Una applicazione del teorema di Bayes [RISOLTO]
Ciao,
sto iniziando a leggere il libro "Introduzione alla Statistica" (Pace-Salvan), e mi sono subito bloccato: non capisco come affrontare e risolvere l'esempio 0.1 "Una applicazione del teorema di Bayes".
Si consideri un'urna contenente $n>=2$ palline, per ognuna delle quali il colore è determinato, indipendentemente dalle altre, come bianco o nero con probabilità $1/2$. Dall'urna si estrae con equiprobabilità una pallina. L'esperimento ha dunque due stadi, la costituzione della composizione dell'urna e l'estrazione di una pallina. Una partizione di $S$ è operata dagli eventi $A_i$, "nell'urna sono state immesse i palline bianche", $i = 0,...,n$ con probabilità iniziali $Pr(A_i) = ((n),(i))1/2^n$.
Si supponga estratta la pallina, rimanendo ignota la composizione dell'urna. E' realizzato l'evento $E$, "la pallina estratta è bianca". La verosimiglianza che l'osservazione di $E$ attribuisce all'ipotesi di composizione $A_i$ è $Pr(E|A_i)= i/n$, per $i=0,..., n$.
Le probabilità finali sono $Pr(A_0|E)=0$ e $Pr(A_i|E) = ((n-1),(i-1))1/2^(n-1)$ per $i=1,...,n$.
Vi chiederei:
1) dove/come ha tirato fuori le $Pr(A_i)$?
2) dove/come ha tirato fuori $Pr(A_i|E)$?
Ho provato con la formula del teorema di Bayes, ma non mi esce nulla! Grazie!
sto iniziando a leggere il libro "Introduzione alla Statistica" (Pace-Salvan), e mi sono subito bloccato: non capisco come affrontare e risolvere l'esempio 0.1 "Una applicazione del teorema di Bayes".
Si consideri un'urna contenente $n>=2$ palline, per ognuna delle quali il colore è determinato, indipendentemente dalle altre, come bianco o nero con probabilità $1/2$. Dall'urna si estrae con equiprobabilità una pallina. L'esperimento ha dunque due stadi, la costituzione della composizione dell'urna e l'estrazione di una pallina. Una partizione di $S$ è operata dagli eventi $A_i$, "nell'urna sono state immesse i palline bianche", $i = 0,...,n$ con probabilità iniziali $Pr(A_i) = ((n),(i))1/2^n$.
Si supponga estratta la pallina, rimanendo ignota la composizione dell'urna. E' realizzato l'evento $E$, "la pallina estratta è bianca". La verosimiglianza che l'osservazione di $E$ attribuisce all'ipotesi di composizione $A_i$ è $Pr(E|A_i)= i/n$, per $i=0,..., n$.
Le probabilità finali sono $Pr(A_0|E)=0$ e $Pr(A_i|E) = ((n-1),(i-1))1/2^(n-1)$ per $i=1,...,n$.
Vi chiederei:
1) dove/come ha tirato fuori le $Pr(A_i)$?
2) dove/come ha tirato fuori $Pr(A_i|E)$?
Ho provato con la formula del teorema di Bayes, ma non mi esce nulla! Grazie!
Risposte
"alessandromagno08":
1) dove/come ha tirato fuori le $Pr(A_i)$?
Binomiale.
"alessandromagno08":
2) dove/come ha tirato fuori $Pr(A_i|E)$?
Bayes.
"alessandromagno08":
1) dove/come ha tirato fuori le $Pr(A_i)$?
"ghira":
Binomiale.
Cioè, le probabilità iniziali, cioè la probabilità che nell'urna sono state immesse $i$ palline bianche si distribuisce come una binomiale, come se estraessi una pallina alla volta e dicessi "questa è bianca", oppure "questa è nera", con probabilità rispettivamente $p=1/2$ e $q=1-p=1/2$, quindi la binomiale diventa $Pr(A_i) = ((n),(i))(1/2)^i(1/2)^(n-i)$?
"alessandromagno08":
2) dove/come ha tirato fuori $Pr(A_i|E)$?
"ghira":
Bayes.
Ok, ma mi faresti vedere come sarebbe la formula? Cioè al numeratore $Pr(A_i) Pr(E|A_i)$, con $Pr(E|A_i)=i/n$? E al denominatore?
Grazie di cuore!
