Primo problema (facile).
In un'urna sono state poste 10 palline, bianche o nere. Non si hanno info sul numero di palline bianche: in partenza, ogni numero di palline bianche (da 0 a 10) è equiprobabile. Si estraggono 3 palline: sono tutte bianche. Quale è la probabilità che anche la quarta pallina estratta sia bianca?
Secondo problema (un po' più difficile).
C'è un numero immenso di palline, 50% bianche, 50% nere. Ne vengono estratte casualmente 10, che vengono poste in un'urna. Dall'urna vengono estratte 3 palline: sono tutte bianche. Qual è la probabilità che la quarta pallina estratta sia bianca?
(Nota: io i calcoli non li ho fatti, arrangiatevi voi.)
Dani
Un'urna e 10 palline
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Dani Ferrari
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- Iscritto il: mar apr 16, 2013 11:44 pm
Re: Un'urna e 10 palline
Visto che sono passati una decina di giorni e nessun altro si azzarda a rispondere lo farò io. 
Nel primo caso ($I_{ \small 1 }$) basta sostituire nei conti $N$ con $10$ e $w$ con $3$.
Per sommi capi: likelihood
$\displaystyle p \left( w = 3\, \middle|\, W\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac W { 10 } \times \frac { W - 1 } { 10 - 1 } \times \frac { W - 2 } { 10 - 2 } = \frac { \frac { W! } { \left( W - 3 \right)! }} { \frac { 10! } { \left( 10 - 3 \right)! }} \times \frac { 3! } { 3! } = \frac{ W \choose 3 } { 10 \choose 3 }$
prior per $W$
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac 1 { 11 }$
teorema di Bayes
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac{p \left( W\, \middle|\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right)\, p \left( w = 3\, \middle|\, W\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right)} {p \left( w = 3\, \middle|\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right)}$
evidence
$\displaystyle p \left( w = 3\, \middle|\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \sum _{\small W} p \left( W\, \middle|\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right)\, p \left( w = 3\, \middle|\, W\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \sum_{ \small W = 3 }^{ \small 10 } \frac 1 { 11 } \times \frac { W \choose 3 } { 10 \choose 3 } = \frac { \sum_{ \small W = 3 }^{ \small 10 } { W \choose 3 }} { 4 { 11 \choose 4 }} = \frac 1 4$
posterior
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac {\frac 1 { 11 } \times \frac {W \choose 3 } {10 \choose 3 }} {\frac 1 4 } = \frac { W \choose 3 } {\frac { 11} 4 { 10 \choose 3 }} = \frac { W \choose 3 } {{ 11 } \choose 4 }$
probabilità di estrarre un’altra pallina bianca dopo averne estratte $w$ da un’urna di data composizione
$\displaystyle p \left( w^{ \small \prime } = 4\, \middle|\, W\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac { W - 3 } { 10 - 3 }$
probabilità congiunta di $W$ e $w^{ \small \prime } = 4$
$\textstyle p \left( W\, w^{ \small \prime } = 4\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = p \left( W\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) \times p \left( w^{ \small \prime } = 4\, \middle|\, W\ w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \\
\displaystyle \qquad = \frac { W \choose 3 } { 11 \choose 4 } \times \frac { W - 3 } 7 = \frac { 4 { W \choose 4 }} { 5 {11 \choose 5 }}$
teorema di marginalizzazione
$\displaystyle p \left( w^{ \small \prime } = 4\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, w^{ \small \prime } = 4\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac { 4 \sum_{ \small W = 4 }^{ \small 10 } { W \choose 4 }} { 5 {11 \choose 5 }} = \frac 4 5 \left( = \frac { 3 + 1 } { 3 + 2 } \right)$
Nel secondo caso ($I_{ \small 2 }$) le cose sono decisamente più interessanti: invece di non sapere nulla della composizione dell’urna sappiamo che essa è stata riempita prendendo le palline a caso da un’urna (molto più grande) di composizione data.
La composizione dell’urna grande rimane pressoché invariata togliendo un numero di palline piccolo rispetto al totale: di conseguenza il numero totale di palline dell’urna grande diviene irrilevante e possiamo tener conto della composizione attraverso la sola frazione di palline bianche, $f_{ \small 0 }$ (nel caso particolare, $1/2$).
La modalità di preparazione dell’urna piccola si modella con una distribuzione binomiale
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, N\, I_{ \small 2 } \right) = { N \choose W } f_{ \small 0 }^{ \small W } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W }$
Utilizziamo questa prior nel teorema di Bayes
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w\, N\, I_{ \small 2 } \right) = \frac{{ N \choose W } f_{ \small 0 }^{ \small W } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W } \times \frac{ W \choose w } { N \choose w }} { \sum_{ \small W } { N \choose W } f_{ \small 0 }^{ \small W } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W } \times \frac{ W \choose w } { N \choose w }}$
cominciando col manipolare un po’ i coefficienti binomiali
$\displaystyle \frac{{ N \choose W } { W \choose w }} { N \choose w } = \frac { \frac { N! } { W! \left( N - W \right)! } \times \frac { W! } { w! \left( W - w \right)! } } {\frac { N! } { w! \left( N - w \right)! }} = \frac { \left( N - w \right)! } { \left( N - W \right)! \left( W - w \right)! } = {{ N - w } \choose { W - w }}$
e otteniamo la posterior
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w\, N\, I_{ \small 2 } \right) = \frac{ f_{ \small 0 }^{ \small w } {{ N - w } \choose { W - w }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W }} { f_{ \small 0 }^{ \small w } \sum_{ \small W } {{ N - w } \choose { W - w }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W }} = {{ N - w } \choose { W - w }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W }$
poiché $\textstyle \sum_{ \small W } {{ N - w } \choose { W - w }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W } = 1$ per il teorema binomiale.
A questo punto calcoliamo la probabilità congiunta di $W$ e $w + 1$
$\displaystyle p \left( W\, w + 1\, \middle|\, w\, N\, I_{ \small 2 } \right) = p \left( W\, \middle|\, w \, N\, I_{ \small 2 } \right) \times p \left( w + 1\, \middle|\, W\ w\, N\, I_{ \small 2 } \right) = \\
\displaystyle \qquad = {{ N - w } \choose { W - w }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W } \times \frac { W - w } { N - w } = f_{ \small 0 }\, {{ N – w - 1 } \choose { W – w - 1 }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w - 1} \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W }$
e marginalizziamo per eliminare $W$
$\displaystyle p \left( w + 1\, \middle|\, w\, N\, I_{ \small 2 } \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, w + 1\, \middle|\, w\, N\, I_{ \small 1 } \right) = f_{ \small 0 } \sum_{ \small W} {{ N – w - 1 } \choose { W – w - 1 }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w - 1} \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W } = f_{ \small 0 }$
(sempre per il teorema binomiale).
Il risultato parla chiaro: la probabilità di estrarre un’ulteriore pallina bianca non dipende da quante palline bianche sono state già estratte ma solo dalla composizione dell’urna grande da cui sono state campionate le dieci palline poste nell’urna piccola.
