Probabilità combinatoria e var. aleatorie
Ciao a tutti, ho qualche problemino con 2 esercizi di prob. combinatoria e var. aleatorie; purtroppo non conosco i risultati, quindi sarei grato se potresti dirmi la vostra opinione sulle mie soluzioni.
Es. 1: Si estraggono due carte a caso da un mazzo di 52, senza reinserimento. Qual è la probabilitèà che la seconda valga di più della prima?
Ciò a cui non riesco ad arrivare è una formulazione convincente della probabilità. Cioè, secondo me non è possibile dare un soluzione numerica precisa del valore della prob., perchè questa cambiarà radicalmente in base al valore della prima carta pescata.
Quindi ho pensato di scrivere: $P(A) = 1 - 4/(52)3/51 - 4(13 - v)/51$
Significa: dalla prob. certa, sottraggo la prob. di 2 carte uguali (con la prob. condizionata) e poi sottraggo la prob. che la seconda sia minore della prima. La lettera V rappresenta il volore della carta pensata per prima, che viene moltiplicato per i 4 semi e diviso per le 51 carte rimanenti.
Es. 2: Una segretaria irritata con il suo principale, dovendo spedire n lettere diverse ad altrettanti destinatari, inserisce a caso una lettera in ogni busta indirizzata.
(a) Con che probabilitµa tutti i destinatari riceveranno correttamente la loro lettera.
(b) Sia X il numero di destinatari che ricevono la loro lettera, calcolare E [X] e var(X).
Suggerimento: per il punto (b) può essere utile introdurre le variabili indicatrici degli eventi $E_i$ = { destinatario i-esimo riceve correttamente la sua lettera}
Si tratta di considerare le var. aleatorie, secondo me si tratta una binomiale.
In classe l' abbiamo definita come: $X in BINOM(n, p) => p_X(k) = P(X = k) = ((n),(k))p^k(1 - p)^(n - k)$, cioè la distribuzione di massa (oppure densità di massa) della var. X nell' assumere il valore\stato k = {lettera inviata correttamente}. I primi 2 fattori rappresentano tutte le combinazioni delle k lettere mandate correttamente, mentre il terzo fattore è il complementare che rappresenta le restanti n - k.
Il prolema è che anche qui manca un dato: k perchè non credo ci sia modo, dai dati del problema, per risalire al numero di lettere spedite correttamente. Poi che per quanto rigurda la prob. p, penso si tratti solo di $p = 1/n$, anche se non ne sono molto sicuro. Se non sbaglio dovrebbe essere la probabilità di ogni var. di Bernoulli con compone la binomiale, quindi dubito che ad ogni inserimento di lettera, la prob. sia sempre $1/n$, ma non mi viene in mente altro. Anche perchè se la prob. p cambiasse per ogni inserimento, allora non si tratterebbe più di ver. di Bernuolii e quindi di binomiale..
Poi per quanto riguarda il punto (b) non so bene che fare..
Che ne dite ?
Grazie a tutti..
Es. 1: Si estraggono due carte a caso da un mazzo di 52, senza reinserimento. Qual è la probabilitèà che la seconda valga di più della prima?
Ciò a cui non riesco ad arrivare è una formulazione convincente della probabilità. Cioè, secondo me non è possibile dare un soluzione numerica precisa del valore della prob., perchè questa cambiarà radicalmente in base al valore della prima carta pescata.
Quindi ho pensato di scrivere: $P(A) = 1 - 4/(52)3/51 - 4(13 - v)/51$
Significa: dalla prob. certa, sottraggo la prob. di 2 carte uguali (con la prob. condizionata) e poi sottraggo la prob. che la seconda sia minore della prima. La lettera V rappresenta il volore della carta pensata per prima, che viene moltiplicato per i 4 semi e diviso per le 51 carte rimanenti.
Es. 2: Una segretaria irritata con il suo principale, dovendo spedire n lettere diverse ad altrettanti destinatari, inserisce a caso una lettera in ogni busta indirizzata.
(a) Con che probabilitµa tutti i destinatari riceveranno correttamente la loro lettera.
(b) Sia X il numero di destinatari che ricevono la loro lettera, calcolare E [X] e var(X).
Suggerimento: per il punto (b) può essere utile introdurre le variabili indicatrici degli eventi $E_i$ = { destinatario i-esimo riceve correttamente la sua lettera}
Si tratta di considerare le var. aleatorie, secondo me si tratta una binomiale.
In classe l' abbiamo definita come: $X in BINOM(n, p) => p_X(k) = P(X = k) = ((n),(k))p^k(1 - p)^(n - k)$, cioè la distribuzione di massa (oppure densità di massa) della var. X nell' assumere il valore\stato k = {lettera inviata correttamente}. I primi 2 fattori rappresentano tutte le combinazioni delle k lettere mandate correttamente, mentre il terzo fattore è il complementare che rappresenta le restanti n - k.
