Problema calcolo combinatorio/variabili aleatorie
Ciao, avrei un problema nella risoluzione di questo quesito:
" Ho 16 palline: 3 blu, 4 verdi, 9 rosse e 3 urne.
Ogni pallina viene inserita in una delle 3 urne casualmente.
Qual è la probabilità che ciascuna delle 3 urne contenga esattamente 3 palline rosse?"
Io avevo provato a farlo con il calcolo combinatorio, ma non ero arrivato a niente di sensato... stavo pensando ad utilizzare una variabile aleatoria binomiale, ma la probabilità mi veniva troppo alta...
Grazie per l'aiuto!
" Ho 16 palline: 3 blu, 4 verdi, 9 rosse e 3 urne.
Ogni pallina viene inserita in una delle 3 urne casualmente.
Qual è la probabilità che ciascuna delle 3 urne contenga esattamente 3 palline rosse?"
Io avevo provato a farlo con il calcolo combinatorio, ma non ero arrivato a niente di sensato... stavo pensando ad utilizzare una variabile aleatoria binomiale, ma la probabilità mi veniva troppo alta...
Grazie per l'aiuto!
Risposte
se l'inserimento è assolutamente casuale, le palline blu e verdi sono totalmente ininfluenti al problema.
ho abbozzato un tentativo che dà come risultato circa 0,08535... ( $(9!)/((3^9)*(3!)^3)$ )
hai il risultato?
edit: come detto dopo, forse ho perso per strada un fattore, ma non ne sono certa perché i dati di due problemi simili ma diversi si sono intrecciati. scrivo comunque in più l'altro possibile risultato:
$(9!)/((3^9)*(3!)^2)$
ho abbozzato un tentativo che dà come risultato circa 0,08535... ( $(9!)/((3^9)*(3!)^3)$ )
hai il risultato?
edit: come detto dopo, forse ho perso per strada un fattore, ma non ne sono certa perché i dati di due problemi simili ma diversi si sono intrecciati. scrivo comunque in più l'altro possibile risultato:
$(9!)/((3^9)*(3!)^2)$
devo rifare i conti, ma credo di aver perso per strada un fattore $3!$, quindi si può abbassare un esponente al denominatore.
posso correggere, però forse è meglio aspettare...
il procedimento l'ho inserito in un altro topic con una richiesta simile da parte di un altro utente...
viewtopic.php?f=34&t=131094
posso correggere, però forse è meglio aspettare...
il procedimento l'ho inserito in un altro topic con una richiesta simile da parte di un altro utente...
viewtopic.php?f=34&t=131094
qualcun altro si è posto lo stesso problema qui:
viewtopic.php?f=3&t=131104&p=839660#p839660
viewtopic.php?f=3&t=131104&p=839660#p839660
"adaBTTLS":
i casi possibili, come si diceva di là, sono tutte le funzioni suriettive dall'insieme delle palline all'insieme delle urne.
volendo procedere in altro modo, hai 20 modi per scegliere una pallina da mettere nella prima urna, 19 modi per scegliere una pallina da mettere nella seconda urna, 18 modi per scegliere una pallina da mettere nella terza urna; poi, le restanti 17 palline potranno essere messe in qualunque urna (in $3^17$ modi diversi).
comunque, poiché il quesito è lo stesso e questa non è la sezione più adatta, mando un riferimento a questo topic nell'altro e ti invito a partecipare all'altra discussione.
ciao.
Ok sono d'accordo con il tuo ragionamento, il mio dubbio e' questo...
Consideriamo Il caso particolare in cui ho:
Urna 1 : 3 blu 2 verdi
Urna 2: 1 verde 6 rosse
Urna 3 : 1 verde 3 rosse
Ora ottengo un caso diverso se prendo da una delle tre urne una pallina e la scambio con una pallina di una delle altre due urne.
Se pero' tornando al caso particolare che ho esposto in precedenza scambio una rossa della seconda urna con una rossa della terza urna ottengo ESATTAMENTE lo stesso risultato.
Quindi mi chiedo, scrivendo come hai scritto te non ho all'interno dei casi possibili casi che sono tra loro identici?
Dimmi se sbaglio??