Questo significa che, sapendo che l’urna piccola è stata riempita con un processo binomiale non possiamo imparare nulla sulla sua composizione estraendo le palline.
Guardiamo cosa succede nel passaggio dalla prior, la distribuzione che modella ciò che si sa della composizione dell’urna piccola prima di fare esperimenti ($w = 0$), alla posterior, la distribuzione che modella ciò che si sa dopo un determinato esito dell’esperimento ($w = 3$).
Nel caso di prior uniforme
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 0\, I_{ \small 1 } \right) = \frac 1 {11}$
la posterior diventa
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 3\, I_{ \small 1 } \right) = \frac { W \choose 3 } { 11 \choose 4 }$
(il fatto che $N = 10$ lo considero parte dell’informazione generale, $I_{ \small 1 }$).
La forma delle due distribuzioni è diversa: al crescere del numero di palline bianche estratte, $w$ , la probabilità si distribuisce sui valori più alti di $W$
Nel grafico è aggiunta anche la distribuzione di $W$ per $w = 9$.
Nel caso della prior binomiale, invece,
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 0\, I_{ \small 2 } \right) = { 10 \choose W } f_{ \small 0 }^{ \small W } \left( 1 - f_{ \small 0 } \right)^{ \small 10 - W }$
la posterior diventa
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 3\, I_{ \small 2 } \right) = { 7 \choose { W - 3 }} f_{ \small 0 }^{ \small W - 3 } \left( 1 - f_{ \small 0 } \right)^{ \small 7 - W }$
La forma della distribuzione rimane uguale anche se la distribuzione è su un numero minore di ipotesi
Essendo in questo caso $\textstyle f_{ \small 0 } = 1/2$ il grafico delle distribuzioni mostra la stessa simmetria centrale: se consideriamo un’urna grande con una composizione diversa, per esempio $\textstyle f_{ \small 0 } = 2/3$ osserviamo che la forma della distribuzione conserva la stessa asimmetria
CIao!
Nel primo caso ($I_{ \small 1 }$) basta sostituire nei conti $N$ con $10$ e $w$ con $3$.
Per sommi capi: likelihood
$\displaystyle p \left( w = 3\, \middle|\, W\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac W { 10 } \times \frac { W - 1 } { 10 - 1 } \times \frac { W - 2 } { 10 - 2 } = \frac { \frac { W! } { \left( W - 3 \right)! }} { \frac { 10! } { \left( 10 - 3 \right)! }} \times \frac { 3! } { 3! } = \frac{ W \choose 3 } { 10 \choose 3 }$
prior per $W$
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac 1 { 11 }$
teorema di Bayes
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac{p \left( W\, \middle|\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right)\, p \left( w = 3\, \middle|\, W\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right)} {p \left( w = 3\, \middle|\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right)}$
evidence
$\displaystyle p \left( w = 3\, \middle|\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \sum _{\small W} p \left( W\, \middle|\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right)\, p \left( w = 3\, \middle|\, W\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \sum_{ \small W = 3 }^{ \small 10 } \frac 1 { 11 } \times \frac { W \choose 3 } { 10 \choose 3 } = \frac { \sum_{ \small W = 3 }^{ \small 10 } { W \choose 3 }} { 4 { 11 \choose 4 }} = \frac 1 4$
posterior
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac {\frac 1 { 11 } \times \frac {W \choose 3 } {10 \choose 3 }} {\frac 1 4 } = \frac { W \choose 3 } {\frac { 11} 4 { 10 \choose 3 }} = \frac { W \choose 3 } {{ 11 } \choose 4 }$
probabilità di estrarre un’altra pallina bianca dopo averne estratte $w$ da un’urna di data composizione
$\displaystyle p \left( w^{ \small \prime } = 4\, \middle|\, W\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac { W - 3 } { 10 - 3 }$
probabilità congiunta di $W$ e $w^{ \small \prime } = 4$
$\textstyle p \left( W\, w^{ \small \prime } = 4\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = p \left( W\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) \times p \left( w^{ \small \prime } = 4\, \middle|\, W\ w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \\
\displaystyle \qquad = \frac { W \choose 3 } { 11 \choose 4 } \times \frac { W - 3 } 7 = \frac { 4 { W \choose 4 }} { 5 {11 \choose 5 }}$
teorema di marginalizzazione
$\displaystyle p \left( w^{ \small \prime } = 4\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, w^{ \small \prime } = 4\, \middle|\, w = 3\, N = 10\, I_{ \small 1 } \right) = \frac { 4 \sum_{ \small W = 4 }^{ \small 10 } { W \choose 4 }} { 5 {11 \choose 5 }} = \frac 4 5 \left( = \frac { 3 + 1 } { 3 + 2 } \right)$
Nel secondo caso ($I_{ \small 2 }$) le cose sono decisamente più interessanti: invece di non sapere nulla della composizione dell’urna sappiamo che essa è stata riempita prendendo le palline a caso da un’urna (molto più grande) di composizione data.
La composizione dell’urna grande rimane pressoché invariata togliendo un numero di palline piccolo rispetto al totale: di conseguenza il numero totale di palline dell’urna grande diviene irrilevante e possiamo tener conto della composizione attraverso la sola frazione di palline bianche, $f_{ \small 0 }$ (nel caso particolare, $1/2$).
La modalità di preparazione dell’urna piccola si modella con una distribuzione binomiale
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, N\, I_{ \small 2 } \right) = { N \choose W } f_{ \small 0 }^{ \small W } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W }$
Utilizziamo questa prior nel teorema di Bayes
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w\, N\, I_{ \small 2 } \right) = \frac{{ N \choose W } f_{ \small 0 }^{ \small W } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W } \times \frac{ W \choose w } { N \choose w }} { \sum_{ \small W } { N \choose W } f_{ \small 0 }^{ \small W } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W } \times \frac{ W \choose w } { N \choose w }}$
cominciando col manipolare un po’ i coefficienti binomiali
$\displaystyle \frac{{ N \choose W } { W \choose w }} { N \choose w } = \frac { \frac { N! } { W! \left( N - W \right)! } \times \frac { W! } { w! \left( W - w \right)! } } {\frac { N! } { w! \left( N - w \right)! }} = \frac { \left( N - w \right)! } { \left( N - W \right)! \left( W - w \right)! } = {{ N - w } \choose { W - w }}$
e otteniamo la posterior
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w\, N\, I_{ \small 2 } \right) = \frac{ f_{ \small 0 }^{ \small w } {{ N - w } \choose { W - w }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W }} { f_{ \small 0 }^{ \small w } \sum_{ \small W } {{ N - w } \choose { W - w }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W }} = {{ N - w } \choose { W - w }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W }$
poiché $\textstyle \sum_{ \small W } {{ N - w } \choose { W - w }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W } = 1$ per il teorema binomiale.
