Vari esercizi Probabilità
Ciao a tutti, vorrei un aiuto su un paio di esercizi, apro il thread e di giorno in giorno scriverò qualcosina.
Oggi il problema è questo (e tale procedimento ad una letta veloce sta anche su altri esercizi più avanti che quindi mi risultano "bloccati" perchè non lo so fare).
Scrivo il testo dell'esercizio:
Una coppia di dadi viene lanciata fintanto che la loro somma dia 5 oppure 7. Si trovi la probabilità che il 5 venga ottenuto per primo.
SUGGERIMENTO: sia $E_n$ l'evento che 5 si ottenga all'n-esimo lancio e che non si sia ottenuto nè 5 nè 7 nei precedenti n-1 lanci. Si calcoli $P(E_n)$ e si dimostri che $\sum_{n=1}^\infty P(E_n)$ è la probabilità richiesta.
Dopo ore di calcoli con probabilità del poker, dei dadi e di tutti i più disparati giochi d'azzardo, mi si presenta sta botta che mi spiazza e di cui sul libro non ho un esempio.
L'idea perciò è stata quella di seguire il suggerimento e cercare qual'è la $P(E_n)$
Innanzitutto ho calcolato il numero totale degli eventi, tirati due dadi ogni lancio ha 36 combinazioni di valori, perciò dopo N lanci, contando l'ordine come sono usciti, avrò $36^n$ combinazioni.
Ora vado a cercare il numero di eventi che soddisfano la richiesta. Nello specifico, sui 36 eventi possibili avrò:
4 eventi che risultano dare come somma di valori 5 (1+4,2+3,3+2,4+1)
6 eventi che risultano dare come somma di valori 7 (1+6,2+5,3+4,4+3,5+2,6+1)
26 saranno gli eventi che non danno nè 5 nè 7.
l'idea per calcolare il numero di casi che abbiano 5 come ultimo valore (perchè poi i lanci si fermano) e nessun 7 o 5 prima è questa:
ho n-1 lanci che non danno nè 5 nè 7: $(26)^(n-1)$ e l'ultimo lancio dà 5 $4$
risultato $(26)^(n-1) * 4$
La probabilità risulta quindi $\frac{\text{soddisfano il criterio}}{\text{totali}}$
$P(E_n) = ((26)^(n-1) * 4)/36^n$
Che però non mi convince molto, la sommatoria inoltre non so calcolarla.
Aiuto?
Oggi il problema è questo (e tale procedimento ad una letta veloce sta anche su altri esercizi più avanti che quindi mi risultano "bloccati" perchè non lo so fare).
Scrivo il testo dell'esercizio:
Una coppia di dadi viene lanciata fintanto che la loro somma dia 5 oppure 7. Si trovi la probabilità che il 5 venga ottenuto per primo.
SUGGERIMENTO: sia $E_n$ l'evento che 5 si ottenga all'n-esimo lancio e che non si sia ottenuto nè 5 nè 7 nei precedenti n-1 lanci. Si calcoli $P(E_n)$ e si dimostri che $\sum_{n=1}^\infty P(E_n)$ è la probabilità richiesta.
Dopo ore di calcoli con probabilità del poker, dei dadi e di tutti i più disparati giochi d'azzardo, mi si presenta sta botta che mi spiazza e di cui sul libro non ho un esempio.
L'idea perciò è stata quella di seguire il suggerimento e cercare qual'è la $P(E_n)$
Innanzitutto ho calcolato il numero totale degli eventi, tirati due dadi ogni lancio ha 36 combinazioni di valori, perciò dopo N lanci, contando l'ordine come sono usciti, avrò $36^n$ combinazioni.
Ora vado a cercare il numero di eventi che soddisfano la richiesta. Nello specifico, sui 36 eventi possibili avrò:
4 eventi che risultano dare come somma di valori 5 (1+4,2+3,3+2,4+1)
6 eventi che risultano dare come somma di valori 7 (1+6,2+5,3+4,4+3,5+2,6+1)
26 saranno gli eventi che non danno nè 5 nè 7.
l'idea per calcolare il numero di casi che abbiano 5 come ultimo valore (perchè poi i lanci si fermano) e nessun 7 o 5 prima è questa:
ho n-1 lanci che non danno nè 5 nè 7: $(26)^(n-1)$ e l'ultimo lancio dà 5 $4$
risultato $(26)^(n-1) * 4$
La probabilità risulta quindi $\frac{\text{soddisfano il criterio}}{\text{totali}}$
$P(E_n) = ((26)^(n-1) * 4)/36^n$
Che però non mi convince molto, la sommatoria inoltre non so calcolarla.
Aiuto?