Grazie per l'interessamento comunque
Consideriamo Il caso particolare in cui ho:
Urna 1 : 3 blu 2 verdi
Urna 2: 1 verde 6 rosse
Urna 3 : 1 verde 3 rosse
Ora ottengo un caso diverso se prendo da una delle tre urne una pallina e la scambio con una pallina di una delle altre due urne.
Se pero' tornando al caso particolare che ho esposto in precedenza scambio una rossa della seconda urna con una rossa della terza urna ottengo ESATTAMENTE lo stesso risultato.
Quindi mi chiedo, scrivendo come hai scritto te non ho all'interno dei casi possibili casi che sono tra loro identici?
Dimmi se sbaglio??
Grazie per l'interessamento comunque
no no, hai ragione, è proprio così.
il problema, però, è che se consideri quei casi distinti come uguali, i casi non saranno più equiprobabili, per cui non sarà lecito esprimere la probabilità dell'evento nel testo del problema come rapporto tra casi favorevoli e casi possibili.
dipende quindi dalla domanda.
un altro calcolo a parte potresti farlo per vedere quanti sono i "casi distinti" da calcolare con la stessa "rappresentazione".
ciao.
il problema, però, è che se consideri quei casi distinti come uguali, i casi non saranno più equiprobabili, per cui non sarà lecito esprimere la probabilità dell'evento nel testo del problema come rapporto tra casi favorevoli e casi possibili.
dipende quindi dalla domanda.
un altro calcolo a parte potresti farlo per vedere quanti sono i "casi distinti" da calcolare con la stessa "rappresentazione".
ciao.
Perfetto Grazie ancora
@ JakeMate
prego!
@ Sergio
in attesa di comunicazioni da parte di circe123, cosa ne pensi dell'uso delle funzioni per il calcolo dei casi favorevoli?
grazie!
Ciao a tutti!
prego!
@ Sergio
in attesa di comunicazioni da parte di circe123, cosa ne pensi dell'uso delle funzioni per il calcolo dei casi favorevoli?
grazie!
Ciao a tutti!
no, non ho la risposta... il procedimento che hai usato nell'altro topic mi pare esatto. se non sbaglio devo risolverlo così
$((9,3)*(6,3)*(3,3)*3!)/3^9$
facendo però il conto viene una percentuale di circa il 51% e, mi pare un po' troppo elevata...
Non è che per caso il 3! a numeratore non sia necessario?
@JackMate come sei messo nella risoluzione degli esercizi dell'homework?
$((9,3)*(6,3)*(3,3)*3!)/3^9$
facendo però il conto viene una percentuale di circa il 51% e, mi pare un po' troppo elevata...
Non è che per caso il 3! a numeratore non sia necessario?
@JackMate come sei messo nella risoluzione degli esercizi dell'homework?
Vi dico come ho fatto io, A e' l'evento del punto a) del quesito e Ui e' l'urna con i=1,2,3
devo calcolare P(A) = P(almeno una palla U1 intersez. Almeno una palla U2 intersez. Almeno una palla U3)
Uso De Morgan e passo al complementare:
P(A) = 1 - P(nessuna palla U1 unione nessuna palla U2 unione nessuna palla U3)
= 1 - P(nessuna palla U1) + P(nessuna palla U2) + P(nessuna palla U3) - (nes. Palla U1 inter. Nes. Palla U2) - (nes. Palla U2 inter. Ness. Palla U3) - P(ness. Palla U1 inter nessuna palla U3) + ( ness. Palla U1 inte. Ness. Palla U2 inter. Nessuna palla U3)
= rispettivamente a = 1-( 2^16 + 2^16 + 2^16 - 1 - 1 - 1 + 0) = 1 - (3(2^16 -1))/casi possibili
Dove come casi possibili ho messo 3^16 quindi viene
(2^16 - 1) / 3^15. Corrisponde circa allo 0,5%
Ditemi che e' giusto
...
devo calcolare P(A) = P(almeno una palla U1 intersez. Almeno una palla U2 intersez. Almeno una palla U3)
Uso De Morgan e passo al complementare:
P(A) = 1 - P(nessuna palla U1 unione nessuna palla U2 unione nessuna palla U3)
= 1 - P(nessuna palla U1) + P(nessuna palla U2) + P(nessuna palla U3) - (nes. Palla U1 inter. Nes. Palla U2) - (nes. Palla U2 inter. Ness. Palla U3) - P(ness. Palla U1 inter nessuna palla U3) + ( ness. Palla U1 inte. Ness. Palla U2 inter. Nessuna palla U3)
= rispettivamente a = 1-( 2^16 + 2^16 + 2^16 - 1 - 1 - 1 + 0) = 1 - (3(2^16 -1))/casi possibili
Dove come casi possibili ho messo 3^16 quindi viene
(2^16 - 1) / 3^15. Corrisponde circa allo 0,5%
Ditemi che e' giusto
...