A questo punto calcoliamo la probabilità congiunta di $W$ e $w + 1$
$\displaystyle p \left( W\, w + 1\, \middle|\, w\, N\, I_{ \small 2 } \right) = p \left( W\, \middle|\, w \, N\, I_{ \small 2 } \right) \times p \left( w + 1\, \middle|\, W\ w\, N\, I_{ \small 2 } \right) = \\
\displaystyle \qquad = {{ N - w } \choose { W - w }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w } \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W } \times \frac { W - w } { N - w } = f_{ \small 0 }\, {{ N – w - 1 } \choose { W – w - 1 }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w - 1} \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W }$
e marginalizziamo per eliminare $W$
$\displaystyle p \left( w + 1\, \middle|\, w\, N\, I_{ \small 2 } \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, w + 1\, \middle|\, w\, N\, I_{ \small 1 } \right) = f_{ \small 0 } \sum_{ \small W} {{ N – w - 1 } \choose { W – w - 1 }} f_{ \small 0 }^{ \small W - w - 1} \left( 1 – f_{ \small 0 } \right)^{ \small N – W } = f_{ \small 0 }$
(sempre per il teorema binomiale).
Il risultato parla chiaro: la probabilità di estrarre un’ulteriore pallina bianca non dipende da quante palline bianche sono state già estratte ma solo dalla composizione dell’urna grande da cui sono state campionate le dieci palline poste nell’urna piccola.
Questo significa che, sapendo che l’urna piccola è stata riempita con un processo binomiale non possiamo imparare nulla sulla sua composizione estraendo le palline.
Guardiamo cosa succede nel passaggio dalla prior, la distribuzione che modella ciò che si sa della composizione dell’urna piccola prima di fare esperimenti ($w = 0$), alla posterior, la distribuzione che modella ciò che si sa dopo un determinato esito dell’esperimento ($w = 3$).
Nel caso di prior uniforme
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 0\, I_{ \small 1 } \right) = \frac 1 {11}$
la posterior diventa
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 3\, I_{ \small 1 } \right) = \frac { W \choose 3 } { 11 \choose 4 }$
(il fatto che $N = 10$ lo considero parte dell’informazione generale, $I_{ \small 1 }$).
La forma delle due distribuzioni è diversa: al crescere del numero di palline bianche estratte, $w$ , la probabilità si distribuisce sui valori più alti di $W$
- panurgoSfida00101b.png (11.09 KiB) Visto 8738 volte
Nel caso della prior binomiale, invece,
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 0\, I_{ \small 2 } \right) = { 10 \choose W } f_{ \small 0 }^{ \small W } \left( 1 - f_{ \small 0 } \right)^{ \small 10 - W }$
la posterior diventa
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, w = 3\, I_{ \small 2 } \right) = { 7 \choose { W - 3 }} f_{ \small 0 }^{ \small W - 3 } \left( 1 - f_{ \small 0 } \right)^{ \small 7 - W }$
La forma della distribuzione rimane uguale anche se la distribuzione è su un numero minore di ipotesi
- panurgoSfida00102b.png (11.25 KiB) Visto 8738 volte
- panurgoSfida00103b.png (12.59 KiB) Visto 8738 volte
il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
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"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
Re: Un'urna e 10 palline
Troppo complicato per me. Facendo riferimento al secondo quesito, che mi sembra più facile, avrei detto in media il 28,57 %, ma chissà.
Anche per il primo quesito avrei detto in media il 28,57%.
Anche per il primo quesito avrei detto in media il 28,57%.
Ultima modifica di Pasquale il gio dic 19, 2013 8:05 pm, modificato 1 volta in totale.
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$\text { }$ciao
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E' la somma che fa il totale (Totò)
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Re: Un'urna e 10 palline
Il secondo quesito è reso facile dal fatto che sappiamo molto sull'urna piccola.Pasquale ha scritto:Troppo complicato per me. Facendo riferimento al secondo quesito, che mi sembra più facile, avrei detto in media il 28,57 %, ma chissà.
Tre palline sono bianche (sono state estratte e le abbiamo viste). Come saranno le altre sette? Consideriamone una qualsiasi: è stata estratta da una grande urna con tante palline bianche quante non-bianche. Con quale probabilità sarà bianca? Il fatto che poi sia stata messa in un'altra urna è irrilevante. Questo è vero per ciascuna delle palline che sono ancora nell'urna piccola...
il panurgo
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"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
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"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
Re: Un'urna e 10 palline
Il mio ragionamento è questo:
1° Q ) sono state poste in media nell’urna 5 palline bianche, 3 sono state estratte, ne restano 2.
Quindi, affinché la quarta sia bianca, la probabilità è 2/7
2° Q) probabilmente in media nell’urna sono state poste 5 palline bianche; 3 ne vengono estratte e ne restano 2;
Per la quarta, anche qui 2/7
1° Q ) sono state poste in media nell’urna 5 palline bianche, 3 sono state estratte, ne restano 2.
Quindi, affinché la quarta sia bianca, la probabilità è 2/7
2° Q) probabilmente in media nell’urna sono state poste 5 palline bianche; 3 ne vengono estratte e ne restano 2;
Per la quarta, anche qui 2/7
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$\text { }$ciao ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)
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Re: Un'urna e 10 palline
Tu puoi dire che sono state poste in media cinque palline bianche prima di sapere che tre sono effettivamente bianche. Dopo che lo sai non è più così.
Se vuoi convincerti puoi fare una simulazione dei due casi
Caso 2
a) estrai una pallina dall'urna grande ($p = 1/2$)
Ripeti a) sette volte
b) scegli a caso un altro numero tra $1$ e $7$ che indica quale deve essere la quarta pallina.
Caso 1
Ho deciso di spostarlo sotto perché è venuto più lungo del previsto.
La simulazione si divide in tre fasi:
a) simulazione dell'urna
b) estrazione di tre palline
c) se le tre palline sono bianche estrazione della quarta pallina
Perché c) solo se le prime tre palline sono bianche? Noi conosciamo l'esito della fase b) e, se otteniamo un esito diverso dal dovuto sappiamo di essere in uno dei (tanti) possibili esperimenti che non si sono verificati e lo dobbiamo scartare.
Per simulare l'urna (a) prendiamo un numero a caso tra $0$ e $10$: se otteniamo, per esempio, $W = 6$ abbiamo un'urna con sei palline bianche e quattro non bianche, $U \equiv \left\{b,b,b,b,b,b,r,r,r,r\right\}$.
Inizia la fase b)
Peschiamo la prima pallina prendendo un numero $p_{ \small 1 }$ a caso tra $1$ e $10$. Questo numero indica la posizione della pallina pescata nell'urna $U$: se $p_{ \small 1 } > W$ abbiamo pescato una pallina non-bianca e abbandoniamo l'esperimento. In caso contrario, peschiamo la seconda pallina prendendo un numero $p_{ \small 2 }$ a caso tra $1$ e $9$: se $p_{ \small 2 } > W - 1$ abbiamo pescato una pallina non-bianca e abbandoniamo l'esperimento. Per la terza volta, peschiamo la terza pallina prendendo un numero $p_{ \small 3 }$ a caso tra $1$ e $8$: se $p_{ \small 3 } > W - 2$ abbiamo pescato una pallina non-bianca e abbandoniamo l'esperimento.
