Problema mazzo di carte
Le carte di un mazzo vengono girate ad una ad una. Qual è la probabilità che il primo asso appaia alla k-esima carta? Qual è il valore di $k$ più probabile?
A me sembra un problema piuttosto semplice. Ho utilizzato l'ipergeometrica ed ho ottenuto:
$P=\frac{((4),(1))*((48),(k-1))}{((52),(k))}=4*\frac{48!}{52!}*\frac{k*(52-k)!}{(49-k)!}$
Il libro invece dà come soluzione:
$P=\frac{((4),(0))*((48),(k-1))}{((52),(k))}$
Dove sbaglio?
A me sembra un problema piuttosto semplice. Ho utilizzato l'ipergeometrica ed ho ottenuto:
$P=\frac{((4),(1))*((48),(k-1))}{((52),(k))}=4*\frac{48!}{52!}*\frac{k*(52-k)!}{(49-k)!}$
Il libro invece dà come soluzione:
$P=\frac{((4),(0))*((48),(k-1))}{((52),(k))}$
Dove sbaglio?
Risposte
Il problema sta nel fatto che la tua risoluzione ti da la probabilità che facendo $k$ estrazioni peschi un solo asso, non la probabilità che peschi il primo asso alla $k-$esima estrazione.
Comunque anche la probabilità del libro è sbagliata.
"DajeForte":
Comunque anche la probabilità del libro è sbagliata.
Anche me era parso che fosse sbagliato. La soluzione proposta dal libro calcola la probabilità che il primo asso non appaia nelle prime k estrazioni e non quella che appaia alla k-esima. Mi viene da pensare che forse sarebbe stato meglio utilizzare la distribuzione geometrica.
Se $T$ è la v.a. che conta le carte che dobbiamo girare prima di ottenere l'asso, abbiamo che:
$P(T=k-1)=1/13*(12/13)^{k-2}$
Che ne dite?
No non va bene.
Innanzitutto dovresti mettere $k-1$ all'esponente di $(12)/(13)$, ma poi le estrazioni non sono indipendenti l'una dall'altra aspetto che si avrebbe nel caso di estrazioni con ripetizione.
Innanzitutto dovresti mettere $k-1$ all'esponente di $(12)/(13)$, ma poi le estrazioni non sono indipendenti l'una dall'altra aspetto che si avrebbe nel caso di estrazioni con ripetizione.
Chiedo venia, ho riportato male il risultato del libro:
sia $T$ la v.a. che conta i tentativi prima di girare il primo asso.
$P(T=k)=P(T>k-1)-P(T>k)=\frac{((4),(0))*((48),(k-1))}{((52),(k-1))}-\frac{((4),(0))*((48),(k))}{((52),(k))}=$
Sviluppando i calcoli dovrebbe venire:
$P(T=k)=4*\frac{48!}{52!}*\frac{(52-k)!}{(48-k+1)!}$
Adesso mi ci trovo. Chiedo scusa per la perdita di tempo.
sia $T$ la v.a. che conta i tentativi prima di girare il primo asso.
$P(T=k)=P(T>k-1)-P(T>k)=\frac{((4),(0))*((48),(k-1))}{((52),(k-1))}-\frac{((4),(0))*((48),(k))}{((52),(k))}=$
Sviluppando i calcoli dovrebbe venire:
$P(T=k)=4*\frac{48!}{52!}*\frac{(52-k)!}{(48-k+1)!}$
Adesso mi ci trovo. Chiedo scusa per la perdita di tempo.
bene molto interessante questo problema. Dunque il valore di $k$ maggiormente probabile è $1$!
la cosa più probabile è che l'asso esca subito, gli altri valori sono decrescenti e chiaramente si troncano a
$k=49$ che è l'ultimo con prob. positiva.
Interessante il parallelismo con la v.a. geometrica dove l'andamento è analogo ma l'"attesa" è potenzialmente
infinita. Ma allora la funzione di densità definibile come differenza di ipergeometriche sopra esposta
ha una pdf con un'andamento simile alla geometrica, ed esiste una convergenza asintotica tra le due?
o prendo un'abbaglio?
e se l'asso che ci interessa non è il primo ma il secondo o l'n-esimo? con reimmissione ci si può
ricondurre ad una binomiale negativa? e senza reimmissione lavorando con le ipergeometriche
a che formula ci si ricondurrebbe? esiste una convergenza anche in questo caso? (sempre che prima ci fosse)
voi che ne dite?
la cosa più probabile è che l'asso esca subito, gli altri valori sono decrescenti e chiaramente si troncano a
$k=49$ che è l'ultimo con prob. positiva.
Interessante il parallelismo con la v.a. geometrica dove l'andamento è analogo ma l'"attesa" è potenzialmente
infinita. Ma allora la funzione di densità definibile come differenza di ipergeometriche sopra esposta
ha una pdf con un'andamento simile alla geometrica, ed esiste una convergenza asintotica tra le due?
o prendo un'abbaglio?
e se l'asso che ci interessa non è il primo ma il secondo o l'n-esimo? con reimmissione ci si può
ricondurre ad una binomiale negativa? e senza reimmissione lavorando con le ipergeometriche
a che formula ci si ricondurrebbe? esiste una convergenza anche in questo caso? (sempre che prima ci fosse)
voi che ne dite?