Risposte
Valuta che questo evento possa capitare alla prima estrazione,
scartando tutte le altre combinazioni (ovvero diverso da 5 e da 7), hai
P(5) = $(4/36) / (4/36 + 6/36)$ = 40%
P(7) = $(6/36) / (4/36 + 6/36)$ = 60%
Alla seconda estrazione, ti ritrovi di nuovo nella stessa condizione, così come alla n-esima.
Che ne pensi ?
scartando tutte le altre combinazioni (ovvero diverso da 5 e da 7), hai
P(5) = $(4/36) / (4/36 + 6/36)$ = 40%
P(7) = $(6/36) / (4/36 + 6/36)$ = 60%
Alla seconda estrazione, ti ritrovi di nuovo nella stessa condizione, così come alla n-esima.
Che ne pensi ?
non riesco però a focalizzare il perchè dividi solo per il numero di eventi 5 e 7, e non per tutti e 36 gli eventi possibili....
Il testo dice che se esce il 5 o il 7, ti fermi.
Nel caso contrario, continui a lanciare i dadi fin quando si verifica l'evento.
Esempio: se ti dico che si è verificato l'evento al primo lancio (quale è la p. che possa essere il 5, e quale il 7?)
Nel caso contrario, continui a lanciare i dadi fin quando si verifica l'evento.
Esempio: se ti dico che si è verificato l'evento al primo lancio (quale è la p. che possa essere il 5, e quale il 7?)
ok adesso mi è più chiaro, perchè è impossibile che escano gli altri, se mi son fermato.
Successivo esercizio, il suggerimento è sempre con le sommatorie, ma a ragionamento sono bloccato di nuovo:
Giochiamo al seguente gioco di dadi: Un giocatore lancia due dadi, se la somma è 2,3 o 12 il giocatore perde, se la somma è 7 o 11 vince. Se il risultato è diverso da questi valori il giocatore lancia nuovamente i dadi dino a che non ottenga come somma dei valori o la medesima del primo lancio o il 7. Se il gioco finisce perchè si è ottenuto 7 il giocatore ha perso, viceversa se invece del 7 si presenta la medesima somma ottenuta al primo lancio il giocatore vince. Si calcoli la probabilità di vittoria.
SUGGERIMENTO: Sia $E_i$ l'evento che la prima somma è uguale ad $i$ e il giocatore ha vinto. La probabilità cercata sarà $\sum_{i=1}^12 P(E_i)$. Per calcolare $P(E_i)$, definiamo gli eventi $E_i,_n$ che la somma iniziale dà i e il giocatore vince all'n-esimo lancio dei dadi. Si provi che $P(E_i) = \sum_{n=1}^\infty P(E_i,_n)$
Procedendo per intuito ho pensato di fare questa cosa qui:
Sommo la probabilità che vinca al primo tiro ($2/9$) alle probabilità che:
dato un numero n, sia uscito tale numero e al turno successivo sia nuovamente uscito tale numero.
quindi la cosa diventa circa:
$2/9 + 2(3/36*3/36) + 2(4/36*4/36) + 2(5/36*5/36)$
però ovviamente viene sbagliata, perchè non tiene conto dei tiri successivi al primo però se tengo conto dei tiri successivi al primo farei:
prendiamo caso che la somma sia 6 (5 modi per ottenerla) vuol dire che il tiro ha avuto una probabilità $5/36$. nel successivo posso ottenere solo un 6, perciò sempre $5/36$, così via verrebbe un $(5/36)^n$ che però all'infinito tende a zero. E la probabilità risulterebbe 2/9, che ovviamente non è corretta....
aiuto?
EDIT:
Per la serie PENSARE prima di scrivere. Nel giro di una decina di minuti mi è venuta l'intuizione. Il risultato a cui sono giuto, che risulta essere corretto secondo il libro, è il seguente:
$2/9 + 2* 3/36*1/3 + 2*4/36*4/10 + 2*5/36*5/11 = 0,492929$
Il primo è il caso in cui esca come numero subito 7 o subito 11. Il secondo che esca 4 o 10 (da qui la moltiplicazione per 2) il terzo 5 o 9 il quarto 6 o 8.
Giochiamo al seguente gioco di dadi: Un giocatore lancia due dadi, se la somma è 2,3 o 12 il giocatore perde, se la somma è 7 o 11 vince. Se il risultato è diverso da questi valori il giocatore lancia nuovamente i dadi dino a che non ottenga come somma dei valori o la medesima del primo lancio o il 7. Se il gioco finisce perchè si è ottenuto 7 il giocatore ha perso, viceversa se invece del 7 si presenta la medesima somma ottenuta al primo lancio il giocatore vince. Si calcoli la probabilità di vittoria.