Provo a rispondere anch'io, ma senza la pretesa di dare una risposta corretta.
Parto prima da un caso più semplice: 9 biglie (rosse) e 3 urne. Metto le biglie a caso nelle urne: probabilità di avere 3 biglie in ogni urna.
Rappresento le biglie nelle urne così:
0|000|00000
Ognuna delle stanghette può occupare 10 posizioni diverse: quindi in tutto sono 100 modi di mettere le biglie nelle urne.
Ad esempio i primi modi sono questi
||000000000
|0|00000000
|00|0000000
|000|000000
Di questi solo due soddisfano la richiesta:
000|000|000
Sono due perchè le due stanghette si possono scambiare.
Mi verrebbe da dire quindi che la probabilità è di 1/50: può essere, o sbaglio, ma perchè ?
PS. Non ho letto le vs risposte.
Parto prima da un caso più semplice: 9 biglie (rosse) e 3 urne. Metto le biglie a caso nelle urne: probabilità di avere 3 biglie in ogni urna.
Rappresento le biglie nelle urne così:
0|000|00000
Ognuna delle stanghette può occupare 10 posizioni diverse: quindi in tutto sono 100 modi di mettere le biglie nelle urne.
Ad esempio i primi modi sono questi
||000000000
|0|00000000
|00|0000000
|000|000000
Di questi solo due soddisfano la richiesta:
000|000|000
Sono due perchè le due stanghette si possono scambiare.
Mi verrebbe da dire quindi che la probabilità è di 1/50: può essere, o sbaglio, ma perchè ?
PS. Non ho letto le vs risposte.
"Sergio":
Faccio un altro tentativo.
I casi possibili vanno da 0 rosse in due urne e tutte e 9 nella terza a 3 rosse per urna. Mi sembra il problema del numero delle soluzioni intere di un'equazione. I casi possibili sarebbero quindi \(\displaystyle \binom{3+9-1}{3-1}=\binom{3+9-1}{9}=55 \).
Poiché il caso favorevole, 3+3+3, è solo uno, la probabilità sarebbe \(1/55\approx 0.018\).
Il mio risultato sarebbe molto vicino a quello di Sergio.
Però mi sembra che quella formula vada usata quando ogni variabile debba avere un valore di almeno uno.
Nel nostro caso le urne possono anche essere vuote.
D'altra parte questo problema mi ricorda un problema simile visto durante una (video)lezione.
Veniva risolto così: $9!$ è il numero di disposizioni delle biglie (supponiamole numerate).
Per mettere 3 biglie nella prima urna ho $((9),(3))$ modi, per la seconda urna ho $((6),(3))$ e quindi le altre finiscono nella 3° urna. Quindi ho $3!$ modi di scambiare le urne.
Quindi la soluzione sarebbe:
$(((9),(3))((6),(3))3!)/(9!) = 0.02777$
Curiosamente ancora un risultato abbastanza vicino a 1/50.
@ Quinzio
non è la stessa cosa di cui abbiamo parlato finora?
Nota: il primo riferimento è all'altro topic citato.
@ Sergio:
scusa, ma non capisco a quale mia domanda stai rispondendo...
non è la stessa cosa di cui abbiamo parlato finora?
Nota: il primo riferimento è all'altro topic citato.
