Probabilità condizionata con urna di composizione incognita
Premetto che ho appena iniziato ad esercitarmi su questo genere di esercizi, quindi potrei commettere degli orrori! La traccia recita:
Lo spazio campionario è formato dalle $2^5=32$ possibili urne, ma non ci possono essere tutte palline bianche o tutte nere, quindi dobbiamo sottrarre $5C5=1$ e $5C0=1$, ottenendo $30$ possibili urne.
Si possono verificare 4 situazioni:
[list=1]
[*:242jy7om]L'urna contiene $4$ palline bianche ed $1$ nera, $5C4=5$ possibili urne. Probabilità di scegliere quest'urna: $1/6$.[/*:m:242jy7om]
[*:242jy7om]L'urna contiene $3$ palline bianche ed $2$ nera, $5C3=10$ possibili urne. Probabilità di scegliere quest'urna: $1/3$.[/*:m:242jy7om]
[*:242jy7om]L'urna contiene $2$ palline bianche ed $3$ nera, $5C2=10$ possibili urne. Probabilità di scegliere quest'urna: $1/3$.[/*:m:242jy7om]
[*:242jy7om]L'urna contiene $1$ palline bianche ed $4$ nera, $5C1=5$ possibili urne. Probabilità di scegliere quest'urna: $1/6$.[/*:m:242jy7om][/list:o:242jy7om]
Siano le variabili aleatorie $A = text(L'urna contiene 3 palline bianche)$ e $B = text(Si ottiene 3 volte pallina bianca con 3 estrazioni senza restituzione)$, allora $p = P(A|B) = (P(B|A)P(A))/(P(B))$
$P(B|A) = 3/5 * 2/4 * 1/3 = 1/10$, $P(A) = 1/3$.
Decompongo l'evento $P(B) = P(text(Si ottiene 3 volte pallina bianca con 3 estrazioni senza restituzione)|text(L'urna contiene 4 palline bianche))P(text(L'urna contiene 3 palline bianche))+P(text(Si ottiene 3 volte pallina bianca con 3 estrazioni senza restituzione)|text(L'urna contiene 3 palline bianche))P(text(L'urna contiene 3 palline bianche))=1/6*(4/5 * 3/4 * 2/3) + 1/3*(3/5 * 2/4 * 1/3)=1/10$
La probabilità quindi $p = P(A|B) = (P(B|A)P(A))/(P(B))=(1/10 * 1/3)/(1/10)=1/3$
Quando stavo scrivendo questo post avrei detto che la probabilità di scegliere un'urna è equiprobabile $1/4$, ma ho pensato che ci sono diversi modi per scegliere una delle 4 possibili urne. Per fare questo, però, ho scritto a mano le possibili combinazioni, e poi mi sono ricondotto alla formula. Questo per dire che faccio molta fatica nell'utilizzare le permutazioni, disposizioni e combinazioni per calcolare lo spazio campionario, quindi se magari potessi avere dei suggerimenti e trucchi ne sarei molto grato.
Si consideri un’urna di composizione incognita contenente $5$ palline che possono essere bianche o nere, ma non tutte dello stesso colore. Si calcoli la probabilità $p$ che l’urna contenga $3$ palline bianche, supposto che in $3$ estrazioni senza restituzione si ottenga $3$ volte pallina bianca.
Lo spazio campionario è formato dalle $2^5=32$ possibili urne, ma non ci possono essere tutte palline bianche o tutte nere, quindi dobbiamo sottrarre $5C5=1$ e $5C0=1$, ottenendo $30$ possibili urne.
