio trovato in un testo di esame vecchio che dice
Si considerino 3 scatole ciascuna delle quali contiene, rispettivamente, 1 dado non truccato ed 1 dado truccato, 2 dadi non truccati ed 1 dado truccato, 3 dadi non truccati e 2 dadi truccati.
La probabilità di scegliere la scatola A è di 1/6 (A)
La probabilità di scegliere la scatola B è di 2/3 (B)
La probabilità di scegliere la scatola C è di 1/6 (C)
i dadi non truccati restituiscono un punteggio da 1 a 6 con probabilità 1/6 ($D_N$).
i dadi truccati restituiscono un punteggio 1,3,5 con probabilità 1/9 e un punteggio 2,4,6 con probabilità 2/9 ($D_T$).
Domanda:
1)determinare la PDF di $eta$ che restituisce il punteggio del dado.
2)costruire la pdf che restituisce la somma del risultato dato dalla estrazione di due dadi tra le 3 scatole
ora io ho fatto in questo modo.
probabilità scelta di una scatola:
$P(A)=1/6$
$P(B)=2/3$
$P(C)=1/6$
Probabilità scelta dadi nelle scatole:
$P(D_T|A)=P(D_N|1)=1/2$
$P(D_T|B)=1/3$
$P(D_N|B)=2/3$
$P(D_T|C)=2/5$
$P(D_N|C)=3/5$
Probabilità uscita risultati.
$P(1|D_T)=P(3|D_T)=P(5|D_T)=1/9$
$P(2|D_T)=P(4|D_T)=P(6|D_T)=1/9$
$P(1|D_N)=P(2|D_N)=P(3|D_N)=P(4|D_N)=P(5|D_N)=P(6|D_N)=1/6$
ora io ho agito in questo modo
per l uscita del numero 1 la probabilita dado truccato è
$(P(1|D_T) * P(D_T|A) * P(A) )+ (P(1|D_T) * P(D_T|B) * P(B) ) + (P(1|D_T) * P(D_T|C) * P(C) )$ =
=$(1/9*1/2*1/6)+(1/9*1/3*2/3)+(1/9*2/5*1/6)=0,041$
per l uscita del numero 1 la probabilita dado truccato è
$(P(1|D_N) * P(D_N|A) * P(A) )+ (P(1|D_N) * P(D_N|B) * P(B) ) + (P(1|D_N) * P(D_N|C) * P(C) )$=
=$(1/6*1/2*1/6)+(1/6*1/3*2/3)+(1/6*2/5*1/6)=0,062$
quindi la prob. è la somma dei due risultati $P(1)=0.103$
e cosi per tutti gli altri risultati.
mi chiedo se il procedimento sia giusto, essendo un po troppo macchinoso, o se si potesse semplificarlo.
per quanto invece riguarda la seconda domanda ho dei dubbi su come impostarlo ( userei la condizionata ma ho problemi ad impostarla).
Risposte
Si potevano fare i calcoli un po' più velocemente. Per prima cosa si può osservare che la probabilità di ottenere un determinato punteggio sarà uguale a:
\[ P(k) = P(D_N)\,P(k \mid D_N) + P(D_T)\,P(k \mid D_T) \]
A questo punto hai che \( P(k \mid D_N) = 1/6 \) indipendentemente dal valore di \(k\) e che
\[ P(k \mid D_T) = \begin{cases}
1/9 & \text{se } k \in \{1, 3, 5\} \\
2/9 & \text{se } k \in \{2, 4, 6\}
\end{cases} \]
Abbiamo quindi che
\[ P(k) = \begin{cases}
P(D_N)/6 + P(D_T)/9 & \text{se } k \in \{1, 3, 5\} \\
P(D_N)/6 + 2\,P(D_T)/9 & \text{se } k \in \{2, 4, 6\}
\end{cases} \]
A questo punto rimane solo da calcolare \(P(D_N)\) e \(P(D_T)\), ma siccome i due eventi sono complementari è sufficiente calcolarne uno dei due. Calcoliamo quindi \(P(D_N)\) e avremo che \(P(D_T) = 1 - P(D_N)\). In questo caso abbiamo quindi:
\[ \begin{align*}
P(D_N) &= P(A)\,P(D_N \mid A) + P(B)\,P(D_N \mid B) + P(C)\,P(D_N \mid C) \\
&= \frac{1}{6}\,\frac{1}{2} + \frac{2}{3}\,\frac{2}{3} + \frac{1}{6}\,\frac{3}{5} \\