Se non abbiamo abbandonato l'esperimento passiamo alla fase c): aumentiamo di uno il contatore $n$ degli esperimenti andati a buon fine ed estraiamo la quarta pallina prendendo un numero $p_{ \small 4 }$ a caso tra $1$ e $7$: se $p_{ \small 4 } \leq W - 3$ incrementiamo di uno il contatore $w$ dei successi (quarte palline bianche).
Ripetiamo le tre fasi fino a che abbiamo ottenuto il numero prefissato di esperimenti andati a buon fine e facciamo la statistica.
In pseudocodice
REM inizializzo il contatore dei successi
w = 0
REM inizializzo il contatore degli esperimenti andati a buon fine
n = 0
REM inizio il ciclo
while (n < 100000)
REM simulo un'urna
W = ACaso(0,10)
REM simulo la prima pallina
p1 = ACaso(1,10)
REM verifico il colore
if (p1 <= W) then
REM simulo la seconda pallina
p2 = ACaso(1,9)
REM verifico il colore
if (p2 <= W - 1) then
REM simulo la terza pallina
p3 = ACaso(1,8)
REM verifico il colore
if (p3 <= W - 2) then
REM incremento il contatore degli esperimenti
n = n + 1
REM simulo la quarta pallina
p4 = ACaso(1,7)
REM se è bianca incremento il contatore dei successi
if (p4 <= W - 3) then
w = w + 1
end if
end if
end if
end if
end while
print(w)
print(n)
print(w/n)
La funzione ACaso(a,b) deve restituire un numero compreso nell'intervallo con distribuzione uniforme: per esempio
function ACaso(a,b)
return a + int( rnd * (b - a) )
end function
Se vuoi convincerti puoi fare una simulazione dei due casi
Caso 2
a) estrai una pallina dall'urna grande ($p = 1/2$)
Ripeti a) sette volte
b) scegli a caso un altro numero tra $1$ e $7$ che indica quale deve essere la quarta pallina.
Caso 1
Ho deciso di spostarlo sotto perché è venuto più lungo del previsto.
La simulazione si divide in tre fasi:
a) simulazione dell'urna
b) estrazione di tre palline
c) se le tre palline sono bianche estrazione della quarta pallina
Perché c) solo se le prime tre palline sono bianche? Noi conosciamo l'esito della fase b) e, se otteniamo un esito diverso dal dovuto sappiamo di essere in uno dei (tanti) possibili esperimenti che non si sono verificati e lo dobbiamo scartare.
Per simulare l'urna (a) prendiamo un numero a caso tra $0$ e $10$: se otteniamo, per esempio, $W = 6$ abbiamo un'urna con sei palline bianche e quattro non bianche, $U \equiv \left\{b,b,b,b,b,b,r,r,r,r\right\}$.
Inizia la fase b)
Peschiamo la prima pallina prendendo un numero $p_{ \small 1 }$ a caso tra $1$ e $10$. Questo numero indica la posizione della pallina pescata nell'urna $U$: se $p_{ \small 1 } > W$ abbiamo pescato una pallina non-bianca e abbandoniamo l'esperimento. In caso contrario, peschiamo la seconda pallina prendendo un numero $p_{ \small 2 }$ a caso tra $1$ e $9$: se $p_{ \small 2 } > W - 1$ abbiamo pescato una pallina non-bianca e abbandoniamo l'esperimento. Per la terza volta, peschiamo la terza pallina prendendo un numero $p_{ \small 3 }$ a caso tra $1$ e $8$: se $p_{ \small 3 } > W - 2$ abbiamo pescato una pallina non-bianca e abbandoniamo l'esperimento.
Se non abbiamo abbandonato l'esperimento passiamo alla fase c): aumentiamo di uno il contatore $n$ degli esperimenti andati a buon fine ed estraiamo la quarta pallina prendendo un numero $p_{ \small 4 }$ a caso tra $1$ e $7$: se $p_{ \small 4 } \leq W - 3$ incrementiamo di uno il contatore $w$ dei successi (quarte palline bianche).
Ripetiamo le tre fasi fino a che abbiamo ottenuto il numero prefissato di esperimenti andati a buon fine e facciamo la statistica.
In pseudocodice
REM inizializzo il contatore dei successi
w = 0
REM inizializzo il contatore degli esperimenti andati a buon fine
n = 0
REM inizio il ciclo
while (n < 100000)
REM simulo un'urna
W = ACaso(0,10)
REM simulo la prima pallina
p1 = ACaso(1,10)
REM verifico il colore
if (p1 <= W) then
REM simulo la seconda pallina
p2 = ACaso(1,9)
REM verifico il colore
if (p2 <= W - 1) then
REM simulo la terza pallina
p3 = ACaso(1,8)
REM verifico il colore
if (p3 <= W - 2) then
REM incremento il contatore degli esperimenti
n = n + 1
REM simulo la quarta pallina
p4 = ACaso(1,7)
REM se è bianca incremento il contatore dei successi
if (p4 <= W - 3) then
w = w + 1
end if
end if
end if
end if
end while
print(w)
print(n)
print(w/n)
La funzione ACaso(a,b) deve restituire un numero compreso nell'intervallo con distribuzione uniforme: per esempio
function ACaso(a,b)
return a + int( rnd * (b - a) )
end function
il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
-
Dani Ferrari
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- Iscritto il: mar apr 16, 2013 11:44 pm
Re: Un'urna e 10 palline
Non ho capito nulla di quello che ha detto Panurgo, comunque la sua soluzione del primo problema è esatta. Io e Panurgo siamo ai poli opposti: lui va avanti solo a formule, io le formule non le uso nemmeno quando le conosco, mi diverto di più a arrivarci col ragionamento. Questo problema, ad esempio, si risolve col teorema di Bayes; ma io fo finta di non conoscere il Bayes e lo risolvo lo stesso. Ora sono troppo stanco, domani magari vi racconto come si fa.
Sul secondo problema, naturalmente non capisco niente di quello che dice Panurgo, ma io non ho provato a risolvere il problema, magari domani ci provo.
Dani
Sul secondo problema, naturalmente non capisco niente di quello che dice Panurgo, ma io non ho provato a risolvere il problema, magari domani ci provo.
Dani
Re: Un'urna e 10 palline
Al momento non ancora ho fatto simulazioni e vorrei ancora continuare a ragionare, riconsiderando il secondo problema in modo diverso:
in generale in una serie infinita di operazioni di riempimento urna, può accadere che all'interno possono trovarsi da 0 a 10 palline bianche, con una media di 5 bianche e 5 nere.
Sappiamo però che estraendo poi le palline dall'urna, le prime 3 sono bianche.
Fra tutte le infinite urne in cui ci sono almeno 3 palline bianche, ve ne sono con quantità totali da 3 a 10, con una media di 6,5; tre ne sono state sortite, ne restano 3,5 e la probabilità che anche la quarta sia bianca sarebbe del 3,5/7 = 50%.
Volendo poi considerare che le mezze palline non esistono, allora dobbiamo arrotondare a 4 le palline bianche rimaste in media nell'urna e la suddetta probabilità salirebbe al 57,14 %.