"alessandromagno08":
Cioè, le probabilità iniziali, cioè la probabilità che nell'urna sono state immesse $ i $ palline bianche si distribuisce come una binomiale, come se estraessi una pallina alla volta e dicessi "questa è bianca", oppure "questa è nera", con probabilità rispettivamente $ p=1/2 $ e $ q=1-p=1/2 $, quindi la binomiale diventa $ Pr(A_i) = ((n),(i))(1/2)^i(1/2)^(n-i) $?
Francamente non so cosa hai voluto dire con la tua domanda.
Un metodo relativamente semplice, che aiuta a capire da dove salta fuori quella formula
$ Pr(A_i) = ((n),(i))1/2^n $
e' questo:
Prendi
$(x+y)^n = \sum_{i=0}^n ( (n), (i) ) x^i y^{n-i}$
Questo e' lo sviluppo di un binomio alla ennesima potenza e salta fuori appunto la binomiale. Questa formula ti dovrebbe essere famigliare.
Ora se sostituisci $x = P(N)=1/2$ e $y=P(B)=1/2$ ovvero la probabilita' che una pallina sia nera e che sia bianca, ottieni:
$(1/2+1/2)^n = 1 = \sum_{i=0}^n ( (n), (i) ) 1/2^n$.
Ora la somma rappresenta la probabilità' di ottenere ogni evento, es: 3 palline bianche su $n$, 6 palline bianche su $n$, in generale $i$ palline bianche (nere, e' uguale) su $n$.
La probabilita' di quasiasi evento e' giustamente 1.
Noi prendiamo il singolo caso generico:
$ P(A_i) = ( (n), (i) ) 1/2^n$.
Poi si puo' spiegare in un altro modo:
prendendo $n$ palline numerate da 1 a $n$, le mettiamo in fila dalla 1 alla $n$ e ci chiediamo quanti modi ci sono di colorare ogni pallina bianca o nera.
I modi sono 2, le palline $n$ quindi $2^n$. La probabilita' di ogni singola colorazione e' quindi $1/2^n$.
Pero' a noi non interessa l'ordine delle palline.
La palline sono alla rinfusa in un sacchetto.
Quindi ci chiediamo quanti modi ci sono di disporre $n$ palline numerate.
La prima pallina la scelgo tra $n$ palline, la seconda tra $n-1$, ecc.
Ho quindi $n!$ modi di disporre $n$ palline numerate.
Siccome NON mi interessa la disposizione, moltiplico le mie probabilita' di $n!$ e ottengo ${n!}/2^n$.
Ad esempio: con 5 palline potro' avere la seguente disposizione:
$B_3 B_2 N_1 B_5 N_4$.
Ora, pero' tenendo conto che la numerazione non mi interessa, e mi interessa solo il numero di ciascun colore, mi accorgo di aver contato ripetutamente una disposizione che in realta' ho gia' contato.
Quindi ad esempio questa
$B_3 B_2 N_1 B_5 N_4$.
e questa
$B_2 B_3 N_1 B_5 N_4$.
sono in realta' la stessa disposizione:
$B B N B N$.
Quindi voglio dedurre dal conteggio $n!$ i conteggi ripetuti.
Per le bianche si tratta di trovare in quanti modi posso disporre:
$B_2 B_3 B_5$.
E' facile vedere che sono $3! = i!$.
Lo stesso per le nere e sono $2! = (n-i)!$.
Quindi divido il mio conteggio iniziale $n!$ e ottengo ${n!}/{i! (n-i)!} 1/2^n = ( (n), (i) ) 1/2^n$
"alessandromagno08":
Ok, ma mi faresti vedere come sarebbe la formula? Cioè al numeratore $ Pr(A_i) Pr(E|A_i) $, con $ Pr(E|A_i)=i/n $? E al denominatore?
$P(E | A_i)P(A_i)= P(A_i| E)P(E)$
$P(A_i| E)= {P(E | A_i)P(A_i)}/{P(E)}$
$P(E | A_i) = i/n$ mi sembra ovvio.
$P(E) = 1/2$ e' un po' meno chiara, ma credo che il ragionamento sia:
o che banalmente, l'estrazione di una pallina bianca o nera a caso ha prob. $1/2$
oppure che, considerando tutte le $n$ colorazioni di $n$ palline di cui $i$ bianche ci sono $n^2$ palline ($n$ palline per $n$ casi). Di queste, la meta' sono bianche, quindi torna $P(E) = 1/2$.