&= \frac{1}{12} + \frac{4}{9} + \frac{1}{10} \\
&= \frac{15 + 80 + 18}{180} = \frac{113}{180}
\end{align*} \]
Da questo possiamo calcolare \(P(D_T) = 1 - P(D_N) = 67/180\) e infine
\[ P(k) = \begin{cases}
\frac{113}{180}\,\frac{1}{6} + \frac{67}{180}\,\frac{1}{9} = \frac{473}{3240} & \text{se } k \in \{1, 3, 5\} \\
\frac{113}{180}\,\frac{1}{6} + \frac{67}{180}\,\frac{2}{9} = \frac{607}{3240} & \text{se } k \in \{2, 4, 6\}
\end{cases} \]
\[ P(k) = P(D_N)\,P(k \mid D_N) + P(D_T)\,P(k \mid D_T) \]
A questo punto hai che \( P(k \mid D_N) = 1/6 \) indipendentemente dal valore di \(k\) e che
\[ P(k \mid D_T) = \begin{cases}
1/9 & \text{se } k \in \{1, 3, 5\} \\
2/9 & \text{se } k \in \{2, 4, 6\}
\end{cases} \]
Abbiamo quindi che
\[ P(k) = \begin{cases}
P(D_N)/6 + P(D_T)/9 & \text{se } k \in \{1, 3, 5\} \\
P(D_N)/6 + 2\,P(D_T)/9 & \text{se } k \in \{2, 4, 6\}
\end{cases} \]
A questo punto rimane solo da calcolare \(P(D_N)\) e \(P(D_T)\), ma siccome i due eventi sono complementari è sufficiente calcolarne uno dei due. Calcoliamo quindi \(P(D_N)\) e avremo che \(P(D_T) = 1 - P(D_N)\). In questo caso abbiamo quindi:
\[ \begin{align*}
P(D_N) &= P(A)\,P(D_N \mid A) + P(B)\,P(D_N \mid B) + P(C)\,P(D_N \mid C) \\
&= \frac{1}{6}\,\frac{1}{2} + \frac{2}{3}\,\frac{2}{3} + \frac{1}{6}\,\frac{3}{5} \\
&= \frac{1}{12} + \frac{4}{9} + \frac{1}{10} \\
&= \frac{15 + 80 + 18}{180} = \frac{113}{180}
\end{align*} \]
Da questo possiamo calcolare \(P(D_T) = 1 - P(D_N) = 67/180\) e infine
\[ P(k) = \begin{cases}
\frac{113}{180}\,\frac{1}{6} + \frac{67}{180}\,\frac{1}{9} = \frac{473}{3240} & \text{se } k \in \{1, 3, 5\} \\
\frac{113}{180}\,\frac{1}{6} + \frac{67}{180}\,\frac{2}{9} = \frac{607}{3240} & \text{se } k \in \{2, 4, 6\}
\end{cases} \]
EDIT: Per quanto riguarda il tuo calcolo, hai in realtà scritto i numeri sbagliati. In particolare il secondo valore di ogni tripletta di frazioni è uguale tra i due calcoli ma dovrebbe variare.
Nel secondo punto non è del tutto chiaro se l'estrazione dei due dati è indipendente (si può insomma estrarre due volte lo stesso dado) oppure no. Assumendo sia il primo caso, si tratta semplicemente di sommare le probabilità di tutti i possibili modi in cui i due dadi sommano ad un particolare risultato. È di nuovo un calcolo abbastanza lungo.
Nel secondo punto non è del tutto chiaro se l'estrazione dei due dati è indipendente (si può insomma estrarre due volte lo stesso dado) oppure no. Assumendo sia il primo caso, si tratta semplicemente di sommare le probabilità di tutti i possibili modi in cui i due dadi sommano ad un particolare risultato. È di nuovo un calcolo abbastanza lungo.
Grazie mille per la risposta.
infatti mi stavo perdendo anche nei calcoli di questo esercizio.
sei stato utilissimo.
infatti mi stavo perdendo anche nei calcoli di questo esercizio.
sei stato utilissimo.
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