"adaBTTLS":
a me verrebbe in mente di contare le funzioni dall'insieme di palline all'insieme di urne.
nel primo quesito non conta la distribuzione dei colori, ma solo il totale delle palline.
nel secondo quesito non contano le palline di altri colori, ma solo le palline nere.
considerato che il numero delle funzioni distinte da un insieme A ad un insieme B, entrambi finiti, è $|B|^||A|$,
il primo quesito proverei a risolverlo facendo il rapporto tra le funzioni suriettive e il totale delle funzioni da un insieme di 20 elementi a un insieme di 3 elementi. il calcolo attraverso le partizioni sarebbe più complicato, visto che 20 è abbastanza grande, mentre una strada simile a quella intrapresa da te porta più semplicemente a trovare il numero delle funzioni non suriettive. ti scrivo come viene a me, e tu prova a confrontare i risultati: $(3^20-3*2^20-3)/(3^20)$
per quanto riguarda il secondo, pochi minuti fa ho risposto ad una domanda simile posta da un altro utente; avrei preferito aspettare qualche altro parere in merito, però te la ripropongo con i tuoi dati, utilizzando solo le funzioni da un insieme di 6 elementi a un insieme di 3 elementi: $(((6),(2))*((4),(2))*((2),(2))*3!)/(3^6)=(6!*3!)/(2^3*3^6)$
spero di non avere sbagliato a scrivere...
ciao
"circe123":
no, non ho la risposta... il procedimento che hai usato nell'altro topic mi pare esatto. se non sbaglio devo risolverlo così
$((9,3)*(6,3)*(3,3)*3!)/3^9$
facendo però il conto viene una percentuale di circa il 51% e, mi pare un po' troppo elevata...
Non è che per caso il 3! a numeratore non sia necessario?
@JackMate come sei messo nella risoluzione degli esercizi dell'homework?
@ Sergio:
scusa, ma non capisco a quale mia domanda stai rispondendo...
In ogni caso ho provato una simulazione "brutale" del problema.
Su 100 000 giocate viene un 8,5% - 8,7%.
Sembra che la soluzione sia un'altra.
Ok, Sergio, la formula da te usata è corretta... viene un 2% circa. Però se la mia simulazione è corretta...(*)
In effetti Sergio pensa che questa disposizione ||000000000 ha una probabilità $1/3^9=5/(10^5)$ circa.
Però la formula da te (e da me) applicata non da affato tale probabilità, ma restituisce sempre un 2% circa.
Quella formula da la probabilità di "lanciare due bastoncini su una file di 9 caselle" e sperare che le suddividano in 3 gruppi uguali. E' qualcosa di diverso dal problema originale.
(*) per testare la mia simulazione ho provato a giocare con ||000000000 e in effetti da 5 succesi su 100 000.
Su 100 000 giocate viene un 8,5% - 8,7%.
Sembra che la soluzione sia un'altra.
Ok, Sergio, la formula da te usata è corretta... viene un 2% circa. Però se la mia simulazione è corretta...(*)
In effetti Sergio pensa che questa disposizione ||000000000 ha una probabilità $1/3^9=5/(10^5)$ circa.
Però la formula da te (e da me) applicata non da affato tale probabilità, ma restituisce sempre un 2% circa.
Quella formula da la probabilità di "lanciare due bastoncini su una file di 9 caselle" e sperare che le suddividano in 3 gruppi uguali. E' qualcosa di diverso dal problema originale.
(*) per testare la mia simulazione ho provato a giocare con ||000000000 e in effetti da 5 succesi su 100 000.
@ Quinzio
mi riferivo al tuo secondo intervento.
per quanto riguarda il primo, che avevo visto superficialmente dal momento che non ho molta fiducia nelle simulazioni, ora ci sono tornata su, e mi pare che ci sia una differente impostazione, come dicevo con un altro utente inserito in un quesito simile, mi pare JakeMate, anche se bisognerebbe sapere qual è quella giusta, e la cosa dipende essenzialmente dai dati del problema:
nella tua simulazione non si fa distinzione tra palline dello stesso colore, invece la formula che abbiamo usato in qualche modo conta le palline che quindi diventano distinguibili.
è forse così?
mi riferivo al tuo secondo intervento.
per quanto riguarda il primo, che avevo visto superficialmente dal momento che non ho molta fiducia nelle simulazioni, ora ci sono tornata su, e mi pare che ci sia una differente impostazione, come dicevo con un altro utente inserito in un quesito simile, mi pare JakeMate, anche se bisognerebbe sapere qual è quella giusta, e la cosa dipende essenzialmente dai dati del problema:
nella tua simulazione non si fa distinzione tra palline dello stesso colore, invece la formula che abbiamo usato in qualche modo conta le palline che quindi diventano distinguibili.