SUGGERIMENTO: Sia $E_i$ l'evento che la prima somma è uguale ad $i$ e il giocatore ha vinto. La probabilità cercata sarà $\sum_{i=1}^12 P(E_i)$. Per calcolare $P(E_i)$, definiamo gli eventi $E_i,_n$ che la somma iniziale dà i e il giocatore vince all'n-esimo lancio dei dadi. Si provi che $P(E_i) = \sum_{n=1}^\infty P(E_i,_n)$
Procedendo per intuito ho pensato di fare questa cosa qui:
Sommo la probabilità che vinca al primo tiro ($2/9$) alle probabilità che:
dato un numero n, sia uscito tale numero e al turno successivo sia nuovamente uscito tale numero.
quindi la cosa diventa circa:
$2/9 + 2(3/36*3/36) + 2(4/36*4/36) + 2(5/36*5/36)$
però ovviamente viene sbagliata, perchè non tiene conto dei tiri successivi al primo però se tengo conto dei tiri successivi al primo farei:
prendiamo caso che la somma sia 6 (5 modi per ottenerla) vuol dire che il tiro ha avuto una probabilità $5/36$. nel successivo posso ottenere solo un 6, perciò sempre $5/36$, così via verrebbe un $(5/36)^n$ che però all'infinito tende a zero. E la probabilità risulterebbe 2/9, che ovviamente non è corretta....
aiuto?
EDIT:
Per la serie PENSARE prima di scrivere. Nel giro di una decina di minuti mi è venuta l'intuizione. Il risultato a cui sono giuto, che risulta essere corretto secondo il libro, è il seguente:
$2/9 + 2* 3/36*1/3 + 2*4/36*4/10 + 2*5/36*5/11 = 0,492929$
Il primo è il caso in cui esca come numero subito 7 o subito 11. Il secondo che esca 4 o 10 (da qui la moltiplicazione per 2) il terzo 5 o 9 il quarto 6 o 8.
non hai spiegato da dove saltano fuori il $1/3$; $4/10$; $5/11$
Per il 4 ed il 10 hai 3 modi per realizzarlo che sommati ai 6 modi del 7, hai $3/9$ di vincita
Per il 5 ed il 9 hai 4 modi, che sommati ai 6 del 7, hai $4/10$
Per il 6 ed l'8 hai 5 modi, che........ hai $5/11$
Hai la soluzione del quesito precedente ?
Per il 4 ed il 10 hai 3 modi per realizzarlo che sommati ai 6 modi del 7, hai $3/9$ di vincita
Per il 5 ed il 9 hai 4 modi, che sommati ai 6 del 7, hai $4/10$
Per il 6 ed l'8 hai 5 modi, che........ hai $5/11$
Hai la soluzione del quesito precedente ?
il primo quesito la soluzione è 0,4 quindi esattamente il 40% trovato dalla formula, la seconda è quella che ho scritto.
Scusa mi ero dimenticato di aggiungere da dove uscivano quelle frazioni, che hai spiegato bene tu. Grazie
comunque ora sono stufo, domani sicuramente chiederò qualcos'altro.
Scusa mi ero dimenticato di aggiungere da dove uscivano quelle frazioni, che hai spiegato bene tu. Grazie
comunque ora sono stufo, domani sicuramente chiederò qualcos'altro.
"kevinpirola":
il primo quesito la soluzione è 0,4 quindi esattamente il 40% trovato dalla formula, la seconda è quella che ho scritto.
ok per la prima
ok per la seconda. ho solo voluto dare una spiegazione a quei coefficienti.
Ecco altri esercizi che mi lasciano con il dubbio. Premetto che dopo ore di smadonnamenti vari la soluzione l'ho raggiunta ma vorrei sapere se è il metodo migliore.
1)
Un'urna contiene 3 palline rosse e 7 nere. Due giocatori, A e B, estraggono uno alla volta una pallina dall'urna fino a che non viene estratta la prima pallina rossa. Si determini la probabilità che A estragga la pallina rossa. Senza reinserimento.
La soluzione che ho pensato è la seguente:
sommo la probabilità che A estragga il rosso nei vari casi, nello specifico:
A + ABA + ABABA + ABABABA
Che sono gli unici casi possibili, non può esserci un ulteriore passaggio altrimenti sarebbe B ad estrarre la prima rossa.
Metto un po' di numeri:
$3/10 + 7/10*6/9*3/8 + 7/10*6/9*5/8*4/7*3/6 + 7/10*6/9*5/8*4/7*3/6*2/5*3/4 = 0.5833$
La soluzione è corretta, però non mi ispira che la formula debba essere così lunga, e se le palline fossero state 3 rosse e 18 nere? Sarebbe stato un disastro assoluto... qualche consiglio?
------------------------------------------
2) Un'urna contine 5 palline rosse, 6 blu e 8 verdi. Se estraiamo un blocco di 3 palline, qual ì la probabilità che le palline:
a) siano dello stesso colore
b) siano di tre colori differenti.