Si possono verificare 4 situazioni:
[list=1]
[*:242jy7om]L'urna contiene $4$ palline bianche ed $1$ nera, $5C4=5$ possibili urne. Probabilità di scegliere quest'urna: $1/6$.[/*:m:242jy7om]
[*:242jy7om]L'urna contiene $3$ palline bianche ed $2$ nera, $5C3=10$ possibili urne. Probabilità di scegliere quest'urna: $1/3$.[/*:m:242jy7om]
[*:242jy7om]L'urna contiene $2$ palline bianche ed $3$ nera, $5C2=10$ possibili urne. Probabilità di scegliere quest'urna: $1/3$.[/*:m:242jy7om]
[*:242jy7om]L'urna contiene $1$ palline bianche ed $4$ nera, $5C1=5$ possibili urne. Probabilità di scegliere quest'urna: $1/6$.[/*:m:242jy7om][/list:o:242jy7om]
Siano le variabili aleatorie $A = text(L'urna contiene 3 palline bianche)$ e $B = text(Si ottiene 3 volte pallina bianca con 3 estrazioni senza restituzione)$, allora $p = P(A|B) = (P(B|A)P(A))/(P(B))$
$P(B|A) = 3/5 * 2/4 * 1/3 = 1/10$, $P(A) = 1/3$.
Decompongo l'evento $P(B) = P(text(Si ottiene 3 volte pallina bianca con 3 estrazioni senza restituzione)|text(L'urna contiene 4 palline bianche))P(text(L'urna contiene 3 palline bianche))+P(text(Si ottiene 3 volte pallina bianca con 3 estrazioni senza restituzione)|text(L'urna contiene 3 palline bianche))P(text(L'urna contiene 3 palline bianche))=1/6*(4/5 * 3/4 * 2/3) + 1/3*(3/5 * 2/4 * 1/3)=1/10$
La probabilità quindi $p = P(A|B) = (P(B|A)P(A))/(P(B))=(1/10 * 1/3)/(1/10)=1/3$
Quando stavo scrivendo questo post avrei detto che la probabilità di scegliere un'urna è equiprobabile $1/4$, ma ho pensato che ci sono diversi modi per scegliere una delle 4 possibili urne. Per fare questo, però, ho scritto a mano le possibili combinazioni, e poi mi sono ricondotto alla formula. Questo per dire che faccio molta fatica nell'utilizzare le permutazioni, disposizioni e combinazioni per calcolare lo spazio campionario, quindi se magari potessi avere dei suggerimenti e trucchi ne sarei molto grato.
Risposte
urka..... la soluzione è davvero immediata. La probabilità che l'urna sia quella con 3 bianche viene $1/5$ mentre viene $4/5$ la probabilità che l'urna sia quella con 4 bianche......
Vediamo come te lo posso spiegare bene...
Intanto un'osservazione:
La probabilità a priori di scegliere un'urna piuttosto che un'altra è uniforme, pari a $1/4$
Essendo la richiesta una probabilità condizionata, essa è indipendente dalla probabilità di scegliere un'urna piuttosto che un'altra (avresti sempre $1/4$ sia al numeratore che al denominatore)
La chiave della soluzione è questa:
Sappiamo che effettivamente sono uscite 3 bianche consecutive ; ciò significa che le due urne possono essere solo queste
${3B,2N}$ oppure ${4B,1N}$
a questo punto, condizionatamente al fatto che abbiamo osservato 3 bianche, la probabilità che l'urna scelta sia quella con 3 bainche è semplicemente
$(((3),(3)))/(((3),(3))+((4),(3)))=1/(1+4)=1/5$
mentre la probabiliàt che l'urna sia l''altra, ovvero quella con 4B è
$(((4),(3)))/(((3),(3))+((4),(3)))=4/(1+4)=4/5$
che sono le combinazioni con cui le palline bianche presenti si possono combinare a gruppi di 3
ovviamente la somma delle due probabilità deve fare 1, perché o ho scelto un'urna oppure l'altra.....ed infatti così è.....
Se così non ti fosse chiaro, si può arrivare al medesimo risultato (allungando un po' il brodo) ed utilizzando la distribuzione ipergeometrica.