In sostanza, il problema si riduce al seguente: riempiendo un'urna con 7 palline pescate da un serbatoio infinto di palline bianche e nere in eguale quantità, qual è la probabilità che la prima pallina estratta sia bianca?
La simulazione mi dice che la probabilità è del 50%:
DIM a(7)
RANDOMIZE
LET cont=0
FOR m= 1 TO 1000000
FOR n= 1 TO 7
LET a(n)= INT(RND*2)
NEXT N
LET x=1+INT(RND*7)
IF a(x)=0 THEN LET cont=cont+1 !'bianco
NEXT M
PRINT "prob=";cont/10000; "%"
END
A riguardo del primo problema, similmente il problema si può ridurre al riempimento di un'urna da 7 palline. La simulazione mi dà intorno al 12,50%
DIM a(7)
RANDOMIZE
LET cont=0
FOR m=1 TO 1000000
LET p=INT(RND*8) !' numero casuale di palline bianche oltre le 3 estratte
LET c=0
IF p>0 THEN
MAT a=ZER
DO !' sistemazione delle palline nell'urna
LET x=1+INT (RND*7)
IF a(x)=0 THEN !' se x=1 la pallina è bianca
LET a(x)=1
LET c=c+1
END IF
LOOP UNTIL c=p
LET x=1 +INT(RND*7)
IF x=1 THEN LET cont=cont+1
END IF
NEXT M
PRINT "prob=";cont/10000; "%"
END
Mi si dirà che il ragionamento è sbagliato, ma vorrei capire dove.
in generale in una serie infinita di operazioni di riempimento urna, può accadere che all'interno possono trovarsi da 0 a 10 palline bianche, con una media di 5 bianche e 5 nere.
Sappiamo però che estraendo poi le palline dall'urna, le prime 3 sono bianche.
Fra tutte le infinite urne in cui ci sono almeno 3 palline bianche, ve ne sono con quantità totali da 3 a 10, con una media di 6,5; tre ne sono state sortite, ne restano 3,5 e la probabilità che anche la quarta sia bianca sarebbe del 3,5/7 = 50%.
Volendo poi considerare che le mezze palline non esistono, allora dobbiamo arrotondare a 4 le palline bianche rimaste in media nell'urna e la suddetta probabilità salirebbe al 57,14 %.
In sostanza, il problema si riduce al seguente: riempiendo un'urna con 7 palline pescate da un serbatoio infinto di palline bianche e nere in eguale quantità, qual è la probabilità che la prima pallina estratta sia bianca?
La simulazione mi dice che la probabilità è del 50%:
DIM a(7)
RANDOMIZE
LET cont=0
FOR m= 1 TO 1000000
FOR n= 1 TO 7
LET a(n)= INT(RND*2)
NEXT N
LET x=1+INT(RND*7)
IF a(x)=0 THEN LET cont=cont+1 !'bianco
NEXT M
PRINT "prob=";cont/10000; "%"
END
A riguardo del primo problema, similmente il problema si può ridurre al riempimento di un'urna da 7 palline. La simulazione mi dà intorno al 12,50%
DIM a(7)
RANDOMIZE
LET cont=0
FOR m=1 TO 1000000
LET p=INT(RND*8) !' numero casuale di palline bianche oltre le 3 estratte
LET c=0
IF p>0 THEN
MAT a=ZER
DO !' sistemazione delle palline nell'urna
LET x=1+INT (RND*7)
IF a(x)=0 THEN !' se x=1 la pallina è bianca
LET a(x)=1
LET c=c+1
END IF
LOOP UNTIL c=p
LET x=1 +INT(RND*7)
IF x=1 THEN LET cont=cont+1
END IF
NEXT M
PRINT "prob=";cont/10000; "%"
END
Mi si dirà che il ragionamento è sbagliato, ma vorrei capire dove.
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$\text { }$ciao ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)
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Dani Ferrari
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Re: Un'urna e 10 palline
No Pasquale, sei fuori. Ora spiego come si risolve il primo problema ragionando, senza formule - poi capirai dove sbagli.
A) - Poniamoci al tempo zero, dobbiamo ancora riempire l'urna ("a priori", dicono i matematici). Nell'urna andranno da 0 a 10 palle bianche, quindi ogni composizione ha prob. 1/11. Quale è la prob. che le prime tre palle estratte siano bianche?
Con 10 palle, si fanno 10C3 = 120 terne. Se ci sono 0, 1, 2 palle bianche, estrarne 3 è impossibile. Se ce ne sono b>=3, con b palle bianche si fanno bC3 terne, quindi la prob. di estrarre 3 bianche è bC3/120 (se ci sono p. es. 7 bianche, la prob di estrarre 3 bianche è 7C3/120=35/120). Quindi le nostre prob. "a priori" di estrarre 3 bianche sono:
Bianche iniziali Prob prob. di 3 bianche Prob. composta
3 1/11 1/120 1/1320
4 " 4/120 4/1320
5 " 10/120 10/1320
6 " 20/120 20/1320
7 " 35/120 35/1320
8 " 56/120 56/1320
9 " 84/120 84/1320
10 " 120/120 120/1320
Totale 330/1320 = 1/4
Sono pedante e prolisso, ma voglio essere chiaro. Notate che le prob a priori di estrarre 3 palle bianche sono solo 1 su 4. Tutto chiaro? Invio e proseguo.
A) - Poniamoci al tempo zero, dobbiamo ancora riempire l'urna ("a priori", dicono i matematici). Nell'urna andranno da 0 a 10 palle bianche, quindi ogni composizione ha prob. 1/11. Quale è la prob. che le prime tre palle estratte siano bianche?
Con 10 palle, si fanno 10C3 = 120 terne. Se ci sono 0, 1, 2 palle bianche, estrarne 3 è impossibile. Se ce ne sono b>=3, con b palle bianche si fanno bC3 terne, quindi la prob. di estrarre 3 bianche è bC3/120 (se ci sono p. es. 7 bianche, la prob di estrarre 3 bianche è 7C3/120=35/120). Quindi le nostre prob. "a priori" di estrarre 3 bianche sono:
Bianche iniziali Prob prob. di 3 bianche Prob. composta
3 1/11 1/120 1/1320
4 " 4/120 4/1320
5 " 10/120 10/1320
6 " 20/120 20/1320
7 " 35/120 35/1320
8 " 56/120 56/1320
9 " 84/120 84/1320
10 " 120/120 120/1320
Totale 330/1320 = 1/4
Sono pedante e prolisso, ma voglio essere chiaro. Notate che le prob a priori di estrarre 3 palle bianche sono solo 1 su 4. Tutto chiaro? Invio e proseguo.