Il mio approccio è stato questo, i casi in cui le palline siano tutte uguali sono 3, RRR, BBB e VVV. La probabilità del primo è:
$5/19 * 4/18*3/17$
Qui già non mi convince che io consideri 3 probabilità diverse, anche se loro mi dicono "estraiamo in blocco", procedo però col ragionamento, le blu sono $6/19*5/18*4/17$ e le verdi $8/19*7/18*6/17$. Sommo queste tre probabilità ed ottengo 0.0888 che è corretto.
Per il caso in cui i colori sono differenti ho fatto questo ragionamento, sicuramente una per tipo perciò $5/19*6/18*8/17$ e poi devo moltiplicare questa probabilità per il numero di combinazioni possibili cioè le permutazioni semplici dei 3 colori, $3!$. Il risultato è $5/19*6/18*8/17 * 3! = 0,2477$ corretto, però mi lascia perplesso il fatto che non abbia tenuto conto delle [tex]\dbinom{19}{3}[/tex] combinazioni di valori come fattore di moltiplicazione.
------------------------------------------------------
3)
Due scuole hanno il club di scacchi formato, rispettivamente, da 8 e 9 giocatori. Quattro membri di ognuno dei due club vengono scelti a caso per una gara interscolastica. I 4 giocatori selezionati in ognuno dei due club vengono appaiati con quelli dell'altro e giocano una partita a scacchi. Supponiamo che A e B siano membri del club di scuole differenti qual è la probabilità che:
a) A e B giochino assieme
b) A e B vengano scelte per rappresentare ma non giochino assieme
c) solo A o B sia scelta.
Il ragionamento verte sul fatto che devono combaciare 3 fattori. A deve essere scelta, B deve essere scelta e A e B devono essere accoppiate.
I primi due fattori sono banali, supponendo A della prima scuola e B della seconda le loro probabilità di essere scelte sono rispettivamente $4/8$ e $4/9$.
Per trovare invece la probabilità che siano accoppiate ho dovuto fare questo ragionamento:
Calcolo le coppie possibili: $4^2$ (ogni giocatore della prima scuola può essere accoppiato con ogni giocatore della seconda).
Calcolo i quartetti di coppie possibili: $4 * 3 * 2 * 1$. (ogni coppia che scelgo mi esclude le altre che contengono i due giocatori in oggetto.
Fissata una coppia calcolo i casi possibili. $3*2*1$
La probabilità è: $6/24$.
Moltiplico $4/8 * 4/9* 6/24 = 1/18$ corretto.
La mia domanda ora è: non c'è un modo più diretto per calcolare dati due insiemi di n persone il numero di $n/2$ coppie diverse che possono generare?
il punto b e il punto c sono identici al primo basta cambiare i criteri.
--------------------------------------------
ULTIMO:
Una foresta contiene 20 alci, 5 vengono catturati e marchiati e quindi liberati. 4 delle 20 alci vengono catturate, qual è la probabilità che 2 di esse siano marchiate?
Io volevo agire in questo modo:
"pesco" un alce marchiata, la probabilità è $5/20$, la successiva è $4/19$. Ora "pesco" un alce non marchiata la probabilità è $15/18$ e l'ultima non marchiata $14/17$. Moltiplico questi 4 valori e dovrei trovare la probabilità corretta. Ma non funziona.
Allora ho ragionato con il calcolo combinatorio. Le combinazioni [tex]\dbinom{20}{4}[/tex] delle 20 alci in insiemi di 4 sono: 4845; le combinazioni che soddisfano la richiesta (2M 2nonM) sono [tex]\dbinom{5}{2}\dbinom{15}{2} = 10 \cdot 105[/tex]. La probabilità quindi è: $1050/4845 = 70/323$ corretta.
Il risultato ultimo differisce dal mio primo di un fattore 6 al numeratore.
Allora ho pensato di tener conto delle possibili scelte facendo:
[tex](5\cdot4\cdot15\cdot14)/(20\cdot19\cdot18\cdot17) \cdot \dbinom{5}{2}\dbinom{15}{2}[/tex] ma ovviamente viene un numero >1 quindi errato.
In conclusione mancherebbe un [tex]\dbinom{4}{2} = 6[/tex] ma che non saprei giustificare. Idee?
Scusate se sono stato prolisso, però dai, almeno si fa abbastanza presto a rispondere perché gli es sono risolti.... spero
1)
Un'urna contiene 3 palline rosse e 7 nere. Due giocatori, A e B, estraggono uno alla volta una pallina dall'urna fino a che non viene estratta la prima pallina rossa. Si determini la probabilità che A estragga la pallina rossa. Senza reinserimento.
La soluzione che ho pensato è la seguente:
sommo la probabilità che A estragga il rosso nei vari casi, nello specifico:
A + ABA + ABABA + ABABABA
Che sono gli unici casi possibili, non può esserci un ulteriore passaggio altrimenti sarebbe B ad estrarre la prima rossa.