$((1/4((3),(3))((2),(0)))/(((5),(3))))/(1/4*0+1/4*0+(1/4((3),(3))((2),(0)))/(((5),(3)))+(1/4((3),(3))((2),(0)))/(((5),(3)))$
Questa formula dovrebbe essere più chiara....ma oggettivamente un po' ridondante per i miei gusti....
Vediamo come te lo posso spiegare bene...
Intanto un'osservazione:
La probabilità a priori di scegliere un'urna piuttosto che un'altra è uniforme, pari a $1/4$
Essendo la richiesta una probabilità condizionata, essa è indipendente dalla probabilità di scegliere un'urna piuttosto che un'altra (avresti sempre $1/4$ sia al numeratore che al denominatore)
La chiave della soluzione è questa:
Sappiamo che effettivamente sono uscite 3 bianche consecutive ; ciò significa che le due urne possono essere solo queste
${3B,2N}$ oppure ${4B,1N}$
a questo punto, condizionatamente al fatto che abbiamo osservato 3 bianche, la probabilità che l'urna scelta sia quella con 3 bainche è semplicemente
$(((3),(3)))/(((3),(3))+((4),(3)))=1/(1+4)=1/5$
mentre la probabiliàt che l'urna sia l''altra, ovvero quella con 4B è
$(((4),(3)))/(((3),(3))+((4),(3)))=4/(1+4)=4/5$
che sono le combinazioni con cui le palline bianche presenti si possono combinare a gruppi di 3
ovviamente la somma delle due probabilità deve fare 1, perché o ho scelto un'urna oppure l'altra.....ed infatti così è.....
Se così non ti fosse chiaro, si può arrivare al medesimo risultato (allungando un po' il brodo) ed utilizzando la distribuzione ipergeometrica.
$((1/4((3),(3))((2),(0)))/(((5),(3))))/(1/4*0+1/4*0+(1/4((3),(3))((2),(0)))/(((5),(3)))+(1/4((3),(3))((2),(0)))/(((5),(3)))$
Questa formula dovrebbe essere più chiara....ma oggettivamente un po' ridondante per i miei gusti....
Quindi considerando le variabili aleatorie di prima e equiprobabili le probabilità di pescare (ovvero scegliere) da un'urna a $1/4$, è corretto questo procedimento che impiega il Teorema di Bayes per calcolare la probabilità che l'urna ha 3 palline bianche $P(A|B) = (P(B|A)P(A))/(P(B)) = (1/4*(3/5 * 2/4 * 1/3))/(1/4*(4/5 * 3/4 * 2/3) + 1/4*(3/5 * 2/4 * 1/3)) = 1/5$, che è la $p$ chiesta dal testo?
Non mi è proprio chiarissimo scusa....
Non mi è proprio chiarissimo scusa....
perfetto! cosa non ti è chiaro?
al numeratore hai la probabilità di scegliere l'urna con 3 bianche ($1/4$) per la probabilità che escano 3 bianche (condizionata al fatto che ci siano 3 bianche dentro)
Al denominatore dovresti aggiungere la probabilità di scegliere l'urna con una bianca e contemporaneamente estrarre 3 bianche......zero, e così anche per l'urna contenente 2 bianche....
a me pare più che chiaro.....limpido
Ma poi scusa.....senza fare alcun conto....se estrai 3 bianche le uniche due urne possibili sono quelle con 3 e 4 bianche dentro....su 5. non ti pare immediato che le probabilità siano $1/5$ e $4/5$?? Nell'urna con 3 bianche queste si possono disporre in un unico modo....in quella con 4 bianche si possono disporre in 4 diversi modi a gruppi di 3.....in conclusione
$1/(1+4)=1/5$
PS: ti ho corretto la formula in latex....avevi lasciato qualche spazio vuoto di troppo...
al numeratore hai la probabilità di scegliere l'urna con 3 bianche ($1/4$) per la probabilità che escano 3 bianche (condizionata al fatto che ci siano 3 bianche dentro)
Al denominatore dovresti aggiungere la probabilità di scegliere l'urna con una bianca e contemporaneamente estrarre 3 bianche......zero, e così anche per l'urna contenente 2 bianche....