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Dani Ferrari
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Re: Un'urna e 10 palline
B) - Ora facciamo un passo avanti nel tempo - ragioniamo, dicono i matematici, "a posteriori". Abbiamo estratto 3 palle, e sono tutte bianche. Quindi la prob. di estrarre 3 bianche non è più di 1/4, è del 100% bello tondo. Ma il rapporto fra le prob. che abbiamo calcolato non cambia: semplicemente, avendo eliminato un sacco edi casi, queste prob diventano 4 volte maggiori. Basta moltiplicarle per 4 (o meglio dividere il denominatore per 4, scrivendo 330 invece di 1320) e abbiamo le prob. di partenza della situazione che dobbiamo esaminare, quella in cui dobbiamo dire quale è le prob di estrarre una bianca. E siccome per ogni caso sappiamo quante erano le bianche in partenza, sappiamo quante ne restano nelle 7 palle residue; se p. es. ne restano 2 su 7, abbiamo 2/7 di prob. di estrarre una bianca. Quindi:
Bianche Prob. Restano Prob. di estrare
originarie (b/tot) una bianca
3 1/330 0/7 0
4 4/330 1/7 4/2310
5 10/330 2/7 20/2310
6 20/330 3/7 60/2310
7 35/330 4/7 140/2310
8 56/330 5/7 280/2310
9 84/330 6/7 504/2310
10 120/330 7/7 840/2310
Tot. prob. di estrarre una bianca 1848/2310
1848/2310 semplificando fa 4/5.
Tutto chiaro? Invio e continuo.
Bianche Prob. Restano Prob. di estrare
originarie (b/tot) una bianca
3 1/330 0/7 0
4 4/330 1/7 4/2310
5 10/330 2/7 20/2310
6 20/330 3/7 60/2310
7 35/330 4/7 140/2310
8 56/330 5/7 280/2310
9 84/330 6/7 504/2310
10 120/330 7/7 840/2310
Tot. prob. di estrarre una bianca 1848/2310
1848/2310 semplificando fa 4/5.
Tutto chiaro? Invio e continuo.
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Dani Ferrari
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Re: Un'urna e 10 palline
Pasquale, ora hai capito dove avevi sbagliato? avevi confuso le prob. a priori con quelle a posteriori. A priori, ogni numero di bianche ha le stesse prob; ma quando ne hai estratte tre bianche, le cose cambiano. P. es., i casi con 10 bianche evidentemente sopravvivono tutti, di quelli con 3 bianche ne sopravvive uno su 120. Se vuoi fare una simulazione, devi cominciare riempiendo l'urna con 10 palle (secondo le modalità indicate); poi ne estrai tre a caso: se non sono tutte bianche caso scartato, non si conta; se sono tutte bianche ne estrai a caso una quarta, e vedi se è bianca.
E per il secondo problema? Be' le prob. di partenza non sono tutte uguali: sono quelle di una comune distribuzione binomiale. Il resto è uguale pari pari (avrei potuto semplificare la soluzione del primo problema: non l'ho fatto proprio per tracciarvi la strada per il secondo). Allora, adesso il secondo problema lo sapete risolvere? Io sto ad aspettare
Dani
E per il secondo problema? Be' le prob. di partenza non sono tutte uguali: sono quelle di una comune distribuzione binomiale. Il resto è uguale pari pari (avrei potuto semplificare la soluzione del primo problema: non l'ho fatto proprio per tracciarvi la strada per il secondo). Allora, adesso il secondo problema lo sapete risolvere? Io sto ad aspettare
Dani
Re: Un'urna e 10 palline
Va bene, grazie. adesso devo meditare, cioè prima devono passare le feste. Auguri.
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Re: Un'urna e 10 palline
Caro Dani Ferrari, cerco di lanciarti un ponte traducendo le tabelle che hai scritto.
Prima tabella
$\begin{array}{|c|c|c|c|C|}
\hline
\small{ W } & \small{ p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } & \small{ p \left( \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, W\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } & \small{ p \left( W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } \\
\hline
3 & \frac 1 { 11 } & \frac { 1 } { 120 } & \frac { 1 } { 1320 } \\
4 & \frac 1 { 11 } & \frac { 4 } { 120 } & \frac { 4 } { 1320 } \\
5 & \frac 1 { 11 } & \frac { 10 } { 120 } & \frac { 10 } { 1320 } \\
6 & \frac 1 { 11 } & \frac { 20 } { 120 } & \frac { 20 } { 1320 } \\
7 & \frac 1 { 11 } & \frac { 35 } { 120 } & \frac { 35 } { 1320 } \\
8 & \frac 1 { 11 } & \frac { 56 } { 120 } & \frac { 56 } { 1320 } \\
9 & \frac 1 { 11 } & \frac { 84 } { 120 } & \frac { 84 } { 1320 } \\
10 & \frac 1 { 11 } & \frac { 120 } { 120 } & \frac { 120 } { 1320 } \\
\hline
\end{array}$
La somma dell’ultima colonna è
$\displaystyle p \left( \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 1} \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 1} \right) = \frac { 330 } { 1320 } = \frac 1 4$
La seconda tabella recita
$\begin{array}{|c|c|c|c|C|}
\hline
\small { W } & \small { p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } & \small { p \left( \text{‘‘}w^{ \tiny \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } & \small { p \left( W\, \text{‘‘}w^{ \tiny \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } \\
\hline
3 & \frac { 1 } { 330 } & \frac { 0 } { 7 } & \frac { 0 } { 2310 } \\
4 & \frac { 4 } { 330 } & \frac { 1 } { 7 } & \frac { 4 } { 2310 } \\
5 & \frac { 10 } { 330 } & \frac { 2 } { 7 } & \frac { 20 } { 2310 } \\
6 & \frac { 20 } { 330 } & \frac { 3 } { 7 } & \frac { 60 } { 2310 } \\
7 & \frac { 35 } { 330 } & \frac { 4 } { 7 } & \frac { 140 } { 2310 } \\
8 & \frac { 56 } { 330 } & \frac { 5 } { 7 } & \frac { 280 } { 2310 } \\
9 & \frac { 84 } { 330 } & \frac { 6 } { 7 } & \frac { 504 } { 2310 } \\
10 & \frac { 120 } { 330 } & \frac { 7 } { 7 } & \frac { 840 } { 2310 } \\
\hline
\end{array}$
Ora nella seconda colonna ci sono i valori della posterior
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 1} \right) = \frac { W \choose 3 } { 11 \choose 4 }$
e la somma dell’ultima colonna è
$\displaystyle p \left( \text{‘‘}w^{ \small \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 1} \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, \text{‘‘}w^{ \small \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 1} \right) = \frac { 1848 } { 2310 } = \frac 4 5$
Scriviamo le tabelle per il secondo problema: questa volta la prior è binomiale
$p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}f_{ \small 0 } = \frac 1 2\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2 } \right) = { N \choose W }\, f_{ \small 0 }^{ \small W } \left( 1 - f_{ \small 0 } \right)^{ \small N - W } = { 10 \choose W } \frac { 1 } { 2^{ \small 10 }}$
e la tabella diventa
$\begin{array}{|c|c|c|c|C|}
\hline
\small{ W } & \small{ p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } & \small{ p \left( \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, W\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } & \small{ p \left( W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } \\
\hline
3 & \frac { 120 } { 1024 } & \frac { 1 } { 120 } & \frac { 1 } { 1024 } = \frac { 1 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