Metto un po' di numeri:
$3/10 + 7/10*6/9*3/8 + 7/10*6/9*5/8*4/7*3/6 + 7/10*6/9*5/8*4/7*3/6*2/5*3/4 = 0.5833$
La soluzione è corretta, però non mi ispira che la formula debba essere così lunga, e se le palline fossero state 3 rosse e 18 nere? Sarebbe stato un disastro assoluto... qualche consiglio?
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2) Un'urna contine 5 palline rosse, 6 blu e 8 verdi. Se estraiamo un blocco di 3 palline, qual ì la probabilità che le palline:
a) siano dello stesso colore
b) siano di tre colori differenti.
Il mio approccio è stato questo, i casi in cui le palline siano tutte uguali sono 3, RRR, BBB e VVV. La probabilità del primo è:
$5/19 * 4/18*3/17$
Qui già non mi convince che io consideri 3 probabilità diverse, anche se loro mi dicono "estraiamo in blocco", procedo però col ragionamento, le blu sono $6/19*5/18*4/17$ e le verdi $8/19*7/18*6/17$. Sommo queste tre probabilità ed ottengo 0.0888 che è corretto.
Per il caso in cui i colori sono differenti ho fatto questo ragionamento, sicuramente una per tipo perciò $5/19*6/18*8/17$ e poi devo moltiplicare questa probabilità per il numero di combinazioni possibili cioè le permutazioni semplici dei 3 colori, $3!$. Il risultato è $5/19*6/18*8/17 * 3! = 0,2477$ corretto, però mi lascia perplesso il fatto che non abbia tenuto conto delle [tex]\dbinom{19}{3}[/tex] combinazioni di valori come fattore di moltiplicazione.
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3)
Due scuole hanno il club di scacchi formato, rispettivamente, da 8 e 9 giocatori. Quattro membri di ognuno dei due club vengono scelti a caso per una gara interscolastica. I 4 giocatori selezionati in ognuno dei due club vengono appaiati con quelli dell'altro e giocano una partita a scacchi. Supponiamo che A e B siano membri del club di scuole differenti qual è la probabilità che:
a) A e B giochino assieme
b) A e B vengano scelte per rappresentare ma non giochino assieme
c) solo A o B sia scelta.
Il ragionamento verte sul fatto che devono combaciare 3 fattori. A deve essere scelta, B deve essere scelta e A e B devono essere accoppiate.
I primi due fattori sono banali, supponendo A della prima scuola e B della seconda le loro probabilità di essere scelte sono rispettivamente $4/8$ e $4/9$.
Per trovare invece la probabilità che siano accoppiate ho dovuto fare questo ragionamento:
Calcolo le coppie possibili: $4^2$ (ogni giocatore della prima scuola può essere accoppiato con ogni giocatore della seconda).
Calcolo i quartetti di coppie possibili: $4 * 3 * 2 * 1$. (ogni coppia che scelgo mi esclude le altre che contengono i due giocatori in oggetto.
Fissata una coppia calcolo i casi possibili. $3*2*1$
La probabilità è: $6/24$.
Moltiplico $4/8 * 4/9* 6/24 = 1/18$ corretto.
La mia domanda ora è: non c'è un modo più diretto per calcolare dati due insiemi di n persone il numero di $n/2$ coppie diverse che possono generare?
il punto b e il punto c sono identici al primo basta cambiare i criteri.
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ULTIMO:
Una foresta contiene 20 alci, 5 vengono catturati e marchiati e quindi liberati. 4 delle 20 alci vengono catturate, qual è la probabilità che 2 di esse siano marchiate?
Io volevo agire in questo modo:
"pesco" un alce marchiata, la probabilità è $5/20$, la successiva è $4/19$. Ora "pesco" un alce non marchiata la probabilità è $15/18$ e l'ultima non marchiata $14/17$. Moltiplico questi 4 valori e dovrei trovare la probabilità corretta. Ma non funziona.
Allora ho ragionato con il calcolo combinatorio. Le combinazioni [tex]\dbinom{20}{4}[/tex] delle 20 alci in insiemi di 4 sono: 4845; le combinazioni che soddisfano la richiesta (2M 2nonM) sono [tex]\dbinom{5}{2}\dbinom{15}{2} = 10 \cdot 105[/tex]. La probabilità quindi è: $1050/4845 = 70/323$ corretta.
Il risultato ultimo differisce dal mio primo di un fattore 6 al numeratore.
Allora ho pensato di tener conto delle possibili scelte facendo:
[tex](5\cdot4\cdot15\cdot14)/(20\cdot19\cdot18\cdot17) \cdot \dbinom{5}{2}\dbinom{15}{2}[/tex] ma ovviamente viene un numero >1 quindi errato.