Quindi
$P(A_i| E)= {P(E | A_i)P(A_i)}/{P(E)} = {n!}/{i! (n-i)!} 1/2^n i/n 2 = ( (n-1), (i-1) ) 1/2^{n-1} $
Ti ringrazio molto Quinzio.
Stavo cercando un modo per capire come ragionare in questi casi.. non arrivo direttamente a pensare che gli eventi $A_i$ "nell'urna sono state immesse $i$ palline bianche" si distribuiscano come una binomiale e, scusami, faccio fatica ad arrivarci pensando allo sviluppo di un binomio... mi verrebbe, però col senno di poi!, pensare ad un conteggio di successi, considerando un successo trovare una pallina bianca, sbaglio a pensare così?
ll secondo metodo, da pazientemente descritto, non fa una piega, ma non ti sembra, seppur corretto, troppo macchinoso, o comunque, che ti fa spendere tanto tempo?!?
Effettivamente $P(E)=1/2$ è meno chiara, perchè da un lato il testo dice che è equiprobabile l'estrazione di una pallina, dall'altra si sottolinea che, una volta estratta, RESTA ignota la composizione dell'urna...
Grazie di tutto!
"Quinzio":
Francamente non so cosa hai voluto dire con la tua domanda.
Stavo cercando un modo per capire come ragionare in questi casi.. non arrivo direttamente a pensare che gli eventi $A_i$ "nell'urna sono state immesse $i$ palline bianche" si distribuiscano come una binomiale e, scusami, faccio fatica ad arrivarci pensando allo sviluppo di un binomio... mi verrebbe, però col senno di poi!, pensare ad un conteggio di successi, considerando un successo trovare una pallina bianca, sbaglio a pensare così?
ll secondo metodo, da pazientemente descritto, non fa una piega, ma non ti sembra, seppur corretto, troppo macchinoso, o comunque, che ti fa spendere tanto tempo?!?
"Quinzio":
$ P(E) = 1/2 $ e' un po' meno chiara
Effettivamente $P(E)=1/2$ è meno chiara, perchè da un lato il testo dice che è equiprobabile l'estrazione di una pallina, dall'altra si sottolinea che, una volta estratta, RESTA ignota la composizione dell'urna...
Grazie di tutto!
"alessandromagno08":
Effettivamente $P(E)=1/2$ è meno chiara, perchè da un lato il testo dice che è equiprobabile l'estrazione di una pallina, dall'altra si sottolinea che, una volta estratta, RESTA ignota la composizione dell'urna...
Grazie di tutto!
A pensarci bene c'e' anche, per $P(E)$, un calcolo piu' rigoroso e forse piu' convincente.
Si tratta di tenere conto di tutti gli eventi.
Per un singolo evento (ossia per ogni colorazione bianco/nero ), la probabilita' di estrarre una bianca e' di $i/n$.
La moltiplichiamo per la probabilita' dell'evento $((n),(i))1/2^n$ e si sommano tutte le probabilita'.
$\sum_{i=0}^n i/n ((n),(i))1/2^n = 1/2 \sum_{i=0}^{n-1} ((n-1),(i))1/2^{n-1} = 1/2$
La sommatoria finale come abbiamo gia' visto e' $(1/2 + 1/2)^(n-1) = 1$.
Quindi anche in modo rigoroso, $P(E) = 1$
"alessandromagno08":
Cioè, le probabilità iniziali, cioè la probabilità che nell'urna sono state immesse $i$ palline bianche si distribuisce come una binomiale, come se estraessi una pallina alla volta e dicessi "questa è bianca", oppure "questa è nera", con probabilità rispettivamente $p=1/2$ e $q=1-p=1/2$, quindi la binomiale diventa $Pr(A_i) = ((n),(i))(1/2)^i(1/2)^(n-i)$?
La domanda stessa dice "per ognuna delle quali il colore è determinato, indipendentemente dalle altre, come bianco o nero con probabilità $1/2$"
Binomiale.
"alessandromagno08":
E al denominatore?
$Pr(E)$, magari scritta come $\sum_{i=0}^n Pr(A_i) Pr(E|A_i)$.
$P(E) = 1/2$, non $1$, sarà stato un errore di distrazione.
Grazie Quinzio e grazie a ghira!
Grazie Quinzio e grazie a ghira!
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