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Piccolo problema combinatorico su probabilità congi

piergiorgio.benenati@gmail.com 10 Lug 2017 19:15
Ciao,

potreste aiutarmi per favore a capire come calcolare la seguente probabilità?

Abbiamo un'urna contente n palline, delle quali due sono colorate, più
precisamente 1 rossa e 1 blu, mentre le altre n-2 sono tutte nere.

Qual è la probabilità che dopo k estrazioni con reimmissione di una pallina
scelta uniformemente a caso dall'urna, entrambe quelle colorate siano state
estratte ciascuna almeno una volta?

Grazie!
P.
Adam Atkinson 10 Lug 2017 20:17
On 10/07/17 18:15, piergiorgio.benenati@gmail.com wrote:

> Qual è la probabilità che dopo k estrazioni con reimmissione di una
> pallina scelta uniformemente a caso dall'urna, entrambe quelle
> colorate siano state estratte ciascuna almeno una volta?

La mia prima reazione e' che la cosa piu' semplice sia

1 - (al massimo uno dei due colori)
piergiorgio.benenati@gmail.com 10 Lug 2017 21:14
Il giorno lunedì 10 luglio 2017 20:17:30 UTC+2, Adam Atkinson ha scritto:
> On 10/07/17 18:15, piergiorgio.benenati@gmail.com wrote:
>
>> Qual è la probabilità che dopo k estrazioni con reimmissione di una
>> pallina scelta uniformemente a caso dall'urna, entrambe quelle
>> colorate siano state estratte ciascuna almeno una volta?
>
> La mia prima reazione e' che la cosa piu' semplice sia
>
> 1 - (al massimo uno dei due colori)

OK, dov'è la parte malposta del problema? :)
P.
piergiorgio.benenati@gmail.com 10 Lug 2017 22:35
Il giorno lunedì 10 luglio 2017 21:14:51 UTC+2, piergiorgi...@gmail.com ha
scritto:
> Il giorno lunedì 10 luglio 2017 20:17:30 UTC+2, Adam Atkinson ha scritto:
>> On 10/07/17 18:15, piergiorgio.benenati@gmail.com wrote:
>>
>>> Qual è la probabilità che dopo k estrazioni con reimmissione di una
>>> pallina scelta uniformemente a caso dall'urna, entrambe quelle
>>> colorate siano state estratte ciascuna almeno una volta?
>>
>> La mia prima reazione e' che la cosa piu' semplice sia
>>
>> 1 - (al massimo uno dei due colori)
>
> OK, dov'è la parte malposta del problema? :)
> P.

Mi sembrava di averlo postato correttamente.... a me risulta che per n>>1 e k>>1
la dipendenza tra i due eventi può essere considerata trascurabile e si può
usare una probabilità congiunta con due funzioni di ripartizione della stessa
distribuzione geometrica, i.e. è sufficiente elevare al quadrato la
probabilità che almeno la rossa da sola (o la blu da sola) sia selezionata
almeno una volta in k estrazioni.
P.
Adam Atkinson 11 Lug 2017 00:43
On 10/07/17 20:14, piergiorgio.benenati@gmail.com wrote:

>> 1 - (al massimo uno dei due colori)
>
> OK, dov'è la parte malposta del problema? :)


Non sto dicendo questo. Sto dicendo come inzierebbe la mia risposta.
Hai detto che volevi essere aiutato.
piergiorgio.benenati@gmail.com 11 Lug 2017 02:39
Il giorno martedì 11 luglio 2017 00:43:51 UTC+2, Adam Atkinson ha scritto:
> On 10/07/17 20:14, piergiorgio.benenati@gmail.com wrote:
>
>>> 1 - (al massimo uno dei due colori)
>>
>> OK, dov'è la parte malposta del problema? :)
>
>
> Non sto dicendo questo. Sto dicendo come inzierebbe la mia risposta.
> Hai detto che volevi essere aiutato.

OK, grazie, allora io farei così. Definisco i seguenti eventi relativi
all'insieme delle k estrazioni.

A_00: nessuna delle due colorate è mai stata estratta
A_01: la blu è stata estratta almeno una volta ma la rossa non è mai stata
estratta
A_10: la rossa è stata estratta almeno una volta ma la blu non è mai stata
estratta
A_11: sia la rossa che la blu sono state estratte ciascuna almeno una volta

A_0* la rossa non è mai stata estratta
A_*1 la blu è stata estratta almeno una volta

Mi interessa quindi P(A_11) che deve essere uguale a
1-P(A_01)-P(A_10)-P(A_00)=
1-2*P(A_01)-P(A_00).

P(A_00) si calcola in modo b*****e ed è pari a (1-2/n)^k.
P(A_01) potrebbe essere P(A_0*) * P(A_*1|A_0*) = ((1-1/n)^k) *
(1-(1-1/(n-1))^k)?

