Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia

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aspesi 29-09-11 19:04

Estrazioni casuali
 
Questo piacerà senz'altro a Astromauh...:D

Supponiamo di estrarre dei valori a caso uniformemente distribuiti fra 0 e 1.
Ne estraggo tanti finché la loro somma non supera 1.
Quanti ne serviranno mediamente?
E qual è la probabilità che siano necessari k (2, 3, 4, ...) estrazioni?

:hello:

Epoch 29-09-11 19:19

Re: Estrazioni casuali
 
Prima domanda, Parliamo di numeri reali o posso pensare di "Barare" imponendo un limite di precisione?

aspesi 29-09-11 19:25

Re: Estrazioni casuali
 
Non mi pare di capire cosa vuol dire barare in questo caso.

Comunque, i numeri sono decimali reali, supponiamo con un numero infinito di decimali (ma non incide sul risultato)

astromauh 29-09-11 20:54

Re: Estrazioni casuali
 
Soluzione:


k(2)=0,5
k(3)=0,3334
k(4)=0,125
k(5)=0,0333
k(6)=0,0069
k(7)=0,0012
k(8)=0,0002

Media=2,718

fine


:D

aspesi 29-09-11 21:05

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

astromauh (Scrivi 521399)
Soluzione:


k(2)=0,5
k(3)=0,3334
k(4)=0,125
k(5)=0,0333
k(6)=0,0069
k(7)=0,0012
k(8)=0,0002

Media=2,718

fine


:D

Ovviamente, è giusto! :ok:
Ma ti sei accorto a cosa corrisponde il valore della media?

E qual è la formula per calcolare la probabilità per un qualsiasi valore k di estrazioni (es. k(10))?

:hello:

astromauh 29-09-11 21:07

Soluzione per far sparire le risposte
 
Soluzione per far sparire le risposte:

Evidenziare la risposta e scegliere un colore qualsiasi tra quelli disponibili.

Sostituire il nome del colore con linen che è il colore dello sfondo.

In questo modo le risposte spariscono completamente.

;)

Se già lo sapevate, come non detto.

PS

Nino, la pizza mi aspetta....:hello:

Erasmus 30-09-11 09:25

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

aspesi (Scrivi 521352)
Supponiamo di estrarre dei valori a caso uniformemente distribuiti fra 0 e 1.
Ne estraggo tanti finché la loro somma non supera 1.
Quanti ne serviranno mediamente?

:eek:
Che vuol dire "ne serviranno"?
Se intendi: "Quanti se ne estraggono mediamente ripetendo un enerme numero di volte l'estrazione", la risposta è .... "DUE +" (dal momento che il valor atteso – cioè la media aritmetica a lungo andare dei numeri estratti– è 1/2 e tu vuoi che, fintanto che la somma dei numeri già estratti non supera 1 si continui ad estrarre).
Quote:

aspesi (Scrivi 521352)
E qual è la probabilità che siano necessari k (2, 3, 4, ...) estrazioni?

Non capisco!!!
Siccome ho già visto la risposta di astromauh e il tuo commento «Ovviamente è giusto», sono perplesso!!!

Ma che c***o vuol dire «la probabilità che siano necessari – o necessarie? – " k estrazioni» :mmh:
Che ci azzecca la necessità?
Intendi forse dire «Qual è la probabilità che la somma di k numeri estratti a caso non superi 1»?

Se intendi questa probabilità (che è una probabilità cumulativa), allora essa vale l'integrale tra 0 e 1 di dx·[x^(k–1)/(k–1)! che vale evidentemente 1/k!
Diciamola P(k). E diciamo F(x, k) la probabilità che la somma dei k numeri estratti a caso non superi x quando x è compreso tra 0 e 1.
Allora P(k) = F(1, k).

