Problemi "particolari"
sono 2 esercizi capitati agli esami di statistica dell'università di L'Aquila, facoltà di economia.
sono certa che si tratta di calcolo combinatorio, ma i miei ragionamenti non mi hanno ancora convinto.
mi date un aiutino???
es 1
si gettano 51 palle in 51 buche differenti. calcolare
1)probabilità che cadano tutte nella stessa buca
2)che cada ognuna in una buca differente dall'altra
es 2
nella trasmissione "affari tuoi" si estraggono a sorte 20 pacchi contenenti 10 premi in euro e 10 gadjet. quale è la P che almeno uno dei 2 maggiori premi in euro esca nelle ultime due estrazioni?
sono certa che si tratta di calcolo combinatorio, ma i miei ragionamenti non mi hanno ancora convinto.
mi date un aiutino???
es 1
si gettano 51 palle in 51 buche differenti. calcolare
1)probabilità che cadano tutte nella stessa buca
2)che cada ognuna in una buca differente dall'altra
es 2
nella trasmissione "affari tuoi" si estraggono a sorte 20 pacchi contenenti 10 premi in euro e 10 gadjet. quale è la P che almeno uno dei 2 maggiori premi in euro esca nelle ultime due estrazioni?
Risposte
le conclusioni a cui sono arrivata:
es1
P(una buca)=1/51
P(tutte nella stessa)=(1/51)^51
P(tutte in buche diverse)=51!/51^51
es2
disposizioni possibili=20!
P(fisso un pacco)=19!/20!
P(fissando 2 pacchi)=18!/20!
P(almeno 1)=(19!/20!)+(18!/20!)
es1
P(una buca)=1/51
P(tutte nella stessa)=(1/51)^51
P(tutte in buche diverse)=51!/51^51
es2
disposizioni possibili=20!
P(fisso un pacco)=19!/20!
P(fissando 2 pacchi)=18!/20!
P(almeno 1)=(19!/20!)+(18!/20!)
Non sono un grande esperto in calcolo ma comunque proviamo.
"A occhio" non mi torna, che ragionamento hai fatto?
Comunque, visto che l'ordine non conta: in quanti modi posso raggruppare fra loro 51 oggetti?
- tutti separati (51 gruppi di 1 oggetto)
- tutti assieme (1 gruppo di 51 oggetti)
e tanti altri, esempi:
3 gruppi di 2 oggetti, 1 da solo, 2 gruppi di 7 oggetti, 1 gruppo di 30;
1 gruppo di 23 oggetti e 1 gruppo di 28;
eccetera. Prova a contarli.
Le disposizioni possibili dei pacchi sono certamente 20! Però se "fissi un pacco" come dici tu, in quale posizione lo metti? Prova a ragionare: quanti sono i modi di disporre i pacchi se gli ultimi due sono A e B? E se gli ultimi due sono B ed A (in quest'ordine)? E se l'ultimo è A, esclusi i casi precedenti? E se... continua te.
es1
P(una buca)=1/51
P(tutte nella stessa)=(1/51)^51
P(tutte in buche diverse)=51!/51^51
"A occhio" non mi torna, che ragionamento hai fatto?
Comunque, visto che l'ordine non conta: in quanti modi posso raggruppare fra loro 51 oggetti?
- tutti separati (51 gruppi di 1 oggetto)
- tutti assieme (1 gruppo di 51 oggetti)
e tanti altri, esempi:
3 gruppi di 2 oggetti, 1 da solo, 2 gruppi di 7 oggetti, 1 gruppo di 30;
1 gruppo di 23 oggetti e 1 gruppo di 28;
eccetera. Prova a contarli.
es2
disposizioni possibili=20!
P(fisso un pacco)=19!/20!
P(fissando 2 pacchi)=18!/20!
P(almeno 1)=(19!/20!)+(18!/20!)
Le disposizioni possibili dei pacchi sono certamente 20! Però se "fissi un pacco" come dici tu, in quale posizione lo metti? Prova a ragionare: quanti sono i modi di disporre i pacchi se gli ultimi due sono A e B? E se gli ultimi due sono B ed A (in quest'ordine)? E se l'ultimo è A, esclusi i casi precedenti? E se... continua te.