Il prolema è che anche qui manca un dato: k perchè non credo ci sia modo, dai dati del problema, per risalire al numero di lettere spedite correttamente. Poi che per quanto rigurda la prob. p, penso si tratti solo di $p = 1/n$, anche se non ne sono molto sicuro. Se non sbaglio dovrebbe essere la probabilità di ogni var. di Bernoulli con compone la binomiale, quindi dubito che ad ogni inserimento di lettera, la prob. sia sempre $1/n$, ma non mi viene in mente altro. Anche perchè se la prob. p cambiasse per ogni inserimento, allora non si tratterebbe più di ver. di Bernuolii e quindi di binomiale..
Poi per quanto riguarda il punto (b) non so bene che fare..
Che ne dite ?
Grazie a tutti..
Risposte
Significa: dalla prob. certa, sottraggo la prob. di 2 carte uguali (con la prob. condizionata) e poi sottraggo la prob. che la seconda sia minore della prima. La lettera V rappresenta il volore della carta pensata per prima, che viene moltiplicato per i 4 semi e diviso per le 51 carte rimanenti.
Prova anche ad usare il metodo "casi favorevoli diviso casi possibili", ossia conta:
- in quanti modi puoi estrarre due carte in sequenza di modo che la seconda sia minore della prima
- in quanti modi puoi estrarre due carte, considerando l'ordine (è importante)
Per i casi possibili mi sembra semplice, semmai fai sapere se trovi difficoltà.
Per i casi favorevoli, considerando l'asso la carta più grande, suggerimento:
- estraggo un asso (e gli assi sono quattro), e ci sono altre 48 carte minori dell'asso
- estraggo un re (idem), e ci sono altre 44 carte minori del re
e via così. Mi sembra semplice contarle, quindi ti passo la palla: quante sono in tutto?
"Rggb":Significa: dalla prob. certa, sottraggo la prob. di 2 carte uguali (con la prob. condizionata) e poi sottraggo la prob. che la seconda sia minore della prima. La lettera V rappresenta il volore della carta pensata per prima, che viene moltiplicato per i 4 semi e diviso per le 51 carte rimanenti.
Prova anche ad usare il metodo "casi favorevoli diviso casi possibili", ossia conta:
- in quanti modi puoi estrarre due carte in sequenza di modo che la seconda sia minore della prima
- in quanti modi puoi estrarre due carte, considerando l'ordine (è importante)
Per i casi possibili mi sembra semplice, semmai fai sapere se trovi difficoltà.
Per i casi favorevoli, considerando l'asso la carta più grande, suggerimento:
- estraggo un asso (e gli assi sono quattro), e ci sono altre 48 carte minori dell'asso
- estraggo un re (idem), e ci sono altre 44 carte minori del re
e via così. Mi sembra semplice contarle, quindi ti passo la palla: quante sono in tutto?
Sì, avevo pensato al rapporto che mi avevi sugerito, solo che ho cercato un' idea che mi sembrava equivalente.
I casi possibili sono $52!$, ma resta il fatto che non riesco a trovare i casi favorevoli. Da quello che hai scritto non ho capito se hai cercato di suggerirmi un metodo per il calcolo numerico ooppure quello "letterale" (cioè il mio). In un certo senso anch' io ho seguito il ragionameto che hai scritto nelle ultime 3 righe, cioè, in base a ciò che pesco come prima carta, avrò un certo numero di carte che gli stanno sotto (o sopra). Ma tale numero non si può quntificare senza conoscere la prima carta..
Ciao, se conosci le probabilità condizionate puoi utilizzare il teorema della probabilità totale.
X=valore prima carta
Y=valore seconda carta
$P[Y>X] = \sum_{a=1}^13 P[Y>X|X=a]P[X=a]$
ora $P[X=a]$ è facile
$P[Y>X|X=a]=P[Y>a]$ prova a fare qualche caso, a=1, a=2 per esempio... dovresti trovare facilmente una formulina..
Ciao
X=valore prima carta
Y=valore seconda carta
$P[Y>X] = \sum_{a=1}^13 P[Y>X|X=a]P[X=a]$
ora $P[X=a]$ è facile
$P[Y>X|X=a]=P[Y>a]$ prova a fare qualche caso, a=1, a=2 per esempio... dovresti trovare facilmente una formulina..
Ciao
I casi possibili non sono $52!$ ... stiamo contando in quanti modi posso estrarre una carta e poi un'altra (in ordine) da un mazzo di 52 carte tutte differenti, ovvero i modi di disporre due carte, che direi è $N=52*51$ - ti torna?
