Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia

Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia (http://www.trekportal.it/coelestis/index.php)
-   Rudi Mathematici (http://www.trekportal.it/coelestis/forumdisplay.php?f=11)
-   -   Estrazioni casuali (http://www.trekportal.it/coelestis/showthread.php?t=42400)

maucarlino 17-12-14 02:09

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

astromauh (Scrivi 742852)
Ha ragione Pasquali, il gioco è equo.

Questo perché sia se nel sacchetto ci sono due palline bianche e una nera, sia se ce ne sono due nere e una bianca, le uniche due estrazioni prese in considerazione, hanno la stessa probabilità di uscita.

:hello:

Anche a mio modo di vedere Pasquali ha ragione: il gioco è equo. Provo a dire perché.

Sia p = P(Bi) la probabilità che la i-ma pallina estratta sia bianca. La probabilità del suo evento complementare è evidentemente P(Ni) = 1-p. Assumiamo p>0.

Sia inoltre A l'evento:"in due estrazioni di fila - ciascuna con reintroduzione - le palline sono di colore diverso". Il problema posto da Pasquali chiede sostanzialmente di valutare P(B1|A).

Applicando il teorema di Bayes:

P(B1|A) = p(A|B1)*p(B1)/(p(A|B1)*p(B1)+p(A|N1)*p(N1))

che è di semplice risoluzione notando che:
p(A|B1) = p(N2) = (1-p)
e analogamente
p(A|N1) = p(B2) = p

e quindi:

P(B1|A) = (1-p)*p/((1-p)*p+p*(1-p)) = (1-p)*p/2(1-p)*p = 1/2

Questo risultato non dipende da p: detto altrimenti, qualunque sia p, purché > 0, lo schema di estrazioni suggerito da Pasquali è equo. Questo significa banalmente che il gioco è equo anche se nel sacchetto c'è un numero qualsiasi - non noto a priori - di palline bianche e nere.

Questo schema può essere ulteriormente generalizzato al caso di 2 eventi complementari che in n esperimenti consecutivi mantengono la medesima probabilità p e 1-p. Si pensi ad esempio al caso di una moneta truccata in cui una delle due facce è favorita rispetto all'altra. Usando questo schema, si può scommettere in modo equo anche in questo caso: è uno schema a prova di raggiro :ok:

:hello:

aspesi 17-12-14 08:51

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

maucarlino (Scrivi 742892)
Questo schema può essere ulteriormente generalizzato al caso di 2 eventi complementari che in n esperimenti consecutivi mantengono la medesima probabilità p e 1-p. Si pensi ad esempio al caso di una moneta truccata in cui una delle due facce è favorita rispetto all'altra. Usando questo schema, si può scommettere in modo equo anche in questo caso: è uno schema a prova di raggiro :ok:

:hello:

Mi pare che questo quiz sia analogo a quest'altro:
http://www.trekportal.it/coelestis/s...postcount=1098

in cui si chiarisce che per l'equiprobabilità è però necessario esaminare i lanci a coppie e non in sequenza.

:hello:

maucarlino 17-12-14 19:20

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

aspesi (Scrivi 742903)
Mi pare che questo quiz sia analogo a quest'altro:
http://www.trekportal.it/coelestis/s...postcount=1098

in cui si chiarisce che per l'equiprobabilità è però necessario esaminare i lanci a coppie e non in sequenza.

:hello:

Corretto: anche nella mia accezione l'equiprobabilità è assicurata dall'uso dello schema che - nel caso del lancio di una moneta - prevede sempre l'esecuzione di una coppia di lanci che viene scartata qualora l'esito sia (T,T) o (C,C).

Solo le coppie diseguali sono da prendersi in considerazione e queste per l'appunto sono equiprobabili. Chiaramente tra un lancio e quello successivo stiamo supponendo che le probabilità degli eventi "testa" e "croce" restino invariate quale che sia il loro valore.
:ok:

aspesi 20-12-14 17:09

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

maucarlino (Scrivi 742942)
Solo le coppie diseguali sono da prendersi in considerazione e queste per l'appunto sono equiprobabili.

Ci ho pensato su, e mi sono venuti dei dubbi sull'affermazione:
"Solo le coppie diseguali sono da prendersi in considerazione"

Infatti, assodato che per la prima coppia di lanci siano da accettare solo gli esiti TC e CT, proseguendo con altri due lanci (nel caso il primo esito fosse stato TT o CC), secondo me diventano equiprobabili e possono quindi essere prese in considerazione (oltre a ..CT e ..TC) anche le quartine CCTT e TTCC.

Se questo fosse vero, si dovrebbe continuare a ripetere i lanci solo con gli esiti monotermini TTTT e CCCC.
Con 6 lanci, invece, dovrebbero restare esclusi questi 4:
CCCCCC
CCCCTT
TTTTCC
TTTTTT
mentre con 8 lanci tornano ad essere accettabili CCCCTTTT e TTTTCCCC

E così via...

O mi sbaglio? :mmh:

:hello:

aspesi 21-12-14 20:01

Re: Estrazioni casuali
 
Astromauh, quando hai tempo e se hai voglia, mi fai il regalo di Natale? ;)

Vorrei avere una conferma sul numero medio di estrazioni al lotto che sono necessarie per avere la comparsa di tutti i 90 numeri.
Ho provato a studiare il problema con un foglio excel e mi vengono 89,83 estrazioni, un altro modo semplificato dà 91,49 estrazioni.