4 & \frac { 210 } { 1024 } & \frac { 4 } { 120 } & \frac { 7 } { 1024 } = \frac { 7 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
5 & \frac { 252 } { 1024 } & \frac { 10 } { 120 } & \frac { 21 } { 1024 } = \frac { 21 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
6 & \frac { 210 } { 1024 } & \frac { 20 } { 120 } & \frac { 35 } { 1024 } = \frac { 35 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
7 & \frac { 120 } { 1024 } & \frac { 35 } { 120 } & \frac { 35 } { 1024 } = \frac { 35 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
8 & \frac { 45 } { 1024 } & \frac { 56 } { 120 } & \frac { 21 } { 1024 } = \frac { 21 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
9 & \frac { 10 } { 1024 } & \frac { 84 } { 120 } & \frac { 7 } { 1024 } = \frac { 7 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
10 & \frac { 1 } { 1024 } & \frac { 120 } { 120 } & \frac { 1 } { 1024 } = \frac { 1 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
\hline
\end{array}$
Ho evidenziato il fatto che l’ultima colonna contiene la distribuzione binomiale ${ 7 \choose W } \frac { 1 } { 2^{ \small 7 }}$ moltiplicata per $\frac 1 8$: è chiaro che la somma dell’ultima colonna (tu la chiami “probabilità a priori di estrarre tre palline bianche”, io la chiamo “evidence” facendo riferimento al teorema di Bayes) deve essere
$\displaystyle p \left( \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2} \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2} \right) = \frac 1 8$
per il teorema binomiale; e la posterior è precisamente la binomiale di cui sopra
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2} \right) = { 7 \choose W } \frac { 1 } { 2^{ \small 7 }}$
Nella seconda tabella abbiamo
$\begin{array}{|c|c|c|c|C|}
\hline
\small{ W } & \small{ p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } & \small{ p \left( \text{‘‘}w^{ \tiny \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } & \small{ p \left( W\, \text{‘‘}w^{ \tiny \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } \\
\hline
3 & \frac { 1 } { 128 } & \frac { 0 } { 7 } & \frac { 0 } { 128 } = \frac { 0 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
4 & \frac { 7 } { 128 } & \frac { 1 } { 7 } & \frac { 1 } { 128 } = \frac { 1 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
5 & \frac { 21 } { 128 } & \frac { 2 } { 7 } & \frac { 6 } { 128 } = \frac { 6 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
6 & \frac { 35 } { 128 } & \frac { 3 } { 7 } & \frac { 15 } { 128 } = \frac { 15 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
7 & \frac { 35 } { 128 } & \frac { 4 } { 7 } & \frac { 20 } { 128 } = \frac { 20 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
8 & \frac { 21 } { 128 } & \frac { 5 } { 7 } & \frac { 15 } { 128 } = \frac { 15 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
9 & \frac { 7 } { 128 } & \frac { 6 } { 7 } & \frac { 6 } { 128 } = \frac { 6 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
10 & \frac { 1 } { 128 } & \frac { 7 } { 7 } & \frac { 1 } { 128 } = \frac { 1 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
\hline
\end{array}$
Anche in questo caso nell’ultima colonna abbiamo una distribuzione binomiale, ${ 6 \choose W } \frac 1 { 2^{ \small 6 }}$, questa volta moltiplicata per $\frac 1 2$, e la sua somma è
$\displaystyle p \left( \text{‘‘}w^{ \small \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2} \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, \text{‘‘}w^{ \small \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2} \right) = \frac 1 2$
sempre per il teorema binomiale.
Prima tabella
$\begin{array}{|c|c|c|c|C|}
\hline
\small{ W } & \small{ p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } & \small{ p \left( \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, W\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } & \small{ p \left( W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } \\
\hline
3 & \frac 1 { 11 } & \frac { 1 } { 120 } & \frac { 1 } { 1320 } \\
4 & \frac 1 { 11 } & \frac { 4 } { 120 } & \frac { 4 } { 1320 } \\
5 & \frac 1 { 11 } & \frac { 10 } { 120 } & \frac { 10 } { 1320 } \\
6 & \frac 1 { 11 } & \frac { 20 } { 120 } & \frac { 20 } { 1320 } \\
7 & \frac 1 { 11 } & \frac { 35 } { 120 } & \frac { 35 } { 1320 } \\
8 & \frac 1 { 11 } & \frac { 56 } { 120 } & \frac { 56 } { 1320 } \\
9 & \frac 1 { 11 } & \frac { 84 } { 120 } & \frac { 84 } { 1320 } \\
10 & \frac 1 { 11 } & \frac { 120 } { 120 } & \frac { 120 } { 1320 } \\
\hline
\end{array}$
La somma dell’ultima colonna è
$\displaystyle p \left( \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 1} \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 1} \right) = \frac { 330 } { 1320 } = \frac 1 4$
La seconda tabella recita
$\begin{array}{|c|c|c|c|C|}
\hline
\small { W } & \small { p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } & \small { p \left( \text{‘‘}w^{ \tiny \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } & \small { p \left( W\, \text{‘‘}w^{ \tiny \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 1} \right) } \\
\hline
3 & \frac { 1 } { 330 } & \frac { 0 } { 7 } & \frac { 0 } { 2310 } \\
4 & \frac { 4 } { 330 } & \frac { 1 } { 7 } & \frac { 4 } { 2310 } \\
5 & \frac { 10 } { 330 } & \frac { 2 } { 7 } & \frac { 20 } { 2310 } \\
6 & \frac { 20 } { 330 } & \frac { 3 } { 7 } & \frac { 60 } { 2310 } \\
7 & \frac { 35 } { 330 } & \frac { 4 } { 7 } & \frac { 140 } { 2310 } \\
8 & \frac { 56 } { 330 } & \frac { 5 } { 7 } & \frac { 280 } { 2310 } \\
9 & \frac { 84 } { 330 } & \frac { 6 } { 7 } & \frac { 504 } { 2310 } \\
10 & \frac { 120 } { 330 } & \frac { 7 } { 7 } & \frac { 840 } { 2310 } \\
\hline
\end{array}$
Ora nella seconda colonna ci sono i valori della posterior
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 1} \right) = \frac { W \choose 3 } { 11 \choose 4 }$
e la somma dell’ultima colonna è
$\displaystyle p \left( \text{‘‘}w^{ \small \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 1} \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, \text{‘‘}w^{ \small \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 1} \right) = \frac { 1848 } { 2310 } = \frac 4 5$
Scriviamo le tabelle per il secondo problema: questa volta la prior è binomiale
$p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}f_{ \small 0 } = \frac 1 2\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2 } \right) = { N \choose W }\, f_{ \small 0 }^{ \small W } \left( 1 - f_{ \small 0 } \right)^{ \small N - W } = { 10 \choose W } \frac { 1 } { 2^{ \small 10 }}$
e la tabella diventa
$\begin{array}{|c|c|c|c|C|}
\hline
\small{ W } & \small{ p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } & \small{ p \left( \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, W\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } & \small{ p \left( W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } \\
