Problema d'urna
Un’urna contiene N palline numerate da 1 a N delle quali m sono bianche.
Si estraggono, senza restituzione, n palline con n < N. Si calcolino le probabilità
(a) che la j–esima pallina estratta sia bianca, (b) che siano bianche sia la j–esima
sia la k pallina estratta.
Questo il problema e nelle soluzioni dice che vi sono m modi per estrarre una pallina bianca alla j–esima estrazione. Ma non ho chiaro il perchè ... se nelle estrazioni precedenti alla j-esima ho estratto una o più palline bianche i modi per estrarne una bianca non dovrebbero essere m - # di palline bianche già estratte?
Si estraggono, senza restituzione, n palline con n < N. Si calcolino le probabilità
(a) che la j–esima pallina estratta sia bianca, (b) che siano bianche sia la j–esima
sia la k pallina estratta.
Questo il problema e nelle soluzioni dice che vi sono m modi per estrarre una pallina bianca alla j–esima estrazione. Ma non ho chiaro il perchè ... se nelle estrazioni precedenti alla j-esima ho estratto una o più palline bianche i modi per estrarne una bianca non dovrebbero essere m - # di palline bianche già estratte?
Risposte
Ciao,
ti dico subito che all'inizio questa cosa mi strurbava anche a me.
Diciamo che la questione è questa: se tu non hai alcuna informazione la probabilità di estrarre bianca alla prima, seconda, j-esima, ultima (insomma quella che vuoi) è sempre la stessa.
Facciamo un esempio:
prendi il lotto con le palline numerate da 1 a 90.
La probabilità di estrarre il 3 (ne ho scelta una a caso) nella prima è $1/(90)$.
Nella seconda (chiamiamo l'evento $3_i$ esce il 3 all'i-esima) $P(3_2)=P(3_2\ nn\ (3_1 uu No3_1))=P(No3_1)*P(3_2No3_1)=1/(90)$.
Lo stesso vale per una generica: puoi scomporre come fatto prima $P(3_i)=P(No\ \ 3_(1,...,i-1))*P(3_i|No\ \ 3_(1,...,i-1))=1/(90)$.
La difficoltà nel nostro caso sta che è più complesso scomporre gli eventi perchè non abbiamo una sola pallina successo (il 3 che come prima basta vedere se nelle j-1 estrazioni è venuto fuori o no) ma ne abbiamo di più.
Un passaggio che possiamo fare è questo:
supponiamo $m>=j$ e $N-m>=j-1$ (negli altri casi basta che correggerai qualcosa valutando gli eventi quasi impossibili)
allora nelle prime j-1 estrazioni puoi avere esattamente $0,1,2,...,j-1$ palline bianche ciascuna con una probabilità data dalla ipergeometrica.
Così ti viene $P(B_j)=sum_(i=0)^(j-1) P(text(esattamente i bianche nelle prime j-1 estrazioni))\ P(B_J|text(esattamente i bianche nelle prime j-1 estrazioni))=$
$=sum_(i=0)^(j-1)\ \ (((m),(i))\ ((N-m),(j-1-i)))/(((N),(j-1)))\ \ (m-i)/(N-j+1)$ ti fai un gran conto e vedi che fa $m/N$.
Si può fare (molto più semplicemente) anche questo ragionamento.
Considera le variabili $X_1,...,X_N$ come le variabili che assumono il valore $1$ se la corrispondente è bianca $0$ se non lo è.
$X_i=1$ la i-esima è bianca
$X_i=0$ la i-esima è non bianca.
Se estraiamo tutte le palline avremo che $m$ sono bianche e $N-m$ sono non bianche; questo si traduce in $sum_(i=1)^N X_i=m$ $q.c.$ (da cui vedi anche che c'è dipendenza).
Quindi considera che tu hai $m$ uni/o e $N-m$ zeri che devi andare a distribuire negli $N$ posti.
Le possibili combinazioni sono $((N),(m))$.
Se tu vuoi che la j-esima sia bianca devi considerare che un posto è bloccato (e c'è un uno); hai dunque $m-1$ uni e $N-m$ zeri per $N-1$ posti.
Le combinazioni sono $((N-1),(m-1))$; fai il rapporto e trovi $m/N$.