E i casi favorevoli sono quelli che ti ho suggerito; senza usare variabili, considerali tutti ovvero fanne la somma.
NOTA: sbagliando ho messo il caso "la seconda è minore", il ragionamento è un po' diverso (ma il calcolo dovrebbe essere uguale):
- estraggo un asso (quattro modi) non ci sono carte maggiori
- estraggo un re (ancora quattro modi) ci sono solo 4 carte maggiori
- estraggo una donna (idem) ci sono 8 carte maggiori, i re e gli assi
eccetera, quindi $n=4*0+4*4+4*8...$ e non è difficile fare una formula, provaci.
Verifica: mi viene circa il 60% - a te quanto?
E i casi favorevoli sono quelli che ti ho suggerito; senza usare variabili, considerali tutti ovvero fanne la somma.
NOTA: sbagliando ho messo il caso "la seconda è minore", il ragionamento è un po' diverso (ma il calcolo dovrebbe essere uguale):
- estraggo un asso (quattro modi) non ci sono carte maggiori
- estraggo un re (ancora quattro modi) ci sono solo 4 carte maggiori
- estraggo una donna (idem) ci sono 8 carte maggiori, i re e gli assi
eccetera, quindi $n=4*0+4*4+4*8...$ e non è difficile fare una formula, provaci.
Verifica: mi viene circa il 60% - a te quanto?
Si certo Rggb, avevo scritto di fretta i casi possibili perchè ricordavo un esercizio simile. Comunque grazie ad entrambi, ora ho capito. In effetti la strada della probabilità totale mi pareva buona, ma non sapevo come applicarla bene.
@dacanalr: grazie, non avevo minimamente pensato alle variabili aleatorie.
@dacanalr: grazie, non avevo minimamente pensato alle variabili aleatorie.
Riguardo al secondo, per la domanda (a), ho pensato che la prob. che tutti ricevano la lettera correttamente sia: $sum_(k = 1)^(n) 1/k$. Scartando quindi l' idea di var. binomiale. Perchè come ho scritto nel primo post, le varie var di bernoulli non possono avere al stessa prob. e saranno condizione l' una dall' altra.
è corretto ?
è corretto ?
"Rggb":
Verifica: mi viene circa il 60% - a te quanto?
Non ho fatto calcoli, ma mi sembra un po strano che questa % sia superiore al 50%.
Mi aspetto che le % (sia superiore) e (sia inferiore) siano uguali, ed entrambe quindi inferiori al 50% in quanto è presente la % (sia uguale).
"Umby":
[quote="Rggb"]
Verifica: mi viene circa il 60% - a te quanto?
Non ho fatto calcoli, ma mi sembra un po strano che questa % sia superiore al 50%.
Mi aspetto che le % (sia superiore) e (sia inferiore) siano uguali, ed entrambe quindi inferiori al 50% in quanto è presente la % (sia uguale).[/quote]
In effetti svolgendo i calcoli mi viene circa 47%
"stefano_89":
In effetti svolgendo i calcoli mi viene circa 47%
Senza fare calcoli molto complessi:
Carta Uguale: $(3*52)/(52*51)$ Circa il 6%
Maggiore (o minore) $(100-6)/2$ quindi mi trovo con il tuo 47%
Evidentemente ho sbagliato a impostare il calcolo da qualche parte, perché (l'ho rifatto):$n=16*sum_(i = 1)^(12)i$
$N=52*51$
$p=n/N=1248/2652=0,470588235$
L'avevo messo apposta come verifica
In effetti la soluzione a questo esercizio (quello delle due carte) può sembrare complicata ma è quasi banale, contare le combinazioni non è necessario.
Basta intuire che la prob. che $P(carta1=carta2)=1/13$ quindi per intuito si ha che la $P(carta1>carta2)=P(carta1
In ogni caso il modo più elegante per trovare la soluzione, che in contesti più complicati non si intuisce, è proprio il teorema delle probabilità totali ricordato da decanalr.
Basta intuire che la prob. che $P(carta1=carta2)=1/13$ quindi per intuito si ha che la $P(carta1>carta2)=P(carta1
In ogni caso il modo più elegante per trovare la soluzione, che in contesti più complicati non si intuisce, è proprio il teorema delle probabilità totali ricordato da decanalr.