Io direi spattara che sei lontanissima dalla soluzione, ma anche lontanissima da qualsiasi ragionamento utile per arrivarci.
Il mio consiglio è quello di ripartire da capo con la teoria della probabilità e iniziare con esercizi semplici per poi arrivare a quelli più complessi.
Comunque, tanto per darti l'idea di come si deve svolgere un esercizio, guardiamo pure il primo.
Devi pensare che hai 51 palline e 51 buche e quindi ad ogni pallina devi assegnare una buca.
Perciò il numero di combinazioni possibili è uguale al numero di funzioni da un insieme di 51 elementi ad un altro insieme di 51 elementi e quindi in tutto sono $51^(51)$
Invece il numero di combinazioni possibili che le palline cadano tutte in una stessa buca si ottengono fissando una buca ( e hai 51 scelte) e buttando tutte le palline dentro lì. Perciò esse sono 51.
La probabiltà che tutte le palline cadano in una stessa buca è quindi $51/51^(51)$=1/51^50$
Prova tu (e ti consiglio di farlo però dopo aver studiato di nuovo probabilità) a rispondere alla domanda b
Il mio consiglio è quello di ripartire da capo con la teoria della probabilità e iniziare con esercizi semplici per poi arrivare a quelli più complessi.
Comunque, tanto per darti l'idea di come si deve svolgere un esercizio, guardiamo pure il primo.
Devi pensare che hai 51 palline e 51 buche e quindi ad ogni pallina devi assegnare una buca.
Perciò il numero di combinazioni possibili è uguale al numero di funzioni da un insieme di 51 elementi ad un altro insieme di 51 elementi e quindi in tutto sono $51^(51)$
Invece il numero di combinazioni possibili che le palline cadano tutte in una stessa buca si ottengono fissando una buca ( e hai 51 scelte) e buttando tutte le palline dentro lì. Perciò esse sono 51.
La probabiltà che tutte le palline cadano in una stessa buca è quindi $51/51^(51)$=1/51^50$
Prova tu (e ti consiglio di farlo però dopo aver studiato di nuovo probabilità) a rispondere alla domanda b
grazie x i vostri aiuti!!!
ragionando tramite i gruppi un po' mi si è aperta la strada...
ne volevo proporre un altro:
un usciere ha 10 chiavi, ognuna chiude una porta.
se è ubriaco (succede 1 giorno su 3) la chiave che nn apre la porta la rimescola nel mazzo;
se è sobrio, la tiene da parte.
sapendo che per aprire una porta ha utilizzato almeno 9 chiavi, qual è la probabilità che sia ubriaco!?
ragionando tramite i gruppi un po' mi si è aperta la strada...
ne volevo proporre un altro:
un usciere ha 10 chiavi, ognuna chiude una porta.
se è ubriaco (succede 1 giorno su 3) la chiave che nn apre la porta la rimescola nel mazzo;
se è sobrio, la tiene da parte.
sapendo che per aprire una porta ha utilizzato almeno 9 chiavi, qual è la probabilità che sia ubriaco!?
se è ubriaco è un esperimento con ripetizione, quindi
p(chiave giusta/ubriaco)=1/3*1/10;
p(chiave giusta/sobrio)=2/3*1/(10-n) con n=n° del tentativo.
x sapere se è ubriaco applico bayes
giusto?!?!??!
p(chiave giusta/ubriaco)=1/3*1/10;
p(chiave giusta/sobrio)=2/3*1/(10-n) con n=n° del tentativo.
x sapere se è ubriaco applico bayes
giusto?!?!??!
abbiate pazienza, ma siete la mia unica salvezza!!!
tornando all'es delle 51 buche:
ponendo A=500mila€; B=250mila€; X=uno dei restanti 18
FISSO UN PACCO
possibili disposizioni 4*18!
19° pacco: A ; X ; B ; X
20° pacco: X ; A ; X ; B
FISSO 2 PACCHI 2*18!
A B ; B A
tornando all'es delle 51 buche:
ponendo A=500mila€; B=250mila€; X=uno dei restanti 18
FISSO UN PACCO
possibili disposizioni 4*18!
