Probabilità condizionata con urna (reimmisione e non)
Buongiorno,
sto studiando probabilità e mi sono imbattuto in questo esercizio che non riesco a risolvere:
Si consideri un’urna contenente 12 palline, 8 delle quali sono bianche. Se ne estraggono 4 a caso. Considerando i due casi dell’estrazione con rimpiazzo e senza rimpiazzo, determinare la probabilità condizionata che la prima e la terza pallina siano bianche, sapendo che in tutto sono state estratte 3 palline bianche?
Il risultato per entrambi i casi è 1/2.
Ho ragionato in questo modo:
1) Senza rimpiazzo:
sia F l'evento "estraggo 3 palline bianche":
\(\displaystyle {{8 \over 12}\cdot {7 \over 11}\cdot{6 \over 10}\cdot{9 \over 9} \over 4!} \),
ossia scelgo 3 palline bianche + 1 il cui colore è indifferente. Siccome non m'interessa l'ordine, divido per la loro permutazione.
sia EF l'evento "la prima e la terza pallina sono bianche \(\displaystyle \cap\) F":
\(\displaystyle {{8 \over 12}\cdot {11 \over 11}\cdot{7 \over 10}\cdot{6 \over 9} \over 2!} \),
ossia fisso la prima e la terza pallina come bianche, la seconda può essere sia bianca sia di un altro colore, la quarta deve essere il contrario della seconda perché necessito di 3 palline bianche in totale. Poi siccome la posizione della seconda pallina e della quarta può essere invertita, divido per 2!.
Utilizzano la formula per la probabilità condizionata: \(\displaystyle P(E|F) = {P(EF) \over P(F)}\) ottengo un valore privo di senso: 44/3.
Ho seguito un ragionamento analogo nel caso del rimpiazzo, ovviamente considerando che le palline venissero reintrodotte nell'urna.
Sapreste gentilmente indicarmi come procedere per giungere al risultato corretto in entrambi i casi?
Grazie.
sto studiando probabilità e mi sono imbattuto in questo esercizio che non riesco a risolvere:
Si consideri un’urna contenente 12 palline, 8 delle quali sono bianche. Se ne estraggono 4 a caso. Considerando i due casi dell’estrazione con rimpiazzo e senza rimpiazzo, determinare la probabilità condizionata che la prima e la terza pallina siano bianche, sapendo che in tutto sono state estratte 3 palline bianche?
Il risultato per entrambi i casi è 1/2.
Ho ragionato in questo modo:
1) Senza rimpiazzo:
sia F l'evento "estraggo 3 palline bianche":
\(\displaystyle {{8 \over 12}\cdot {7 \over 11}\cdot{6 \over 10}\cdot{9 \over 9} \over 4!} \),
ossia scelgo 3 palline bianche + 1 il cui colore è indifferente. Siccome non m'interessa l'ordine, divido per la loro permutazione.
sia EF l'evento "la prima e la terza pallina sono bianche \(\displaystyle \cap\) F":
\(\displaystyle {{8 \over 12}\cdot {11 \over 11}\cdot{7 \over 10}\cdot{6 \over 9} \over 2!} \),
ossia fisso la prima e la terza pallina come bianche, la seconda può essere sia bianca sia di un altro colore, la quarta deve essere il contrario della seconda perché necessito di 3 palline bianche in totale. Poi siccome la posizione della seconda pallina e della quarta può essere invertita, divido per 2!.
Utilizzano la formula per la probabilità condizionata: \(\displaystyle P(E|F) = {P(EF) \over P(F)}\) ottengo un valore privo di senso: 44/3.
Ho seguito un ragionamento analogo nel caso del rimpiazzo, ovviamente considerando che le palline venissero reintrodotte nell'urna.
Sapreste gentilmente indicarmi come procedere per giungere al risultato corretto in entrambi i casi?
Grazie.
Risposte
sapendo che sono state estratte 3 bianche su 4 le uniche sequenze possibilil sono le seguenti:
1. $bar(B)-B-B-B$
2. $B-bar(B)-B-B$
3. $B-B-bar(B)-B$
4. $B-B-B-bar(B)$
Come vedi i casi favorevoli (cioè quelli con la prima e terza bianca ) sono solo il 2 ed il 4....due casi su 4...$p=50%$ e ciò in quanto, dato il tipo di capionamento, tutte le sequenze sono (evidentemente) equiprobabili.
che l'estrazione avvenga con o senza reimmisione è indifferente, così come è indifferente la % di palline bianche contenute nell'urna. Il risultato dipende solo dalle combinazioni con cui le bianche e non bianche si possono presentare nella sequenza estratta.
La dimostrazione di questo fatto è molto semplice e te la lascio come esercizio
1. $bar(B)-B-B-B$
2. $B-bar(B)-B-B$
3. $B-B-bar(B)-B$
4. $B-B-B-bar(B)$
Come vedi i casi favorevoli (cioè quelli con la prima e terza bianca ) sono solo il 2 ed il 4....due casi su 4...$p=50%$ e ciò in quanto, dato il tipo di capionamento, tutte le sequenze sono (evidentemente) equiprobabili.
che l'estrazione avvenga con o senza reimmisione è indifferente, così come è indifferente la % di palline bianche contenute nell'urna. Il risultato dipende solo dalle combinazioni con cui le bianche e non bianche si possono presentare nella sequenza estratta.
La dimostrazione di questo fatto è molto semplice e te la lascio come esercizio
Grazie, davvero molto gentile. Evidentemente ho complicato le cose per niente 
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