è forse così?
"adaBTTLS":
@ Quinzio
mi riferivo al tuo secondo intervento.
per quanto riguarda il primo, che avevo visto superficialmente dal momento che non ho molta fiducia nelle simulazioni, ora ci sono tornata su, e mi pare che ci sia una differente impostazione, come dicevo con un altro utente inserito in un quesito simile, mi pare JakeMate, anche se bisognerebbe sapere qual è quella giusta, e la cosa dipende essenzialmente dai dati del problema:
nella tua simulazione non si fa distinzione tra palline dello stesso colore, invece la formula che abbiamo usato in qualche modo conta le palline che quindi diventano distinguibili.
è forse così?
Riguardo alla correttezza delle simulazioni, non so... dipende ovviamente da come è stata fatta !
Questo è un esperimento semplice e simularlo ha richiesto 3 righe di programma in C.
Nella formula non so capire bene quando le palline diventano effettivamente indistinguibili. In effetti l'intuizione va molto presto in crisi con numeri alti.
Ad esempio, Ada e Sergio guardate qui:
voglio la probabilità che tutte le biglie finiscano dentro un urna sola.
Numeri le urne da 1 a 3: la prob. che finiscano nell'urna 3 sono $1/3^9$, ma siccome non mi importa che l'urna sia la 1, la 2 o la 3, la risposta giusta è $3/3^9=1/3^8$, quindi ciò che ho scritto appena sopra non va bene.
Ma come si fa a modellare correttamente il caso 3 biglie in ogni urna ?
Mi viene da dire che ogni urna sia una variabile aleatoria a se stante, e il problema diventa qualcosa del tipo:
ogni variabile è una Bernoulliana con p=1/3 e voglio che dopo 9 esperimenti ogni variabile sia 3.
Però sto solo andando a casaccio.
In ogni caso è incredibile come problemi in apparenza semplici diventino molto ingannevoli e intricati.
in che senso "modellare"?
come puoi vedere, io sono appassionata di combinatoria, ma non di statistica.
$3^9$ è il numero di funzioni dall'insieme di $9$ palline "distinguibili" all'insieme di $3$ urne "distinguibili":
ogni pallina "sceglie" in tre modi in quale urna essere immessa.
la formula che ho usato io e che hai citato anche tu dice semplicemente: delle $3^9$ funzioni, quante sono quelle che soddisfano i miei dati, cioè mandano tre palline in ciascuna delle tre urne?
delle 9 palline ne scelgo arbitrariamente 3 in $((9),(3))$ modi, delle restanti 6 ne scelgo 3 in $((6),(3))$ modi, e le ultime tre le posso scegliere solo in un modo che però può anche essere scritto come $((3),(3))$ per uniformità di notazioni.
moltiplicando i tre numeri, questo prodotto ci dà solo i possibili "abbinamenti" di palline tre a tre: ciascuna terna di palline può essere inserita in una qualsiasi delle tre urne in $3!$ modi.
di qui la formula finale, che può essere semplificata tenendo conto del significato di coefficiente binomiale:
$(((9),(3))*((6),(3))*((3),(3))*3!)/(3^9) =(9*8*7)/(3!)*(6*5*4)/(3!)*(3*2*1)/(3!)*(3!)/(3^9)=(9!*3!)/((3!)^3*3^9)=(9!)/((3!)^2*3^9)$
non so se ho risposto alla domanda. eventualmente, fammi sapere.
ciao.
come puoi vedere, io sono appassionata di combinatoria, ma non di statistica.