19° pacco: A ; X ; B ; X
20° pacco: X ; A ; X ; B
FISSO 2 PACCHI 2*18!
A B ; B A
"spattara":
le conclusioni a cui sono arrivata:
es1
P(una buca)=1/51
P(tutte nella stessa)=(1/51)^51
P(tutte in buche diverse)=51!/51^51
riguardo la prima parte, ti ha corretto misanino.
sulla seconda parte, per me la tua soluzione è esatta, perché è il rapporto tra il numero di funzioni biiettive e il numero di funzioni qualsiansi.
es 1 archiviato!
"spattara":
FISSO UN PACCO
possibili disposizioni 4*18!
19° pacco: A ; X ; B ; X
20° pacco: X ; A ; X ; B
FISSO 2 PACCHI 2*18!
A B ; B A
Secondo me ci sta un errore anche qui.
Quando fissi il 19^ pacco, devi prevedere che il 20^ possa essere uno degli altri 18 (escluso l'altro buono che hai conteggiato successivamente)
Quindi:
4 [Ax xA Bx xB]
18 [la x di cui sopra]
18! [gli altri 18 pacchi]
$4*18*18!$
Spero di non aver detto .....
con l'esercizio 2 mi sono un po' persa a leggere le varie indicazioni.
propongo questa soluzione:
sia A l'evento "il premio maggiore sia nel pacco n. X oppure nel pacco n. Y" (sarebbero gli ultimi chiamati, ma naturalmente i posti sono indifferenti);
sia B l'evento "il secondo premio sia nel pacco n. X oppure nel pacco n. Y".
per il principio d'inclusione-esclusione (o anche solo per le operazioni tra insiemi), la probabilità richiesta è:
$P(AuuB)=P(A)+P(B)-P(AnnB)=2/20+2/20-2*1/20*1/19=28/190=14/95$.
spero anch'io di non avere scritto sciocchezze. ciao.
propongo questa soluzione:
sia A l'evento "il premio maggiore sia nel pacco n. X oppure nel pacco n. Y" (sarebbero gli ultimi chiamati, ma naturalmente i posti sono indifferenti);
sia B l'evento "il secondo premio sia nel pacco n. X oppure nel pacco n. Y".
per il principio d'inclusione-esclusione (o anche solo per le operazioni tra insiemi), la probabilità richiesta è:
$P(AuuB)=P(A)+P(B)-P(AnnB)=2/20+2/20-2*1/20*1/19=28/190=14/95$.
spero anch'io di non avere scritto sciocchezze. ciao.
"adaBTTLS":
2/20+2/20-2*1/20*1/19$.
spero anch'io di non avere scritto sciocchezze. ciao.
C'e' un piccolo errore nel calcolo:
$(19+19-2)/190 = 18/95$
Ora la tua soluzione corrisponde con la mia:
$(4*18*18 ! ) / (20 !) = (4*18)/(19*20) = 18/95$
Se abbiamo detto una sciochezza, ce la dividiamo in due.
"Umby":
[quote="adaBTTLS"]$2/20+2/20-2*1/20*1/19$.
spero anch'io di non avere scritto sciocchezze. ciao.
C'e' un piccolo errore nel calcolo:
$(19+19-2)/190 = 18/95$
Ora la tua soluzione corrisponde con la mia:
$(4*18*18 ! ) / (20 !) = (4*18)/(19*20) = 18/95$
Se abbiamo detto una sciochezza, ce la dividiamo in due.[/quote]
C'è un errore nel calcolo sì, ovvero $2/20 + 2/20 - 2*1/20*1/19 = 38/380 + 38/380 - 2/380 = 74/380 = 37/190$
Infatti, senza stare a "fissare" nessun pacco - ché a fissarli troppo quel bastardo del "Dottore" del gioco dei pacchi ti frega - avevo suggerito di provare a contare il numero di disposizioni "pacco buono fra gli ultimi due", faccio l'esempio con i primi due tanto è uguale:
- pacco A, poi B, poi gli altri, totale $18!$
- pacco B, poi A... ancora $18!$
- pacco A, poi un pacco a scelta fra 18 "non buoni", poi gli altri (fra cui il pacco B), totale $18*18!$
- idem, pacco B poi bla bla, ancora $18*18!$
- idem, con il pacco A per secondo, $18*18!$
- idem, con il pacco B, $18*18!$
[L'ho fatta lunga a titolo di esempio, è chiaro che esistono scorciatoie]
Per un totale di $2*18!+4*18*18!$ disposizioni, quindi la probabilità è
$p = (18! + 18! + 4*18*18!) / (20!) = 37/190$
E i due risultati sono uguali. Poi, se l'ultima sciocchezza è la mia, solo mio ne sarà il merito
"Rggb":
Poi, se l'ultima sciocchezza è la mia, solo mio ne sarà il merito
Lo metterei in evidenza questo topic, quale il migliore di tutti i tempi.