Concludo dicendo che in questa maniera è anche facile vedere che qualsiasi sia il posto il ragionamento è lo stesso ovvero senza alcuna informazione le variabili $X_j$ sono tutte identicamente distribuite $text(Bernoulliane)(m/N)$.
ti dico subito che all'inizio questa cosa mi strurbava anche a me.
Diciamo che la questione è questa: se tu non hai alcuna informazione la probabilità di estrarre bianca alla prima, seconda, j-esima, ultima (insomma quella che vuoi) è sempre la stessa.
Facciamo un esempio:
prendi il lotto con le palline numerate da 1 a 90.
La probabilità di estrarre il 3 (ne ho scelta una a caso) nella prima è $1/(90)$.
Nella seconda (chiamiamo l'evento $3_i$ esce il 3 all'i-esima) $P(3_2)=P(3_2\ nn\ (3_1 uu No3_1))=P(No3_1)*P(3_2No3_1)=1/(90)$.
Lo stesso vale per una generica: puoi scomporre come fatto prima $P(3_i)=P(No\ \ 3_(1,...,i-1))*P(3_i|No\ \ 3_(1,...,i-1))=1/(90)$.
La difficoltà nel nostro caso sta che è più complesso scomporre gli eventi perchè non abbiamo una sola pallina successo (il 3 che come prima basta vedere se nelle j-1 estrazioni è venuto fuori o no) ma ne abbiamo di più.
Un passaggio che possiamo fare è questo:
supponiamo $m>=j$ e $N-m>=j-1$ (negli altri casi basta che correggerai qualcosa valutando gli eventi quasi impossibili)
allora nelle prime j-1 estrazioni puoi avere esattamente $0,1,2,...,j-1$ palline bianche ciascuna con una probabilità data dalla ipergeometrica.
Così ti viene $P(B_j)=sum_(i=0)^(j-1) P(text(esattamente i bianche nelle prime j-1 estrazioni))\ P(B_J|text(esattamente i bianche nelle prime j-1 estrazioni))=$
$=sum_(i=0)^(j-1)\ \ (((m),(i))\ ((N-m),(j-1-i)))/(((N),(j-1)))\ \ (m-i)/(N-j+1)$ ti fai un gran conto e vedi che fa $m/N$.
Si può fare (molto più semplicemente) anche questo ragionamento.
Considera le variabili $X_1,...,X_N$ come le variabili che assumono il valore $1$ se la corrispondente è bianca $0$ se non lo è.
$X_i=1$ la i-esima è bianca
$X_i=0$ la i-esima è non bianca.
Se estraiamo tutte le palline avremo che $m$ sono bianche e $N-m$ sono non bianche; questo si traduce in $sum_(i=1)^N X_i=m$ $q.c.$ (da cui vedi anche che c'è dipendenza).
Quindi considera che tu hai $m$ uni/o e $N-m$ zeri che devi andare a distribuire negli $N$ posti.
Le possibili combinazioni sono $((N),(m))$.
Se tu vuoi che la j-esima sia bianca devi considerare che un posto è bloccato (e c'è un uno); hai dunque $m-1$ uni e $N-m$ zeri per $N-1$ posti.
Le combinazioni sono $((N-1),(m-1))$; fai il rapporto e trovi $m/N$.
Concludo dicendo che in questa maniera è anche facile vedere che qualsiasi sia il posto il ragionamento è lo stesso ovvero senza alcuna informazione le variabili $X_j$ sono tutte identicamente distribuite $text(Bernoulliane)(m/N)$.
Ok grazie ^^ Praticamente la P(3i) è pari a $ 1 / (90-i+1) * 89 / 90 * 88 / 89 *...*(90-i+1)/(90-1+2) $ e quindi resta $1/90$ o sto sbagliando?
A parte l'ultimo denominatore che ha $-i$ ma penso sia un refuso;
si è così (la prima no, la seconda no, ecc, la i-1-esima no, la iesima si) ovviamente con una struttura condizionata.
si è così (la prima no, la seconda no, ecc, la i-1-esima no, la iesima si) ovviamente con una struttura condizionata.
Ok grazie tante. ^^ è tutto chiaro ora 
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