@markowitz
Mi spiace ma non torna, rivedi il tuo ragionamento: $p=1248/2652$ è diverso (è maggiore) di $6/13$
Probabilmente non consideri l'ordine, infatti non mi torna nemmeno $1/13$ come probabilità che le carte siano uguali. Il calcolo corretto è quello di Umby, ovvero $p=(3*52)/(52*51)=3/51=~0.058823529$
Mi spiace ma non torna, rivedi il tuo ragionamento: $p=1248/2652$ è diverso (è maggiore) di $6/13$
Probabilmente non consideri l'ordine, infatti non mi torna nemmeno $1/13$ come probabilità che le carte siano uguali. Il calcolo corretto è quello di Umby, ovvero $p=(3*52)/(52*51)=3/51=~0.058823529$
@Rggb
E vero ai ragione, i miei conti si riferiscono ad un caso in cui le due carte sono estratte con reiserimento, ma dato che il reinserimento non avviene la questione si complica e $P(carta1=carta2)=3/51$ mentre
$P(carta1carta2)=(1-P(carta1=carta2))/2$ che concide con il risultato da te individuato.
Tuttavia la forma più elegante credo rimanga quella dove si fà esplicito riferimanto al teorema delle probabilità totali indicando tutte le $P(carta1=a)$ e le $P(carta2>carta1|carta1=a)=P(carta2>a)$
che tra l'altro credo consista nel compattare in una sola scrittura quello che tu hai fatto.
E vero ai ragione, i miei conti si riferiscono ad un caso in cui le due carte sono estratte con reiserimento, ma dato che il reinserimento non avviene la questione si complica e $P(carta1=carta2)=3/51$ mentre
$P(carta1
Tuttavia la forma più elegante credo rimanga quella dove si fà esplicito riferimanto al teorema delle probabilità totali indicando tutte le $P(carta1=a)$ e le $P(carta2>carta1|carta1=a)=P(carta2>a)$
che tra l'altro credo consista nel compattare in una sola scrittura quello che tu hai fatto.
Per la domanda (b) dell' esercizio 2 ho pesnato che potrebbe esare il teorema dell' aspettazione totale come suggerito, ma non so proprio come applicarlo..
Per la domanda (a) es. 2 mi sembra abbastanza semplice: dato il numero di modi di disporre $n$ oggetti distinti, c'è un solo modo in cui sono disposti in un dato ordine, quindi $p=1/(\n\u\m\e\r\o\ \m\o\d\i)$
Pertanto la domanda diventa semplicemente un quesito di combinatoria:
- quanti sono i modi di disporre $n$ oggetti distinti?
Pertanto la domanda diventa semplicemente un quesito di combinatoria:
- quanti sono i modi di disporre $n$ oggetti distinti?
"Rggb":
Per la domanda (a) es. 2 mi sembra abbastanza semplice: dato il numero di modi di disporre $n$ oggetti distinti, c'è un solo modo in cui sono disposti in un dato ordine, quindi $p=1/(\n\u\m\e\r\o\ \m\o\d\i)$
Pertanto la domanda diventa semplicemente un quesito di combinatoria:
- quanti sono i modi di disporre $n$ oggetti distinti?
A questa domanda avevo provato a rispondere qualche messaggio prima, ma in classe, fino ad ora abbiamo sempre cosideratoro la sommatoria delle singole probabilità quando si trattava di trattava di distribuzione di massa. Però anche la tua idea è corretta, quindi qualcosa non mi torna..
Il problema da te illustrato è un classico... c'e l'ho pari pari nel mio vecchio libro di P&S delle superiori C'è anche il metodo della sommatoria per calcolare (a) es. 2, infatti lo si può affrontare anche senza combinatoria.
Devo uscire, quando rientro posto il resto.
C'è anche il metodo della sommatoria per calcolare (a) es. 2, infatti lo si può affrontare anche senza combinatoria.Devo uscire, quando rientro posto il resto.
"Rggb":
Il problema da te illustrato è un classico... c'e l'ho pari pari nel mio vecchio libro di P&S delle superiori
Devo uscire, quando rientro posto il resto.
Sisi penso di sapere che ragionamento hai fatto, il tuo risultato verrebbe fuori costruendo quella sorta di albero dato dal teorema della probabilità totale. Tale risultato verrebbe moltiplicando la prob. di ogni ramo con un successo (lettera ok). Però non riesco a vedere l' errore nei 2 ragionamenti, o meglio, nel mio..
"Rggb":
L'avevo messo apposta come verifica
"stefano_89":
Per la domanda (b) dell' esercizio 2 ho pesnato che potrebbe esare il teorema dell' aspettazione totale come suggerito, ma non so proprio come applicarlo..
Puoi cercare sul forum, "Permutazioni Punti Fissi".
ne abbiamo parlato:
QUI: http://www.matematicamente.it/forum/permutazioni-e-punti-fissi-t52081.html
oppure
QUI: http://www.matematicamente.it/forum/disposizioni-ordinate-t49348.html
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