Praticamente tu hai detto la stessa cosa detta da me, nel senso che:
Precedentemente era stata gia' calcolata la probilità di entrambi pacchi:
"spattara":
FISSO 2 PACCHI 2*18!
A B ; B A
e su questo tutti d'accordo.
Poi era stata calcolata la probabilità di un singolo pacco erroneamente, e sono intervenuto calcolando un:
"Umby":
4 [Ax xA Bx xB]
18 [la x di cui sopra]
18! [gli altri 18 pacchi]
$4*18*18!$
-----------
Se ci fai caso, il tuo attuale calcolo non fa altro che sommare entrambe probabilità. Lo stesso tuo ragionamento:
"Rggb":
- pacco A, poi un pacco a scelta fra 18 "non buoni", poi gli altri (fra cui il pacco B), totale $18*18!$
- idem, pacco B poi bla bla, ancora $18*18!$
- idem, con il pacco A per secondo, $18*18!$
- idem, con il pacco B, $18*18!$
è praticamente uguale al mio di sopra.
------------
Volendo possiamo anche fare 33% 33% 33% come Troisi, Benigni e Leonardo.
Lo metterei in evidenza questo topic, quale il migliore di tutti i tempi.
Non male come idea
Praticamente tu hai detto la stessa cosa detta da me, nel senso che:
Precedentemente era stata gia' calcolata la probilità di entrambi pacchi:
[cut]
e su questo tutti d'accordo.
Poi era stata calcolata la probabilità di un singolo pacco erroneamente, e sono intervenuto calcolando un:
"Umby":
4 [Ax xA Bx xB]
18 [la x di cui sopra]
18! [gli altri 18 pacchi]
$4*18*18!$
Se ci fai caso, il tuo attuale calcolo non fa altro che sommare entrambe probabilità.
Infatti, vanno sommate...
Lo stesso tuo ragionamento:
[cut]
è praticamente uguale al mio di sopra.
E viene $p=37/190$ e non $p=18/95$, errore di calcolo? Oppure ho capito male io...
Volendo possiamo anche fare 33% 33% 33% come Troisi, Benigni e Leonardo.
Sono d'accordo, cari Ingegneri... Treno (di pacchi)! Per carità, facciamo 33, 33 e 33
"Rggb":
E viene $p=37/190$ e non $p=18/95$, errore di calcolo? Oppure ho capito male io...
Diciamo:
Un solo pacco $18/95$
Entrambi pacchi $1/190$
Almeno uno $18/95 + 1/190 = 37/190$
Sempre S.E.& O.
Verifica:
Non esce nessuno dei due: $18/20 + 17/19 = 153/190$
$153/190 + 37/190 = 1$
Non esce nessuno dei due: $18/20 + 17/19 = 153/190$
$153/190 + 37/190 = 1$
grazie del conforto... sì, errore di calcolo c'è stato, ma viene $(19+19-1)/190=37/190$
... e dunque mi pare che vada diviso almeno in tre...
... e dunque mi pare che vada diviso almeno in tre...
grazie di cuore a tutti voi che vi siete prodigati nel farmi capire la strada x qst esercizio!!!
es 2 (o dei pacchi) ARCHIVIATO!
es 2 (o dei pacchi) ARCHIVIATO!
prego!
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