In conclusione mancherebbe un [tex]\dbinom{4}{2} = 6[/tex] ma che non saprei giustificare. Idee?
Scusate se sono stato prolisso, però dai, almeno si fa abbastanza presto a rispondere perché gli es sono risolti.... spero
Il 6 che ti "manca" nell'ultimo esercizio è dovuto al fatto che le 2 alci marchiate ricatturate non devono essere necessariamente la prima-seconda, ma anche prima-terza, prima-quarta, seconda-terza,seconda-quarta,terza-quarta.
Sei casi in tutto.
Sei casi in tutto.
"kevinpirola":
1)
Un'urna contiene 3 palline rosse e 7 nere. Due giocatori, A e B, estraggono uno alla volta una pallina dall'urna fino a che non viene estratta la prima pallina rossa. Si determini la probabilità che A estragga la pallina rossa. Senza reinserimento.
La soluzione che ho pensato è la seguente:
sommo la probabilità che A estragga il rosso nei vari casi, nello specifico:
A + ABA + ABABA + ABABABA
Che sono gli unici casi possibili, non può esserci un ulteriore passaggio altrimenti sarebbe B ad estrarre la prima rossa.
Metto un po' di numeri:
$3/10 + 7/10*6/9*3/8 + 7/10*6/9*5/8*4/7*3/6 + 7/10*6/9*5/8*4/7*3/6*2/5*3/4 = 0.5833$
La soluzione è corretta, però non mi ispira che la formula debba essere così lunga, e se le palline fossero state 3 rosse e 18 nere? Sarebbe stato un disastro assoluto... qualche consiglio?
Anche io penso sia corretta, non penso sia una cosa facile trovare un algoritmo per risolvere facilmente per qualsiasi sia il numero delle palline nere (restando fisso le 3 rosse).
Sono riuscito a costruire una sequenza, per il numeratore, ed una seconda per il denominatore. Il rapporto tra queste due sequenze, ti da il risultato (il tutto pero' un po troppo complesso, non so se esiste una via più breve)
In ogni caso, con l'aumentare delle palline nere, le % di A e B si avvicinano sempre di piu', fino al raggiungere il 50% per un numero di palline nere infinite. E si intuisce anche perchè.
Per il tuo esempio di 3 Rosse e 18 Nere, il mio calcolo mi porta al risultato di:
$715/1330$ pari al 53% di A, e 47% di B (circa). Controlla te se il calcolo manuale, ti porta allo stesso risultato.
Controlla te se il calcolo manuale, ti porta allo stesso risultato.
eheh, diciamo che mi fido, mi ci vorrebbe una vita per controllare, anche io avevo trovato una formula basandomi su quello che ho trovato come risultato, però sono solo domande ai fini di comprensione, non serve che sappia la soluzione effettiva perchè non è chiesto nell'esercizio.
Gli altri es?
[xdom="hamming_burst"]@kevinpirola: inserisci massimo due problemi per volta, troppo confusionario per chiunque voglia risponderti avere un elenco così lungo di problemi.[/xdom]
riscritto: Hai un'urna con 5 palline nere e 15 rosse. Ne estraggo 4, quale è la probabilità che 2 siano nere?
hai trovato la classica formula dell'ipergeometrica:
${((5),(2))*((15),(2))}/{((20),(4))} \approx 0.217$
se fissiamo con M=marchiato N=non marchiato, allora te hai calcolato la prob. di estrarre $P(MMN\N)$
Ma in questo tipo di estrazione in blocco l'ordine non si può considerare perchè è un'informazione che viene persa, quindi devi moltiplicare il tutto per le possibili combinazioni di due elementi su un insieme di quattro (oppure tutte le possibili permutazioni, anagrammi)
$(5/20*4/19*15/18*14/17)*((4),(2))$
"kevinpirola":
ULTIMO:
Una foresta contiene 20 alci, 5 vengono catturati e marchiati e quindi liberati. 4 delle 20 alci vengono catturate, qual è la probabilità che 2 di esse siano marchiate?
riscritto: Hai un'urna con 5 palline nere e 15 rosse. Ne estraggo 4, quale è la probabilità che 2 siano nere?
Allora ho ragionato con il calcolo combinatorio. Le combinazioni [tex]\dbinom{20}{4}[/tex] delle 20 alci in insiemi di 4 sono: 4845; le combinazioni che soddisfano la richiesta (2M 2nonM) sono [tex]\dbinom{5}{2}\dbinom{15}{2} = 10 \cdot 105[/tex]. La probabilità quindi è: $1050/4845 = 70/323$ corretta.
hai trovato la classica formula dell'ipergeometrica:
${((5),(2))*((15),(2))}/{((20),(4))} \approx 0.217$
Io volevo agire in questo modo:
"pesco" un alce marchiata, la probabilità è $5/20$, la successiva è $4/19$. Ora "pesco" un alce non marchiata la probabilità è $15/18$ e l'ultima non marchiata $14/17$. Moltiplico questi 4 valori e dovrei trovare la probabilità corretta. Ma non funziona.