Esempio: P(2)?
Densità di probabilità y uniforme di ogni numero estratto a caso tra 0 e 1 ––> y = 1 per 0 ≤x ≤ 1.
F(x, 1) = integrale da 0 e x di 1·dx ––> F(x, 1) = x (per 0 ≤ x ≤1; F(x, 1) = 0 altrove).
Densità di probabilità y(2,x) che la somma di 2 numeri estratti a caso valga x ( con 0 ≤ x ≤ 2):
––> y = x tra 0 e 1; y = 2–x tra 1 e 2.
Integrale F(x, 2) della densità di sopra (definita distintamente nei tratti da 0 a 1 e da 1 a 2):
F(x, 2) = integrale da 0 a x di t dt per 0 ≤ x ≤ 1 ––> F(x, 2) = x^2/2; F(1, 2) = 1/2.
F(x, 2) = integrale da 1 a x di (2–t) dt + F(1, 2) per 1 ≤ x ≤2 ––> F(x, 2) = –(x^2)/2 +2x –1 ––>
––> P(2) = F(1, 2) = 1/2.

In generale, integrando successivamente, nel primo tartto 0 ≤ x ≤ 1 risulta (per ogni k > 0):
F(x, k) = (x^k)/k!

La probabilità che la somma di k numeri estratti (ciascuno con densità di prob. uniforme tra 0 e 1) è dunque: P(k) = F(1,k) = 1/k!

Pertanto:
P(2) = 1/2 =0,5
P(3) = 1/6 = 0,16666...
P(4)= 1/24 = 0,04166...
...
P(k) = 1/k!
...
--------------
Riassumo e mi spiego ... con meno formule (forse!):
• Estraendo 2 numeri fai una somma compresa tra 0 e 2.
La densità di probabilità è un triangolo isoscele con base tra 0 e 2 alto 1: rampa in salita di pendenza 1 tra 0 e 1 e in discesa di pendenza –1 tra 1 e 2.
• Estraendo 3 numeri fai una somma compresa tra 0 e 3.
La densità di probabilità è una "campana" fatta di tre archi di parabola: il primo tratto, tra 0 e 1, ha equazione y = (x^2)/2 .
Il terzo tratto, tra 2 e 3, è il simmetrico del primo, quindi di equazione:
y = [(3–x)^2]/2 = (x^2 – 6x +9)/2.
Il secondo è un arco di parabola voltata in giù che deve raccordarsi con primo e terzo arco. Fatti i conti, è:
y = –x^2 + 3x – 3/2.
[Infatti y(1) = y(2) =1/2; y' = dy/dx = –2x + 3 ––> y'(1) = 1; y'(2) = –1 = – y'(1)].
La densità di probabilità (con due estrazioni) è massima in x = 3/2 dove vale 4/3.
L'integrale tra 0 ed x di questa campana viene una curva monotona crescente (che è la probabilità [cumulativa] di fare non più di x con 3 estrazioni). Ovviamente, per x tra 0 e 1, questa è F(x, 3) = (x^3)/3! .
• La "campana" F(x, k) cambia forma al crescere di k estendendosi tra 0 e k.
E' definita a tratti: tra 0 e 1, tra 1 e 2, ..., tra k–1 e k.
In ogni tratto è un [diverso] polinomio di grado k–1.
In generale la campana si ottiene per convoluzione successiva a partire dalla forma iniziale (rettangolare se si tratta di probabilità uniforme; in particolare quadrata nel nostro caso dove il dominio è tra 0 e 1).
Al tendere di k all'infinito, la "campana" y(x, k) tende alla gaussiana. (Teorema "centrale limite")
[Questo è vero per ogni tipo di distribuzione iniziale. Ma nel caso di distribuzione iniziale uniforme la velocità di approssimazione alla gaussiana è la massima e ... davvero molto elevata]
Nel primo tratto, tra 0 e 1, la "campana" è sempre della forma y(x, k) = [x^(k–1)/(k–1)!
Pertanto la probabilità [cunulativa] di fare non più di x (con x ≤1) con k estrazioni vale:
F(x, k) = (x^k)/k!
.
[NB: Per fare la probabilità cumulativa bisogna integrare la "campana" di equazione y(x, k)]
-----------------

La media di questa distribuzione discreta P(k) = F(1, k), per k intero tra 2 e +oo, vale:
[2·(1/2) + 3·1/6 + 4/4! + ... k/k! + ...]/(1/2 + 1/6 + 1/4! + ... 1/k! + ...] =
= (1 + 1/2 + 1/3! +... 1/(k–1)! + ...]/(1/2 + 1/6 + 1/4! + ... + 1/k! + ...] = (e–1)/(e–2) = 2,39221191117...
[dove "e" è il famoso lim (n ––>oo) di (1+1/n)^n = 2,718281828459..., detto "numero di Napier" e base dei "logaritmi naturali"]