a me pare più che chiaro.....limpido
Ma poi scusa.....senza fare alcun conto....se estrai 3 bianche le uniche due urne possibili sono quelle con 3 e 4 bianche dentro....su 5. non ti pare immediato che le probabilità siano $1/5$ e $4/5$?? Nell'urna con 3 bianche queste si possono disporre in un unico modo....in quella con 4 bianche si possono disporre in 4 diversi modi a gruppi di 3.....in conclusione
$1/(1+4)=1/5$
PS: ti ho corretto la formula in latex....avevi lasciato qualche spazio vuoto di troppo...
"tommik":
al numeratore hai la probabilità di scegliere l'urna con 3 bianche ($1/4$) per la probabilità che escano 3 bianche (condizionata al fatto che ci siano 3 bianche dentro)
Al denominatore dovresti aggiungere la probabilità di scegliere l'urna con una bianca e contemporaneamente estrarre 3 bianche......zero, e così anche per l'urna contenente 2 bianche....
Tommik questo si traduce nella seguente formula, giusto? $ P(A|B) = (P(B|A)P(A))/(P(B)) = (1/4*(3/5 * 2/4 * 1/3))/(1/4*(4/5 * 3/4 * 2/3) + 1/4*(3/5 * 2/4 * 1/3)) = 1/5 $ cioè la soluzione dell'esercizio.
Perché se fosse così allora ho capito!
"tommik":
$((1/4((3),(3))((2),(0)))/(((5),(3))))/(1/4*0+1/4*0+(1/4((3),(3))((2),(0)))/(((5),(3)))+(1/4((3),(3))((2),(0)))/(((5),(3)))$
Questa formula dovrebbe essere più chiara....ma oggettivamente un po' ridondante per i miei gusti....
Okay allora confermo di aver capito il procedimento, perché era quello che avevo impiegato prima di aver scritto questo thread!
In sostanza, il risultato è $1/5$. Forse credevo fosse troppo "facile" e l'ho voluta complicare
leggendo e rileggendo il post e le tue osservazioni....vorrei aggiungere quanto segue:
La soluzione che ho proposto mi sembra adeguata, ovvero parto dal presupposto che ogni composizione dell'urna sia equiprobabile.
Diverso sarebbe il discorso se il problema fosse formulato, ad esempio, in questi termini:
Qui si dovrebbe ragionare come hai fatto tu...anche se mi trovo risultati diversi:
Nella fattispecie della traccia avremmo le seguenti composizioni con le rispettive probabilità
${1B,4N} rarr 3/16$
${2B,3N} rarr 5/16$
${3B,2N} rarr 5/16$
${4B,1N} rarr 3/16$
e di conseguenza il risultato sarebbe
$(5/16((3),(3)))/(5/16((3),(3))+3/16((4),(3)))=5/17$
PS: tempo fa ho risolto un esercizio simile, un po' più articolato, ed effettivamente ho fatto come volevi fare tu, pensando che l'ipotesi di equiprobabilità fosse poco realistica; dunque è anche una questione di interpretazione del testo.
Ad ogni modo ne uscì un ottimo esercizio che ti consiglio di guardare....
La soluzione che ho proposto mi sembra adeguata, ovvero parto dal presupposto che ogni composizione dell'urna sia equiprobabile.
Diverso sarebbe il discorso se il problema fosse formulato, ad esempio, in questi termini:
abbiamo un'urna con 5 palline, bianche o nere così generata: si lancia una moneta e, se esce testa, si inserisce una pallina bianca; se esce croce si inserisce una pallina nera. Nel caso che i primi 4 lanci siano tutti testa o tutti croce, l'ultima pallina viene inserita del colore opposto. Successivamente un altro individuo pesca 3 palline consecutive senza reimmissione e risultano tutte bianche. Qual è la probabilità che l'urna contenesse esattamente 3 bianche?