$3^9$ è il numero di funzioni dall'insieme di $9$ palline "distinguibili" all'insieme di $3$ urne "distinguibili":
ogni pallina "sceglie" in tre modi in quale urna essere immessa.
la formula che ho usato io e che hai citato anche tu dice semplicemente: delle $3^9$ funzioni, quante sono quelle che soddisfano i miei dati, cioè mandano tre palline in ciascuna delle tre urne?
delle 9 palline ne scelgo arbitrariamente 3 in $((9),(3))$ modi, delle restanti 6 ne scelgo 3 in $((6),(3))$ modi, e le ultime tre le posso scegliere solo in un modo che però può anche essere scritto come $((3),(3))$ per uniformità di notazioni.
moltiplicando i tre numeri, questo prodotto ci dà solo i possibili "abbinamenti" di palline tre a tre: ciascuna terna di palline può essere inserita in una qualsiasi delle tre urne in $3!$ modi.
di qui la formula finale, che può essere semplificata tenendo conto del significato di coefficiente binomiale:
$(((9),(3))*((6),(3))*((3),(3))*3!)/(3^9) =(9*8*7)/(3!)*(6*5*4)/(3!)*(3*2*1)/(3!)*(3!)/(3^9)=(9!*3!)/((3!)^3*3^9)=(9!)/((3!)^2*3^9)$
non so se ho risposto alla domanda. eventualmente, fammi sapere.
ciao.
Direi che forse ci siamo: con questo metodo che vi spiego si ottiene una prob. molto simile alla simulazione che ho fatto.
In effetti la strada da seguire è quella abbozzata nel mio post precedente: si tratta di vedere ogni urna come una variabile aleatoria a se stante, e l'esperimento diventa "lancio una pallina, che può finire dentro un urna con probabilità 1/3 (e finisce sempre dentro un'urna)".
Si immagini il gioco del luna park dove bisognava centrare la boccia del pesce rosso e si poteva vincere il povero pesce rosso.
La prima boccia (urna) è il bersaglio di 9 lanci di una pallina. La pallina finisce dentro con p=1/3.
Dunque la probabilità di avere un successo dopo n lanci è una Bernoulliana (n,p).
Ma ora la domanda giusta da farsi è: quale probabilità ho che dopo 9 lanci abbia avuto 3 centri (di cui l'ultimo lancio è un centro) ?
Ci viene in aiuto la distribuzione di Pascal che sottintende un processo di Bernoulli.
La probabilità di avere n successi esattamente dopo k fallimenti (nel senso che l'ultimo lancio è un successo) è $P=((n+k-1),(k))p^n(1-p)^k$ nel nostro caso $(((3+6-1),(6))(1/3)^3(2/3)^6)=0,09104$.
Ora mi chiedo che ne è stato dei 6 fallimenti: mi aspetto che esattamente 3 di questi siano finiti in un'altra boccia, lo considero un esperimento a se stante.
Questo secondo esperimento ha probabilità $(((3+3-1),(3))(1/2)^3(1/2)^3)=0,1562$. Si noti come la Bernoulliana adesso ha parametro 1/2 e non più 1/3, le bocce rimaste sono 2.
Le altre 3 palline sono finite nella 3° boccia per definizione.
Gli esperimenti sono indipendenti quindi moltiplico le probablità. Su quest'ultima affermazione non so bene come giustificare, diciamo che "sembrano" indipendenti.
Ora, per concludere bisogna sempre tenere presente che non mi importa dell'ordine delle bocce, quindi devo sempre moltiplicare tutto per $3!$ in modo da simulare il fatto che non so quale boccia sia stata effettivamente usata per l'esperimento n.1 L'esperimento n.1 è quella dove è finita la prima palla, e quindi va pensato come una delle possibili combinazioni.
Morale: $0,09104 * 0,1562 * 3! =0,08535$ in linea con la simulazione che oscilla tra 8,4 - 8,7%.
L'unico piccolo problema è che qui si cerca di far combaciare la teoria con la realtà (simulata) mentre dovrebbe essere il contrario. Onestamente non so come giustificare le varie formule usate se non col fatto che sono "intuitivamente" sensate.
In effetti la strada da seguire è quella abbozzata nel mio post precedente: si tratta di vedere ogni urna come una variabile aleatoria a se stante, e l'esperimento diventa "lancio una pallina, che può finire dentro un urna con probabilità 1/3 (e finisce sempre dentro un'urna)".
Si immagini il gioco del luna park dove bisognava centrare la boccia del pesce rosso e si poteva vincere il povero pesce rosso.
La prima boccia (urna) è il bersaglio di 9 lanci di una pallina. La pallina finisce dentro con p=1/3.
Dunque la probabilità di avere un successo dopo n lanci è una Bernoulliana (n,p).