\hline
3 & \frac { 120 } { 1024 } & \frac { 1 } { 120 } & \frac { 1 } { 1024 } = \frac { 1 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
4 & \frac { 210 } { 1024 } & \frac { 4 } { 120 } & \frac { 7 } { 1024 } = \frac { 7 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
5 & \frac { 252 } { 1024 } & \frac { 10 } { 120 } & \frac { 21 } { 1024 } = \frac { 21 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
6 & \frac { 210 } { 1024 } & \frac { 20 } { 120 } & \frac { 35 } { 1024 } = \frac { 35 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
7 & \frac { 120 } { 1024 } & \frac { 35 } { 120 } & \frac { 35 } { 1024 } = \frac { 35 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
8 & \frac { 45 } { 1024 } & \frac { 56 } { 120 } & \frac { 21 } { 1024 } = \frac { 21 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
9 & \frac { 10 } { 1024 } & \frac { 84 } { 120 } & \frac { 7 } { 1024 } = \frac { 7 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
10 & \frac { 1 } { 1024 } & \frac { 120 } { 120 } & \frac { 1 } { 1024 } = \frac { 1 } { 128 } \times \frac 1 8 \\
\hline
\end{array}$
Ho evidenziato il fatto che l’ultima colonna contiene la distribuzione binomiale ${ 7 \choose W } \frac { 1 } { 2^{ \small 7 }}$ moltiplicata per $\frac 1 8$: è chiaro che la somma dell’ultima colonna (tu la chiami “probabilità a priori di estrarre tre palline bianche”, io la chiamo “evidence” facendo riferimento al teorema di Bayes) deve essere
$\displaystyle p \left( \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2} \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2} \right) = \frac 1 8$
per il teorema binomiale; e la posterior è precisamente la binomiale di cui sopra
$\displaystyle p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2} \right) = { 7 \choose W } \frac { 1 } { 2^{ \small 7 }}$
Nella seconda tabella abbiamo
$\begin{array}{|c|c|c|c|C|}
\hline
\small{ W } & \small{ p \left( W\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } & \small{ p \left( \text{‘‘}w^{ \tiny \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, W\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } & \small{ p \left( W\, \text{‘‘}w^{ \tiny \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \tiny 2} \right) } \\
\hline
3 & \frac { 1 } { 128 } & \frac { 0 } { 7 } & \frac { 0 } { 128 } = \frac { 0 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
4 & \frac { 7 } { 128 } & \frac { 1 } { 7 } & \frac { 1 } { 128 } = \frac { 1 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
5 & \frac { 21 } { 128 } & \frac { 2 } { 7 } & \frac { 6 } { 128 } = \frac { 6 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
6 & \frac { 35 } { 128 } & \frac { 3 } { 7 } & \frac { 15 } { 128 } = \frac { 15 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
7 & \frac { 35 } { 128 } & \frac { 4 } { 7 } & \frac { 20 } { 128 } = \frac { 20 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
8 & \frac { 21 } { 128 } & \frac { 5 } { 7 } & \frac { 15 } { 128 } = \frac { 15 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
9 & \frac { 7 } { 128 } & \frac { 6 } { 7 } & \frac { 6 } { 128 } = \frac { 6 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
10 & \frac { 1 } { 128 } & \frac { 7 } { 7 } & \frac { 1 } { 128 } = \frac { 1 } { 64 } \times \frac 1 2 \\
\hline
\end{array}$
Anche in questo caso nell’ultima colonna abbiamo una distribuzione binomiale, ${ 6 \choose W } \frac 1 { 2^{ \small 6 }}$, questa volta moltiplicata per $\frac 1 2$, e la sua somma è
$\displaystyle p \left( \text{‘‘}w^{ \small \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2} \right) = \sum_{ \small W } p \left( W\, \text{‘‘}w^{ \small \prime } = 4\text{’’}\, \middle|\, \text{‘‘}w = 3\text{’’}\, \text{‘‘}N = 10\text{’’}\, I_{ \small 2} \right) = \frac 1 2$
sempre per il teorema binomiale.
il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
-
Dani Ferrari
- Livello 4
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- Iscritto il: mar apr 16, 2013 11:44 pm
Re: Un'urna e 10 palline
Grazie del "ponte", Panurgo - molto gentile da parte tua. Si, così il discorso torna chiaro - complimenti, non è da tutti riuscire a tradurre i ragionamenti da un linguaggio all'altro. Anche così, seguire il tuo ragionamento nei tuoi termini mi costa fatica - e purtroppo la fatica mentale è una cosa che ormai posso prendere solo a dosi omeopatiche.
E' assolutamente sensazionale (e del tutto inattesa) la conclusione cui tu arrivi sul 2^ problema. Dico: riempi l'urna con 10 palline scelte come detto nel testo. Ne tiri fuori un certo numero - 3, 5, 7, poco importa - e sono tutte bianche. Quale è la prob. che la seguente pallina estratta sia bianca? 50%. E se le palline estratte (3, 5, 7, quel che vi pare) erano tutte nere, quale è la prob. che la successiva pallina estratta sia bianca? 50%. It's against the grain, fa a cazzotti col comune buonsenso. Be', per una volta il comune buon senso deve battere in ritirata, perché è proprio così (a meno che io non abbia preso lucciole per lanterne, cosa che ormai mi succede abbastanza spesso... ma non credo sia questo il caso).
Be', questi sono certamente due problemi che potrebbero essere pubblicati sul JRM (Journal of Recreational Mathematic). Se qualcuno vuole tradurli e mandarli al JRM, io non chiedo certo i diritti d'autore... Qui c'è gente che deve cercare lavoro, e una pubblicazione su una rivista matematica internazionale nel curriculum fa la sua figura (ve lo dice uno che di assunzioni di personale ne ha fatte), ma anche nel mio vecchio gruppo non ho mai trovato nessuno che lo facesse. Boh...
Dani
E' assolutamente sensazionale (e del tutto inattesa) la conclusione cui tu arrivi sul 2^ problema. Dico: riempi l'urna con 10 palline scelte come detto nel testo. Ne tiri fuori un certo numero - 3, 5, 7, poco importa - e sono tutte bianche. Quale è la prob. che la seguente pallina estratta sia bianca? 50%. E se le palline estratte (3, 5, 7, quel che vi pare) erano tutte nere, quale è la prob. che la successiva pallina estratta sia bianca? 50%. It's against the grain, fa a cazzotti col comune buonsenso. Be', per una volta il comune buon senso deve battere in ritirata, perché è proprio così (a meno che io non abbia preso lucciole per lanterne, cosa che ormai mi succede abbastanza spesso... ma non credo sia questo il caso).
Be', questi sono certamente due problemi che potrebbero essere pubblicati sul JRM (Journal of Recreational Mathematic). Se qualcuno vuole tradurli e mandarli al JRM, io non chiedo certo i diritti d'autore... Qui c'è gente che deve cercare lavoro, e una pubblicazione su una rivista matematica internazionale nel curriculum fa la sua figura (ve lo dice uno che di assunzioni di personale ne ha fatte), ma anche nel mio vecchio gruppo non ho mai trovato nessuno che lo facesse. Boh...
Dani