[...]
Il risultato ultimo differisce dal mio primo di un fattore 6 al numeratore.
Allora ho pensato di tener conto delle possibili scelte facendo:
[tex]\frac{(5\cdot4\cdot15\cdot14)}{(20\cdot19\cdot18\cdot17)} \cdot \dbinom{5}{2}\dbinom{15}{2}[/tex] ma ovviamente viene un numero >1 quindi errato.
In conclusione mancherebbe un [tex]\dbinom{4}{2} = 6[/tex] ma che non saprei giustificare. Idee?
se fissiamo con M=marchiato N=non marchiato, allora te hai calcolato la prob. di estrarre $P(MMN\N)$
Ma in questo tipo di estrazione in blocco l'ordine non si può considerare perchè è un'informazione che viene persa, quindi devi moltiplicare il tutto per le possibili combinazioni di due elementi su un insieme di quattro (oppure tutte le possibili permutazioni, anagrammi)
$(5/20*4/19*15/18*14/17)*((4),(2))$
"kevinpirola":
eheh, diciamo che mi fido, mi ci vorrebbe una vita per controllare, anche io avevo trovato una formula basandomi su quello che ho trovato come risultato, però sono solo domande ai fini di comprensione, non serve che sappia la soluzione effettiva perchè non è chiesto nell'esercizio.
Gli altri es?
guardiamo un es. alla volta.
hai detto che anche te avevi trovato una formula... applicala, e dimmi se arrivi allo stesso risultato.
nel caso contrario, un po di buona volontà da parte tua a riscontrare manualmente il mio risultato (penso che in pochi minuti lo risolvi...)
@umby:
il risultato mi viene 0,5368 quindi compatibile con quello che viene a te.
L'ultimo esercizio ora mi è più chiaro, grazie mille. Scusate se ho postato 4 esercizi. La prossima volta di 2 in 2
il risultato mi viene 0,5368 quindi compatibile con quello che viene a te.
L'ultimo esercizio ora mi è più chiaro, grazie mille. Scusate se ho postato 4 esercizi. La prossima volta di 2 in 2
"kevinpirola":
3)
Calcolo le coppie possibili: $4^2$ (ogni giocatore della prima scuola può essere accoppiato con ogni giocatore della seconda).
Calcolo i quartetti di coppie possibili: $4 * 3 * 2 * 1$. (ogni coppia che scelgo mi esclude le altre che contengono i due giocatori in oggetto.
Fissata una coppia calcolo i casi possibili. $3*2*1$
La probabilità è: $6/24$.
Moltiplico $4/8 * 4/9* 6/24 = 1/18$ corretto.
La mia domanda ora è: non c'è un modo più diretto per calcolare dati due insiemi di n persone il numero di $n/2$ coppie diverse che possono generare?
Hai fatto qualche passaggio di troppo, complicandoti un po la vita...
Potresti ragionare un po come si fa per i sorteggi Champion League.
Fissa i primi 4 elementi di una delle due squadre come:
Prima Elemento
Seconda Elemento
Terzo Elemento
Quarto Elemento
Ora prendi il Primo elemento della seconda squadra, e devi "inserirlo" in una delle 4 partite. La tua p. che caschi in quella giusta (una delle 4) è pari a:
$1/n$ ovvero $1/4$
(......quello che avevi calcolato pari a 6/24)
ok, grazie umby, credo di aver capito.
Ora invece passo ad altri esercizi che mi lasciano con qualche dubbio:
1) 10 paia di scarpe, scegliendo a caso 8 scarpe (singole) calcolare la probabilità che:
a) ci sia nessun paio completo
b) ci sia esattamente 1 paio completo.
----------------------------
2)
Quante persone ci devono essere in una stanza affinchè la probabilità che almeno due compiano gli anni il medesimo mese si almeno $1/2$? tutti i mesi sono equiprobabili.
Mie idee:
1)
punto a:
considero le scarpe come "paia", ho 10 paia
i modi per sceglierne 8 diverse sono le combinazioni semplici dei 10 elementi di 8 in 8, moltiplicate per $2^8$, cioè la possibilità di scegliere una qualsiasi delle 2 scarpe del paio.
i modi totali invece sono le $((20),(8))$ combinazioni semplici.
i conti:
$frac{10! * 2^8}{8!*2!} *(12!*8!)/(20!) = 0,09145 ->$corretto
il punto b:
tra le varie paia di scarpe devo sceglierne 7 (6 singole e 2 dello stesso) quindi sono le combinazioni semplici $((10),(7))$ moltiplicate sempre per la possibilità dei sceglierne una qualsiasi delle 2 del paio ($2^7$)
i conti:
$frac{10! * 2^7}{7!*3!} * (12!*8!)/(20!) = 0,1219 ->$ NON corretto.
