Probabilità- problema di urna
Un'urna contiene $a$ palline numerate da $1$ a $a$ delle quali $m$ sono bianche.
Si estraggono, senza restituzione, $n$ palline con $n < a$.
Si calcoli la probabilità che la $j$-esima pallina estratta sia bianca.
Ora la mia difficoltà sta nella complessità dei calcoli che porta il mio ragionamento perchè calcolare questa probabilità significa calcolare la probabilità dell'unione degli eventi $A1 =" tutte le palline esclusa la j-esima sono non bianche " $, $A2=" tutte le palline esclusa una e la j-esima sono non bianche "$,....,$An=" tutte le palline inclusa la j-esima sono bianche"$ , il che porterebbe a calcoli interminabili.
Vorrei sapere allora che ragionamento dovrei avere in un problema del genere..
Si estraggono, senza restituzione, $n$ palline con $n < a$.
Si calcoli la probabilità che la $j$-esima pallina estratta sia bianca.
Ora la mia difficoltà sta nella complessità dei calcoli che porta il mio ragionamento perchè calcolare questa probabilità significa calcolare la probabilità dell'unione degli eventi $A1 =" tutte le palline esclusa la j-esima sono non bianche " $, $A2=" tutte le palline esclusa una e la j-esima sono non bianche "$,....,$An=" tutte le palline inclusa la j-esima sono bianche"$ , il che porterebbe a calcoli interminabili.
Vorrei sapere allora che ragionamento dovrei avere in un problema del genere..
Risposte
"valy":
Un'urna contiene $a$ palline numerate da $1$ a $a$ delle quali $m$ sono bianche.
Si estraggono, senza restituzione, $n$ palline con $n < a$.
Si calcoli la probabilità che la $j$-esima pallina estratta sia bianca
A naso direi che la probabilità richiesta è sempre $P=m/a$
Se $j=1$ è evidente (ti trovi?).
Se $j=2$ la probabilità che la seconda sia bianca è uguale a $P("2° bianca")=P(2° bianca|1°bianca)*P(1°bianca)+P(2°bianca|1°non bianca)*P(1° non bianca)$
Sviluppando si ha: $P("2° bianca")=(m-1)/(a-1)*m/a+m/(a-1)*(a-m)/a=...=m/a$
Ripensandoci... mi è venuto in mente un altro modo, forse più semplice.
Calcoliamo la probabilità come rapporto tra casi favorevoli e casi possibili.
I casi possibili sono le disposizioni di $a$ elementi presi $n$ alla volta (l'ordine è importante per distinguere la posizione della pallina bianca):
$D_(a,n)=a*(a-1)*...*(a-n+1)$
I casi favorevoli sono quelli che presentano una pallina bianca (ne sono $m$) nella posizione $j$:
$(a-1)*(a-2)*...*(a-j+1)*m*(a-j)*(a-j-1)*...(a-n+1)$
Se andiamo a dividere casi favorevoli su casi possibili, resta proprio $P=m/a$
Calcoliamo la probabilità come rapporto tra casi favorevoli e casi possibili.
I casi possibili sono le disposizioni di $a$ elementi presi $n$ alla volta (l'ordine è importante per distinguere la posizione della pallina bianca):
$D_(a,n)=a*(a-1)*...*(a-n+1)$
I casi favorevoli sono quelli che presentano una pallina bianca (ne sono $m$) nella posizione $j$:
$(a-1)*(a-2)*...*(a-j+1)*m*(a-j)*(a-j-1)*...(a-n+1)$
Se andiamo a dividere casi favorevoli su casi possibili, resta proprio $P=m/a$
si però alla $j$- esima posizione ho $m$ possibili palline bianche se precedentemente non se ne sono estratte delle altre sennò ne ho $m-1$ o $m-2$ e osì via..
Sei d'accordo che tutti i modi possibili (in cui conta l'ordine) di estrarre $n$ palline da $a$ palline sono le disposizioni $D_(a,n)$ ?
Ora cerchiamo di contare quanti, tra tutti questi modi, presentano in posizione $j$ una pallina bianca.