Grazie
P.
Adam Atkinson 12 Lug 2017 06:58
On 11/07/17 01:39, piergiorgio.benenati@gmail.com wrote:

> A_00: nessuna delle due colorate è mai stata estratta
> A_01: la blu è stata estratta almeno una volta ma la rossa non è mai stata
estratta
> A_10: la rossa è stata estratta almeno una volta ma la blu non è mai stata
estratta
> A_11: sia la rossa che la blu sono state estratte ciascuna almeno una volta

Cosa pensiamo di:

P(tutti neri o rossi)=((n-1)/n)^k
P(tutti neri o blu) =((n-1)/n)^k

Sommando questi abbiamo 2((n-1)/n)^k ma abbiamo contato il caso "tutti
neri" due volte. Quindi togliamo una copia di P(tutti neri)=((n-2)/n)^k

P(tutti neri, neri e rossi, o neri e blu) =
2((n-1)/n)^k - ((n-2)/n)^k

P(rosso e blu sono apparsi almeno una volta ciascuno)
= 1 - 2((n-1)/n)^k + ((n-2)/n)^k

?
piergiorgio.benenati@gmail.com 12 Lug 2017 14:00
Il giorno mercoledì 12 luglio 2017 06:59:00 UTC+2, Adam Atkinson ha scritto:
> On 11/07/17 01:39, piergiorgio.benenati@gmail.com wrote:
>
>> A_00: nessuna delle due colorate è mai stata estratta
>> A_01: la blu è stata estratta almeno una volta ma la rossa non è mai stata
estratta
>> A_10: la rossa è stata estratta almeno una volta ma la blu non è mai stata
estratta
>> A_11: sia la rossa che la blu sono state estratte ciascuna almeno una volta
>
> Cosa pensiamo di:
>
> P(tutti neri o rossi)=((n-1)/n)^k
> P(tutti neri o blu) =((n-1)/n)^k
>
> Sommando questi abbiamo 2((n-1)/n)^k ma abbiamo contato il caso "tutti
> neri" due volte. Quindi togliamo una copia di P(tutti neri)=((n-2)/n)^k
>
> P(tutti neri, neri e rossi, o neri e blu) =
> 2((n-1)/n)^k - ((n-2)/n)^k
>
> P(rosso e blu sono apparsi almeno una volta ciascuno)
> = 1 - 2((n-1)/n)^k + ((n-2)/n)^k
>
> ?

Grazie!
Facendo tutti i conti è esattamente quello che viene anche a me, ma così è
più semplice e veloce.

Visto che mi interessava in particolare anche il caso n>>1 e k>>1, alla fine
quindi per n e k tendenti a infinito si può operare trascurando la dipendenza
ottenendo
(1 - 1/e)^2,
che significa (correggemi se sbaglio) che "asintoticamente le due variabili sono
indipendenti".

Grazie!
P.
piergiorgio.benenati@gmail.com 12 Lug 2017 14:03
Il giorno mercoledì 12 luglio 2017 14:00:09 UTC+2, piergiorgi...@gmail.com ha
scritto:
> Il giorno mercoledì 12 luglio 2017 06:59:00 UTC+2, Adam Atkinson ha scritto:
>> On 11/07/17 01:39, piergiorgio.benenati@gmail.com wrote:
>>
>>> A_00: nessuna delle due colorate è mai stata estratta
>>> A_01: la blu è stata estratta almeno una volta ma la rossa non è mai
stata estratta
>>> A_10: la rossa è stata estratta almeno una volta ma la blu non è mai
stata estratta
>>> A_11: sia la rossa che la blu sono state estratte ciascuna almeno una
volta
>>
>> Cosa pensiamo di:
>>
>> P(tutti neri o rossi)=((n-1)/n)^k
>> P(tutti neri o blu) =((n-1)/n)^k
>>
>> Sommando questi abbiamo 2((n-1)/n)^k ma abbiamo contato il caso "tutti
>> neri" due volte. Quindi togliamo una copia di P(tutti neri)=((n-2)/n)^k
>>
>> P(tutti neri, neri e rossi, o neri e blu) =
>> 2((n-1)/n)^k - ((n-2)/n)^k
>>
>> P(rosso e blu sono apparsi almeno una volta ciascuno)
>> = 1 - 2((n-1)/n)^k + ((n-2)/n)^k
>>
>> ?
>
> Grazie!
> Facendo tutti i conti è esattamente quello che viene anche a me, ma così è
più semplice e veloce.
>
> Visto che mi interessava in particolare anche il caso n>>1 e k>>1, alla fine
quindi per n e k tendenti a infinito si può operare trascurando la dipendenza
ottenendo
> (1 - 1/e)^2,
> che significa (correggemi se sbaglio) che "asintoticamente le due variabili
sono indipendenti".
>
> Grazie!
> P.

