Problema di probabilità di 2 dadi a 6 facce lanciati + volte
Ho un piccolo quesito che non riesco a risolvere:
«In una serie di lanci di una coppia di dadi a 6 facce non truccati, calcolare la probabilità di avere due facce uguali almeno 2 volte su un numero totale di 3 lanci»
mi date una mano???? Grazie
«In una serie di lanci di una coppia di dadi a 6 facce non truccati, calcolare la probabilità di avere due facce uguali almeno 2 volte su un numero totale di 3 lanci»
mi date una mano???? Grazie
Risposte
Tipico esercizio sulla distribuzione binomiale.
I risultati possibili del lancio di 2 dadi sono $36$. In 6 casi le cifre coincidono nella coppia. Puoi dedurlo in vari modi.
Dunque la probabilità che in un lancio l'evento sperato avvenga è $1/6$, che non avvenga $5/6$.
Ti vengono richiesti almeno 2 successi su 3 tentativi, quindi devi sommare la probabilità che ne avvengano 3, cioè $(1/6)^3$, con quella che ne avvengano 2, che possono distribuirsi in 3 modi:
S-S-I
S-I-S
I-S-S
quindi la probabilità che si abbiano 2 successi ed un insuccesso è $3*(1/6)^2*(5/6)$. Sommando i 2 valori ottieni $2/27=0,074$. Ti torna?
Ho cercato di spiegarti la logica dietro la formula, che in realtà è abbastanza banale da applicarsi se conosciuta.
I risultati possibili del lancio di 2 dadi sono $36$. In 6 casi le cifre coincidono nella coppia. Puoi dedurlo in vari modi.
Dunque la probabilità che in un lancio l'evento sperato avvenga è $1/6$, che non avvenga $5/6$.
Ti vengono richiesti almeno 2 successi su 3 tentativi, quindi devi sommare la probabilità che ne avvengano 3, cioè $(1/6)^3$, con quella che ne avvengano 2, che possono distribuirsi in 3 modi:
S-S-I
S-I-S
I-S-S
quindi la probabilità che si abbiano 2 successi ed un insuccesso è $3*(1/6)^2*(5/6)$. Sommando i 2 valori ottieni $2/27=0,074$. Ti torna?
Ho cercato di spiegarti la logica dietro la formula, che in realtà è abbastanza banale da applicarsi se conosciuta.
Concordo in toto con quanto scritto da Benny, esce anche a me lo stesso risultato.
La chiave è riconoscere che si tratta di ripetere un esperimento dicotomico tre volte e quindi calcolare la probabilità di successo nella singola prova.
La chiave è riconoscere che si tratta di ripetere un esperimento dicotomico tre volte e quindi calcolare la probabilità di successo nella singola prova.
mmmmm tutto chiaro, grazie, e se nel caso il numero di lanci diventassero 5??? Ovviamente il numero di successi deve restare almeno 2 volte...
mi rispondo da solo, l'espressione giusta nel caso dei 5 lanci è:
$5*(1/6)^2*(5/6)^3+5*(1/6)^3*(5/6)^2+5*(1/6)^4*(5/6)+(1/6)^5$
ti trovi con me?
$5*(1/6)^2*(5/6)^3+5*(1/6)^3*(5/6)^2+5*(1/6)^4*(5/6)+(1/6)^5$
ti trovi con me?
"g3cko":
ti trovi con me?
i coefficienti 5 / 5 / 5 che hai usato sono errati
devi usare la riga di tartaglia: 1 5 10 10 5 1 ovvero $((5),(n))$
$10*(1/6)^2*(5/6)^3+10*(1/6)^3*(5/6)^2+5*(1/6)^4*(5/6)+(1/6)^5$
quindi è giusto così... grazie
quindi è giusto così... grazie
Scusami g3cko, puoi cortesemente spiegarmi come escono fuori le coppie di esponenti:
2-3, 3-2, 4-1 e 5 ?
Non vergono prelevati dal Triangolo di tartaglia come i coefficienti ma non riesco a capire come li hai calcolati.
Grazie.
Marco.
2-3, 3-2, 4-1 e 5 ?
Non vergono prelevati dal Triangolo di tartaglia come i coefficienti ma non riesco a capire come li hai calcolati.