Iniziamo col riempire la posizione $j$. Abbiamo $m$ modi diversi di scegliere la pallina bianca per la posizione $j$.
Restano ancora da riempire $n-1$ posti, scegliendo quindi $n-1$ palline tra le $a-1$ rimaste. Per farlo abbiamo $D_(a-1,n-1)$ modi diversi.
Quindi i casi favorevoli sono $m*D_(a-1,n-1)$
Da cui la probabilità è $(m*D_(a-1,n-1))/D_(a,n)=m/a$ (quindi indipendente da $j$)
Ora cerchiamo di contare quanti, tra tutti questi modi, presentano in posizione $j$ una pallina bianca.
Iniziamo col riempire la posizione $j$. Abbiamo $m$ modi diversi di scegliere la pallina bianca per la posizione $j$.
Restano ancora da riempire $n-1$ posti, scegliendo quindi $n-1$ palline tra le $a-1$ rimaste. Per farlo abbiamo $D_(a-1,n-1)$ modi diversi.
Quindi i casi favorevoli sono $m*D_(a-1,n-1)$
Da cui la probabilità è $(m*D_(a-1,n-1))/D_(a,n)=m/a$ (quindi indipendente da $j$)
si si questo tutto chiaro, l'unico mio dubbio è se supponiamo che la j-esima posizione è la seconda (perchè j puo essere 1,2,......a) e che alla prima estrazione ci è già stata una pallin bianca, allora alla j-esima estrazione(cioe alla econda) avrò $m-1$ possibilità ( poichè gia estratta una pallina bianca alla prima estrazione). E invece tu è come se ragionassi in modo che alla $j$-esima estrazione verrà estratta per la prima volta una pallina bianca ..
Ciao,
io vedo due possibili modi diversi di appoccio al problema.
Uno è quello di rapportare i casi favorevoli ai casi possibili (quello fatto con le disposizioni). E' un approccio globale, in cui non devi tenere conto della sequenza di ciascuna estrazione (e quindi risulta più semplice in questo caso - secondo me).
Il secondo approccio è quello che tiene conto della sequenza delle estrazioni, una per volta. In tal caso devi tenere conto di tutta la storia delle estrazioni precedenti alla $"j-esima"$. E' l'approccio che avevo inizialmente seguito col mio primo intervento.
Ovviamente poi va generalizzato alle estrazioni successive, e qui le cose si complicano un po', anche se si usa sempre il teorema della probabilità totale.
Però, che il risultato è lo stesso, si "intravede"...
E' per questo che poi sono passato a dividere casi favorevoli su casi totali: mi sono reso conto che è più semplice...
io vedo due possibili modi diversi di appoccio al problema.
Uno è quello di rapportare i casi favorevoli ai casi possibili (quello fatto con le disposizioni). E' un approccio globale, in cui non devi tenere conto della sequenza di ciascuna estrazione (e quindi risulta più semplice in questo caso - secondo me).
Il secondo approccio è quello che tiene conto della sequenza delle estrazioni, una per volta. In tal caso devi tenere conto di tutta la storia delle estrazioni precedenti alla $"j-esima"$. E' l'approccio che avevo inizialmente seguito col mio primo intervento.
"cenzo":
A naso direi che la probabilità richiesta è sempre $P=m/a$
Se $j=1$ è evidente (ti trovi?).
Se $j=2$ la probabilità che la seconda sia bianca è uguale a $P("2° bianca")=P(2° bianca|1°bianca)*P(1°bianca)+P(2°bianca|1°non bianca)*P(1° non bianca)$
Sviluppando si ha: $P("2° bianca")=(m-1)/(a-1)*m/a+m/(a-1)*(a-m)/a=...=m/a$
Ovviamente poi va generalizzato alle estrazioni successive, e qui le cose si complicano un po', anche se si usa sempre il teorema della probabilità totale.
Però, che il risultato è lo stesso, si "intravede"...
E' per questo che poi sono passato a dividere casi favorevoli su casi totali: mi sono reso conto che è più semplice...
gusto è vero.. Grazie!
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