Si in effetti il problema è interessante, e soprattutto il (come lo definisci te) parallelismo tra geometrica e la variabile in questione.
Vedo un po' se riesco a rispondere alle tue domande.
Innanzitutto vorrei precisare che l'attesa è potenzialmente infinita però la probabilità che non esca mai è $0$.
Questo è esattamente uguale alla testa e croce: avere una sequenza infinita di una delle due realizzazioni ha probabilità $0$.
E' così. La questione è che deve tendere a $+ infty$ il numero delle carte rimanendo però nella stessa proporzione assi e non assi.
Mi spigo meglio: abbiamo $48$ non assi e $4$ assi, consideriamo di avere $n\ 48$ non assi e $n\ 4$ assi mandando $n$ all'infinito ottieniamo la geometrica.
Questo risultato io ora lo ho verificato in distribuzione, nelle altre forme ancora non lo ho fatto; comunque o converge (e allora alla stessa), se no non converge (comunque è questa la tendenza). In poche parole è come se, tendendo le carte a $+infty$ le estrazioni non influenzassero le successive creando una struttura di indipendenza ed identica distribuzione delle estrazioni stesse su cui si basa la geometrica.
Con reimmisione è una binomiale negativa, che infatti si ottiene dalla somma di geometriche indipendenti.
Senza reimmisione la probabilità è sempre legata ad una ipergeometrica ed è:
$(((4),(n-1))((48),(x-n)))/(((52),(x-1)))\ \ (4-n+1)/(52-x+1)$ (ci sono delle limitazioni da fare sui valori che le variabili possono assumere) e vale lo stesso ragionamento del caso primo asso quando le carte (nella stessa proporzione) tendono ad infinito.
Vedo un po' se riesco a rispondere alle tue domande.
"markowitz":
Interessante il parallelismo con la v.a. geometrica dove l'andamento è analogo ma l'"attesa" è potenzialmente
infinita.
Innanzitutto vorrei precisare che l'attesa è potenzialmente infinita però la probabilità che non esca mai è $0$.
Questo è esattamente uguale alla testa e croce: avere una sequenza infinita di una delle due realizzazioni ha probabilità $0$.
"markowitz":
Ma allora la funzione di densità definibile come differenza di ipergeometriche sopra esposta
ha una pdf con un'andamento simile alla geometrica, ed esiste una convergenza asintotica tra le due?
o prendo un'abbaglio?
E' così. La questione è che deve tendere a $+ infty$ il numero delle carte rimanendo però nella stessa proporzione assi e non assi.
Mi spigo meglio: abbiamo $48$ non assi e $4$ assi, consideriamo di avere $n\ 48$ non assi e $n\ 4$ assi mandando $n$ all'infinito ottieniamo la geometrica.
Questo risultato io ora lo ho verificato in distribuzione, nelle altre forme ancora non lo ho fatto; comunque o converge (e allora alla stessa), se no non converge (comunque è questa la tendenza). In poche parole è come se, tendendo le carte a $+infty$ le estrazioni non influenzassero le successive creando una struttura di indipendenza ed identica distribuzione delle estrazioni stesse su cui si basa la geometrica.
"markowitz":
e se l'asso che ci interessa non è il primo ma il secondo o l'n-esimo? con reimmissione ci si può
ricondurre ad una binomiale negativa? e senza reimmissione lavorando con le ipergeometriche
a che formula ci si ricondurrebbe? esiste una convergenza anche in questo caso? (sempre che prima ci fosse)
voi che ne dite?
Con reimmisione è una binomiale negativa, che infatti si ottiene dalla somma di geometriche indipendenti.
Senza reimmisione la probabilità è sempre legata ad una ipergeometrica ed è:
$(((4),(n-1))((48),(x-n)))/(((52),(x-1)))\ \ (4-n+1)/(52-x+1)$ (ci sono delle limitazioni da fare sui valori che le variabili possono assumere) e vale lo stesso ragionamento del caso primo asso quando le carte (nella stessa proporzione) tendono ad infinito.
Molte grazie per la risposta.
Tra l'altro o casualmente scoperto che la pdf che DajeForte ha definito nel suo ultimo post prende il nome
di v.a. "ipergeometrica negativa" S. Ross pag 325 (basta aggiustare i nomi dei parametri).
Ed effettivamente è indicata anche li l'associazione tra
binomiale negativa ed ipergeometrica negativa riconducibile a quella tra binomiale ed ipergeometrica dove
i due modelli si applicano rispettivamente al caso con rimpiazzo e senza.
Bé mica male essere arrivati assieme a tale risultato senza conoscerlo raga
di v.a. "ipergeometrica negativa" S. Ross pag 325 (basta aggiustare i nomi dei parametri).
Ed effettivamente è indicata anche li l'associazione tra
binomiale negativa ed ipergeometrica negativa riconducibile a quella tra binomiale ed ipergeometrica dove
i due modelli si applicano rispettivamente al caso con rimpiazzo e senza.
Bé mica male essere arrivati assieme a tale risultato senza conoscerlo raga
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