Grazie.
Marco.
Ti ringrazio Marco, per aver postato qui.
Se ti rispondevo in privato, avrei potuto dirti una cavolata e semmai la prendevi per buona,
sul forum è diverso, perchè potrai leggere i commenti di più persone e quindi avere le idee più chiare.
Se ti rispondevo in privato, avrei potuto dirti una cavolata e semmai la prendevi per buona,
sul forum è diverso, perchè potrai leggere i commenti di più persone e quindi avere le idee più chiare.
Scusatemi, ho già fatto questa domanda il 22 gennaio scorso ma ancora non ho ottenuto risposta e non riesco a capire come escono fuori le coppie di esponenti 2-3, 3-2, 4-1 e 5. Ovviamente non vergono prelevati dal Triangolo di Tartaglia ma non riesco a capire da dove escono (mi riferisco al messaggio di g3cko del 12/04/2010 19:34). Grazie.
"Marco_Subiaco":
Scusatemi, ho già fatto questa domanda il 22 gennaio scorso ma ancora non ho ottenuto risposta e non riesco a capire come escono fuori le coppie di esponenti 2-3, 3-2, 4-1 e 5. Ovviamente non vergono prelevati dal Triangolo di Tartaglia ma non riesco a capire da dove escono (mi riferisco al messaggio di g3cko del 12/04/2010 19:34). Grazie.
Immagina che tu abbia 5 dadi, ognuno dei quali con una faccia verde e 5 rosse e li lanci tutti i 5 insieme.
Come calcoli la prob. che escano 5 facce verdi?
e 4 verdi e una rossa ?
e 3 verdi e 2 rosse ?
....
e 5 rosse ?
Umby grazie per la risposta. Stavo immaginando le teorie più disparate dell'algebra ma ad una cosa semplice come questa ammetto che proprio non ci avevo pensato ! Ora andrò a vedere per bene il tutto sperando prima o poi di riuscire a superare questo benedetto esame di probabilità e statistica ! . Grazie ancora. Marco
Se ti chiedo la prob. che escano 5 facce verdi, mi dirai:
$1/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6$ = $(1/6)^5$ (Vedi Riga 1)
-----------
Se ti chiedo la prob. che la prima sia rossa e le altre 4 verdi, mi dirai:
$5/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6$ = $(1/6)^4 * (5/6)^1$ (Vedi Riga 5)
mi dirai la stessa cosa se ti chiedo la prob. che la prima sia verde, la seconda rossa, e le altre 3 verdi:
$1/6 * 5/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6$ = $(1/6)^4 * (5/6)^1$ (Vedi Riga 6)
Ci sono 5 disposizioni possibili per 4V1R (vedi righe 5-6-7-8-9), ed ognuna di esse con la stessa p.
Pertanto se ti chiedo la prob. che escono 4V1R, mi dirai:
$5 * (1/6)^4 * (5/6)^1$
-----------
Puoi continuare con 3V2R, e noterai che il numero delle disposizioni saranno 10 $((5),(2))$
$1/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6$ = $(1/6)^5$ (Vedi Riga 1)
-----------
Se ti chiedo la prob. che la prima sia rossa e le altre 4 verdi, mi dirai:
$5/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6$ = $(1/6)^4 * (5/6)^1$ (Vedi Riga 5)
mi dirai la stessa cosa se ti chiedo la prob. che la prima sia verde, la seconda rossa, e le altre 3 verdi:
$1/6 * 5/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6$ = $(1/6)^4 * (5/6)^1$ (Vedi Riga 6)
Ci sono 5 disposizioni possibili per 4V1R (vedi righe 5-6-7-8-9), ed ognuna di esse con la stessa p.
Pertanto se ti chiedo la prob. che escono 4V1R, mi dirai:
$5 * (1/6)^4 * (5/6)^1$
-----------
Puoi continuare con 3V2R, e noterai che il numero delle disposizioni saranno 10 $((5),(2))$
Umby grazie mille per le ulteriori delucidazioni in merito; ora la questione mi è più chiara; ora rivedrò per bene tutto questo post e se ci sarà ancora qualche dubbio non esiterò a chiedere . . . ma speriamo di no . . . marco
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