Ma ora la domanda giusta da farsi è: quale probabilità ho che dopo 9 lanci abbia avuto 3 centri (di cui l'ultimo lancio è un centro) ?
Ci viene in aiuto la distribuzione di Pascal che sottintende un processo di Bernoulli.
La probabilità di avere n successi esattamente dopo k fallimenti (nel senso che l'ultimo lancio è un successo) è $P=((n+k-1),(k))p^n(1-p)^k$ nel nostro caso $(((3+6-1),(6))(1/3)^3(2/3)^6)=0,09104$.
Ora mi chiedo che ne è stato dei 6 fallimenti: mi aspetto che esattamente 3 di questi siano finiti in un'altra boccia, lo considero un esperimento a se stante.
Questo secondo esperimento ha probabilità $(((3+3-1),(3))(1/2)^3(1/2)^3)=0,1562$. Si noti come la Bernoulliana adesso ha parametro 1/2 e non più 1/3, le bocce rimaste sono 2.
Le altre 3 palline sono finite nella 3° boccia per definizione.
Gli esperimenti sono indipendenti quindi moltiplico le probablità. Su quest'ultima affermazione non so bene come giustificare, diciamo che "sembrano" indipendenti.
Ora, per concludere bisogna sempre tenere presente che non mi importa dell'ordine delle bocce, quindi devo sempre moltiplicare tutto per $3!$ in modo da simulare il fatto che non so quale boccia sia stata effettivamente usata per l'esperimento n.1 L'esperimento n.1 è quella dove è finita la prima palla, e quindi va pensato come una delle possibili combinazioni.
Morale: $0,09104 * 0,1562 * 3! =0,08535$ in linea con la simulazione che oscilla tra 8,4 - 8,7%.
L'unico piccolo problema è che qui si cerca di far combaciare la teoria con la realtà (simulata) mentre dovrebbe essere il contrario. Onestamente non so come giustificare le varie formule usate se non col fatto che sono "intuitivamente" sensate.
Metto anche il codice utilizzato così si può fare una "peer review" 
Ma la descrizione del problema in se è abbastanza "ovvia", quindi la simulazione è la cosa che mi rassicura di più (ma sono anche d'accordo coi dubbi di Ada).
Ho prova un run di 10 milioni di giocate, e mi ha restituito 853114/10 000 000, con una differenza minima dal risultato teorico di 0,08535.
Direi che la soluzione è giusta, se non è giusta, boh...
Ma la descrizione del problema in se è abbastanza "ovvia", quindi la simulazione è la cosa che mi rassicura di più (ma sono anche d'accordo coi dubbi di Ada).
Ho prova un run di 10 milioni di giocate, e mi ha restituito 853114/10 000 000, con una differenza minima dal risultato teorico di 0,08535.
Direi che la soluzione è giusta, se non è giusta, boh...
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <math.h>
int casual=0;
int counter=0;
int play=0;
int success=0;
int check=0;
int check_tot=0;
float casual_f;
int urna[3]={0};
int main()
{
printf("Hello world!\n");
srand(time(NULL));
for (counter =0; counter <1000000; counter++)
{
urna[0]=0;
urna[1]=0;
urna[2]=0;
for (play =0; play <9; play++)
{
casual = rand();
//printf("%d \n", casual);
//printf("%d \n", RAND_MAX);
casual_f = (float)casual/(RAND_MAX);
//printf("%f \n", casual_f);
check =(int)floor(3*casual_f);
check_tot += check;
urna[check]++;
if (check<0 || check >2)
printf("error");
//printf("%d %d %d \n", urna[0],urna[1],urna[2]);
}
if ((urna[0]==3)&&(urna[1]==3)&&(urna[2]==3)) success++;
}
printf("Success= %d \n", success);
printf("Check= %d \n", check_tot);
return 0;
}
i dubbi si materializzano con quelli di circe123:
la formula con il $3!$, dividendo per $3!$ dà lo stesso risultato vostro: $0,085352843$ con una semplice calcolatrice.
la formula con il $3!$, dividendo per $3!$ dà lo stesso risultato vostro: $0,085352843$ con una semplice calcolatrice.
Avete dato un occhio alla soluzione che ho postato prima? Quello usando De Morgan... Cosa ne pensate?
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