Qui si dovrebbe ragionare come hai fatto tu...anche se mi trovo risultati diversi:
Nella fattispecie della traccia avremmo le seguenti composizioni con le rispettive probabilità
${1B,4N} rarr 3/16$
${2B,3N} rarr 5/16$
${3B,2N} rarr 5/16$
${4B,1N} rarr 3/16$
e di conseguenza il risultato sarebbe
$(5/16((3),(3)))/(5/16((3),(3))+3/16((4),(3)))=5/17$
PS: tempo fa ho risolto un esercizio simile, un po' più articolato, ed effettivamente ho fatto come volevi fare tu, pensando che l'ipotesi di equiprobabilità fosse poco realistica; dunque è anche una questione di interpretazione del testo.
Ad ogni modo ne uscì un ottimo esercizio che ti consiglio di guardare....
Ho dato un'occhiata all'esercizio, in pratica il tuo procedimento è come avevo pensato io quando ho scritto il thread, mentre l'utente l'ha risolto supponendo i casi equiprobabili. Ovviamente non ci sarei mai arrivato ad una soluzione, forse è troppo complicato per me! 
Rimanendo invece su questo esercizio, come hai calcolato $P(1B,4N)$ e $P(2B,3N)$? Come mai i casi totali vengono $16$? Forse i numeri sono diversi perché c'è la questione della moneta?
Rimanendo invece su questo esercizio, come hai calcolato $P(1B,4N)$ e $P(2B,3N)$? Come mai i casi totali vengono $16$? Forse i numeri sono diversi perché c'è la questione della moneta?
I casi totali in realtà vengono $2^5=32$ come deve essere. Solo che non ho cancellato due casi come hai fatto tu ma ho scritto una traccia ad hoc per non avere fraintendimenti...e per rendere l'esercizio più interessante
Le combinazioni con 2B sono ovviamente $((5),(2))1/2^5=10/32$ in uguale numero a quelle con 3B
Quelle con 1B sono $(32-20)/2=6$ quindi $6/32$ e così anche quelle con solo 1N
Le combinazioni con 2B sono ovviamente $((5),(2))1/2^5=10/32$ in uguale numero a quelle con 3B
Quelle con 1B sono $(32-20)/2=6$ quindi $6/32$ e così anche quelle con solo 1N
Bene @tommik ho capito anche lo svolgimento della tua traccia allora! Alla fine l'esercizio originale non aveva nulla di troppo difficile, giusto quel dubbio che mi era venuto mentre scrivevo il thread di non considerare equiprobabili le probabilità di scelta dell'urna.
"yankarinRG":
giusto quel dubbio che mi era venuto mentre scrivevo il thread di non considerare equiprobabili le probabilità di scelta dell'urna.
Se posso inserirmi nella discussione (dopo l'esemplare spiegazione di Tommik).
La riflessione sull'equiprobabilità della scelta dell'urna non è solo "non banale" ma cruciale per la comprensione del concetto di probabilità, in particolar modo se applicata al teorema di Bayes.
Ma prima di annoiarvi, ditemi se interessano le speculazioni probabilistiche (e credo che Tommik sappia già a cosa voglio arrivare
"Bokonon":
[quote="yankarinRG"]giusto quel dubbio che mi era venuto mentre scrivevo il thread di non considerare equiprobabili le probabilità di scelta dell'urna.
Se posso inserirmi nella discussione (dopo l'esemplare spiegazione di Tommik).
La riflessione sull'equiprobabilità della scelta dell'urna non è solo "non banale" ma cruciale per la comprensione del concetto di probabilità, in particolar modo se applicata al teorema di Bayes.
Ma prima di annoiarvi, ditemi se interessano le speculazioni probabilistiche (e credo che Tommik sappia già a cosa voglio arrivare[/quote]
Si, sarei curioso!
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