Ma non riesco a capire dove sbaglio.
ESERCIZIO 2:
ho pensato di provare a calcolare la probabilità che tutti fossero in mesi diversi e poi fare la probabilità inversa per calcolare quando almeno 1 coppia fosse uguale.
Casi totali: ogni persona può nascere in qualsiasi mese perciò i casi sono $12^n$
Casi nessuno stesso mese: $\prod_{k=1}^n (12-k+1)$
Se le metto però $=1/2$ non riesco a risolvere l'equazione per calcolare il valore...
Ora invece passo ad altri esercizi che mi lasciano con qualche dubbio:
1) 10 paia di scarpe, scegliendo a caso 8 scarpe (singole) calcolare la probabilità che:
a) ci sia nessun paio completo
b) ci sia esattamente 1 paio completo.
----------------------------
2)
Quante persone ci devono essere in una stanza affinchè la probabilità che almeno due compiano gli anni il medesimo mese si almeno $1/2$? tutti i mesi sono equiprobabili.
Mie idee:
1)
punto a:
considero le scarpe come "paia", ho 10 paia
i modi per sceglierne 8 diverse sono le combinazioni semplici dei 10 elementi di 8 in 8, moltiplicate per $2^8$, cioè la possibilità di scegliere una qualsiasi delle 2 scarpe del paio.
i modi totali invece sono le $((20),(8))$ combinazioni semplici.
i conti:
$frac{10! * 2^8}{8!*2!} *(12!*8!)/(20!) = 0,09145 ->$corretto
il punto b:
tra le varie paia di scarpe devo sceglierne 7 (6 singole e 2 dello stesso) quindi sono le combinazioni semplici $((10),(7))$ moltiplicate sempre per la possibilità dei sceglierne una qualsiasi delle 2 del paio ($2^7$)
i conti:
$frac{10! * 2^7}{7!*3!} * (12!*8!)/(20!) = 0,1219 ->$ NON corretto.
Ma non riesco a capire dove sbaglio.
ESERCIZIO 2:
ho pensato di provare a calcolare la probabilità che tutti fossero in mesi diversi e poi fare la probabilità inversa per calcolare quando almeno 1 coppia fosse uguale.
Casi totali: ogni persona può nascere in qualsiasi mese perciò i casi sono $12^n$
Casi nessuno stesso mese: $\prod_{k=1}^n (12-k+1)$
Se le metto però $=1/2$ non riesco a risolvere l'equazione per calcolare il valore...
per il punto 1a) potevi anche:
$(20*18*16*14*12*10*8*6)/(20*19*18*17*16*15*14*13)$
Per il punto 1b:
Il paio di scarpe accoppiato può essere uno dei $10$
le altre 6 puoi sceglierle tra le 9 rimaste, $((9),(6))$
ognuna delle 6 puoi sceglierla tra 2 (diciamo la destra e la sinistra) $2^6$
i casi possibili sono $((20),(8))$
$(20*18*16*14*12*10*8*6)/(20*19*18*17*16*15*14*13)$
Per il punto 1b:
Il paio di scarpe accoppiato può essere uno dei $10$
le altre 6 puoi sceglierle tra le 9 rimaste, $((9),(6))$
ognuna delle 6 puoi sceglierla tra 2 (diciamo la destra e la sinistra) $2^6$
i casi possibili sono $((20),(8))$
orca, è vero, io ho fatto i conti con 7, sbagliando.... cambiato quello viene corretto.
Grazie!
Grazie!
"kevinpirola":
2)
Quante persone ci devono essere in una stanza affinchè la probabilità che almeno due compiano gli anni il medesimo mese si almeno $1/2$? tutti i mesi sono equiprobabili.
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ESERCIZIO 2:
ho pensato di provare a calcolare la probabilità che tutti fossero in mesi diversi e poi fare la probabilità inversa per calcolare quando almeno 1 coppia fosse uguale.
Casi totali: ogni persona può nascere in qualsiasi mese perciò i casi sono $12^n$
Casi nessuno stesso mese: $\prod_{k=1}^n (12-k+1)$
Se le metto però $=1/2$ non riesco a risolvere l'equazione per calcolare il valore...
ok. paradosso del compleanno però per mesi invece che giorni:
$1 - (\prod_{k=1}^n (12-k+1))/12^n$
un modo poco elegante è calcolare qualche valore di $n$
| $p$ | 0.996132 | 0.618056 | 0.427083 |
quindi basta avere almeno $n=5$ persone perchè è il primo $>=1/2$ ed $n$ è discreto (non ci posson esser mezze persone teoricamente...).
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