PS: Quando ho detto è esattamente quello che viene a me intendevo dire per n e
k tendenti a infinito.
piergiorgio.benenati@gmail.com 12 Lug 2017 14:05
Il giorno mercoledì 12 luglio 2017 14:00:09 UTC+2, piergiorgi...@gmail.com ha
scritto:
> Il giorno mercoledì 12 luglio 2017 06:59:00 UTC+2, Adam Atkinson ha scritto:
>> On 11/07/17 01:39, piergiorgio.benenati@gmail.com wrote:
>>
>>> A_00: nessuna delle due colorate è mai stata estratta
>>> A_01: la blu è stata estratta almeno una volta ma la rossa non è mai
stata estratta
>>> A_10: la rossa è stata estratta almeno una volta ma la blu non è mai
stata estratta
>>> A_11: sia la rossa che la blu sono state estratte ciascuna almeno una
volta
>>
>> Cosa pensiamo di:
>>
>> P(tutti neri o rossi)=((n-1)/n)^k
>> P(tutti neri o blu) =((n-1)/n)^k
>>
>> Sommando questi abbiamo 2((n-1)/n)^k ma abbiamo contato il caso "tutti
>> neri" due volte. Quindi togliamo una copia di P(tutti neri)=((n-2)/n)^k
>>
>> P(tutti neri, neri e rossi, o neri e blu) =
>> 2((n-1)/n)^k - ((n-2)/n)^k
>>
>> P(rosso e blu sono apparsi almeno una volta ciascuno)
>> = 1 - 2((n-1)/n)^k + ((n-2)/n)^k
>>
>> ?
>
> Grazie!
> Facendo tutti i conti è esattamente quello che viene anche a me, ma così è
più semplice e veloce.
>
> Visto che mi interessava in particolare anche il caso n>>1 e k>>1, alla fine
quindi per n e k tendenti a infinito si può operare trascurando la dipendenza
ottenendo
> (1 - 1/e)^2,
> che significa (correggemi se sbaglio) che "asintoticamente le due variabili
sono indipendenti".
>
> Grazie!
> P.

PS: Quando ho scritto "è esattamente quello che viene a me" intendevo per n e k
tendenti a infinito, non ho ancora verificato il caso generale.
piergiorgio.benenati@gmail.com 12 Lug 2017 19:29
Il giorno mercoledì 12 luglio 2017 14:05:50 UTC+2, piergiorgi...@gmail.com ha
scritto:
> Il giorno mercoledì 12 luglio 2017 14:00:09 UTC+2, piergiorgi...@gmail.com ha
scritto:
>> Il giorno mercoledì 12 luglio 2017 06:59:00 UTC+2, Adam Atkinson ha
scritto:
>>> On 11/07/17 01:39, piergiorgio.benenati@gmail.com wrote:
>>>
>>>> A_00: nessuna delle due colorate è mai stata estratta
>>>> A_01: la blu è stata estratta almeno una volta ma la rossa non è mai
stata estratta
>>>> A_10: la rossa è stata estratta almeno una volta ma la blu non è mai
stata estratta
>>>> A_11: sia la rossa che la blu sono state estratte ciascuna almeno una
volta
>>>
>>> Cosa pensiamo di:
>>>
>>> P(tutti neri o rossi)=((n-1)/n)^k
>>> P(tutti neri o blu) =((n-1)/n)^k
>>>
>>> Sommando questi abbiamo 2((n-1)/n)^k ma abbiamo contato il caso "tutti
>>> neri" due volte. Quindi togliamo una copia di P(tutti neri)=((n-2)/n)^k
>>>
>>> P(tutti neri, neri e rossi, o neri e blu) =
>>> 2((n-1)/n)^k - ((n-2)/n)^k
>>>
>>> P(rosso e blu sono apparsi almeno una volta ciascuno)
>>> = 1 - 2((n-1)/n)^k + ((n-2)/n)^k
>>>
>>> ?
>>
>> Grazie!
>> Facendo tutti i conti è esattamente quello che viene anche a me, ma così
è più semplice e veloce.
>>
>> Visto che mi interessava in particolare anche il caso n>>1 e k>>1, alla fine
quindi per n e k tendenti a infinito si può operare trascurando la dipendenza
ottenendo
>> (1 - 1/e)^2,
>> che significa (correggemi se sbaglio) che "asintoticamente le due variabili
sono indipendenti".
>>
>> Grazie!
>> P.
>
> PS: Quando ho scritto "è esattamente quello che viene a me" intendevo per n e
k tendenti a infinito, non ho ancora verificato il caso generale.

Nel caso generale invece la mia formula è sbagliata.
P.

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