--------------

Però, visto che non sono sicuro di quel che vuoi sapere e che, secondo te, astrimauh ha risposto giusto, è molto probabile che io risponda sbagliato. E visto che voi due vi comprendete al volo, evidentemente avete un vostro linguaggio ... che differisce dal mio! :lipssealed:
--------
:mad: (Puah!)

aleph 30-09-11 10:10

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 521513)
:eek:
Che vuol dire "ne serviranno"?

Non capisco!!!

Ma che c***o vuol dire

Che ci azzecca la necessità?


..... evidentemente avete un vostro linguaggio ... che differisce dal mio! :lipssealed:
--------
:mad: (Puah!)


A Erà, ennàmo, dài!!:cry:

aspesi 30-09-11 10:36

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 521513)
:eek:
Che vuol dire "ne serviranno"?
Se intendi: "Quanti se ne estraggono mediamente ripetendo un enerme numero di volte l'estrazione", la risposta è .... "DUE +" (dal momento che il valor atteso – cioè la media aritmetica a lungo andare dei numeri estratti– è 1/2 e tu vuoi che, fintanto che la somma dei numeri già estratti non supera 1 si continui ad estrarre).

Vuol dire: Quanti valori (meglio, quante estrazioni di un numero reale uniformemente distribuito fra 0 e 1) in media ci vogliono affinché la loro somma diventi superiore a 1

Es. prima estrazione : 0,1517...
seconda estrazione : 0,6385...
terza estrazione : 0,2946...
ALT! Perchè la somma = 1,0848... > 1
Con questa prova ci sono voluti 3 numeri estratti
Ecc...

Il risultato richiesto si può ottenere, come ha fatto Astromauh, con una simulazione, es. di un milione di prove.
E la soluzione, almeno a me, pare interessante e poco intuitiva.

Poi, mi sono tirato fuori la formula che restituisce questo valore e le probabilità singole di ottenere > 1 con due (con 1 estratto non è ovviamente possibile), tre, quattro, ...., estratti.

Per il resto, ti ho seguito e mi sei parso convincente.
Penso però che tu abbia risolto un problema diverso: infatti, io non intendevo "Qual è la probabilità che la somma di k numeri estratti a caso NON superi 1, ma " Qual è la probabilità che la somma di k numeri estratti a caso superi 1".

A me risulta:
p(2) = 1/2
p(3) = 1/3
p(4) = 1/8
p(5) = 1/30
...
e facendo la somma di queste probabilità viene (come dovrebbe venire) 1.
Invece, la somma delle probabilità calcolate da te dà molto meno di 1.

Quote:

Erasmus (Scrivi 521513)
Però, visto che non sono sicuro di quel che vuoi sapere e che, secondo te, astrimauh ha risposto giusto, è molto probabile che io risponda sbagliato. E visto che voi due vi comprendete al volo, evidentemente avete un vostro linguaggio ... che differisce dal mio! :lipssealed:
--------
:mad: (Puah!)

(Puah) l'ho detto anch'io più volte leggendoti su questioni assolutamente noiose (per me!) :D

Ciao
Nino

aspesi 30-09-11 10:56

Re: Estrazioni casuali
 
Ho capito.

................. Problema (io) ..... Calcolato da Erasmus
................. --------------- ...... -------------------------
.... p(1) ......... . 0 . .............................. 1
.... p(2) ......... 1/2 ...................... 1-1/2 = 1/2
.... p(3) ......... 1/3 ..................... 1-1/2-1/3 = 1/6
.... p(4) ......... 1/8 ............... 1-1/2-1/3-1/8 = 1/24
ecc...

Quindi, la somma non è :
(e - 1) / (e - 2)
ma semplicemente ....
e = 2,718281828459...

Probabilità che servono k estrazioni:
p(k) = 1/[k*(k-2)!]

Media = 2*p(2) + 3*p(3) + 4*p(4) + .... + n*p(n) = 1/0! + 1/1! + 1/2! + .... 1/n! = e

:hello:


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