La simulazione dovrebbe essere fatta in questo modo:

Ci sono 90 numeri equiprobabili da 1 a 90.
Penso che le prove per dare un risultato abbastanza preciso dovrebbero essere almeno 10 mila.
Ogni prova consiste nell'estrazione successiva di 5 numeri random sui 90 (con reimbussolamento dopo ogni estrazione) fino ad avere l'uscita di almeno una volta per tutti i 90 numeri.
L'intervallo delle estrazioni richieste (che vanno memorizzate) richieste per il completamento di ogni prova potrebbe variare da 45 a 200 circa.
Alla fine si fa la media, sommando tutte le estrazioni e dividendo per il numero delle prove.

Grazie :)
:hello:

astromauh 23-12-14 01:14

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

aspesi (Scrivi 743061)
Astromauh, quando hai tempo e se hai voglia, mi fai il regalo di Natale? ;)

Perché non ti accontenti di una cravatta come regalo di Natale? :D

Ho fatto la simulazione, ma potrei aver sbagliato qualcosa.

Perché forse invece di controllare se sono usciti tutti e 90 i numeri, il mio programma si dimentica del numero 90. Dovrei controllare meglio questa parte.

Su 10 milioni di prove, la media mi viene 89.60, ma se ho commesso l'errore che temo, allora dovrebbe essere qualcosina in più. Ci guardo meglio domani.

:hello:

Erasmus 23-12-14 02:50

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

aspesi (Scrivi 743061)
[...]Vorrei avere una conferma sul numero medio di estrazioni al lotto che sono necessarie per avere la comparsa di tutti i 90 numeri.
[...] mi vengono 89,83 estrazioni, un altro modo semplificato dà 91,49 estrazioni.[...]

Io penso che ne bastino molte di meno, diciamo 48 estrazioni.
[Ma ... come fai a fare 91,49 estrazioni? Non sono sempre un numero intero? :mmh:]

Ho ragionato così (e probabilmente sarà tutto sbagliato, dato che in quesdto settore sono una frana ...):
a) In ciascuna estrazione ciascun numero ha probabilità 5/90 = 1/18 di uscire.
[Infatti le cinquine distinte equiprobabili sono C(90, 5). Quelle in cui non c'è il numero x sono C(89,5).
Siccome in generale C(n, k) = C(n–1, k–1) + C(n–1, k), quelle in cui c'è x sono allora:
C(90,5) – C(89,5) = C(89,4). La probabilità che x stia nella cinquina estratta è tunque
C(89,4)/C(90,5) = 5/90 = 1/18].

b) In 18 estrazioni, venendo estratti 5·18 = 90 numeri, è possibile (ma improbabile) che escano tutti i 90 numeri.
Detto f il numero di volte che esce in 17 estrazioni il mio numero x, cerco la probabilità P(f≥1) che il numero x esca almeno una volta [in queste 17 estrazioni].
Ricordando che 1 + x + x^2 +... + x^(m–1) = (1 – x^m)/(1 – x) ],trovo:
P(f≥1) = (1/n)·[1 + (1–1/n) + (1 – 1/n)^2 + (1 – 1/n)^3 + ... + (1 – 1/n)^(n–2)] =
= (1/n)·[1 –(1 – 1/n)^(n-1)]/[1 – (1–1/n)] = 1 – (1–1/n)^(n-1) =
= 1 –(17/18)^17 ≈ 0,6217782...

c) La probabilità di non uscire in n–1 estrazioni è 1 – P(f ≥1) = (17/18)^17] ≈ 0,37844178...
Questa è anche la probabilità P(f=1) che il mio numero x esca una sola volta in n = 18 estrazioniì; e quindi anche che esca ogni altro numero.

d) Allora escoino mediamente tutti i numeri ogni
[1/P(f=1)]·n = (18^18)/(17^17) ≈ 47,56 ––> 48 estrazioni
---------------------
:hello:

astromauh 23-12-14 07:59

Re: Estrazioni casuali
 
Ho riprovato, adesso mi è venuto 89,799629

:hello:

PS

89,8259854 su 5 milioni.

aspesi 23-12-14 14:21

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

astromauh (Scrivi 743139)
Ho riprovato, adesso mi è venuto 89,799629

:hello:

PS

89,8259854 su 5 milioni.

Perfetto!
Quindi il mio calcolo che dà 89,83 estrazioni (è un po' complicato da spiegare, magari se riesco lo posto dopo Natale) allora è giusto...

Intanto vedo che Erasmus ha... preso fischi per fiaschi :D... più tardi spiego il semplice procedimento che conduce al risultato approssimato di 91,49 estrazioni.

Ciao a tutti e BUON NATALE
(voglio essere tra i primi a fare gli auguri di Buone Feste e Felice Anno Nuovo)
:hello:

aspesi 23-12-14 15:27

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 743130)
d) Allora escono mediamente tutti i numeri ogni
[1/P(f=1)]·n = (18^18)/(17^17) ≈ 47,56 ––> 48 estrazioni
---------------------
:hello:

:mmh:
Nei punti a), b) e c) ti seguo e quello che dici mi sembra corretto, ma perché mai dovrebbe essere vero quello che scrivi al punto d) ? :cool:

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

Quante estrazioni (IN MEDIA) sono necessarie affinché escano tutti i 90 numeri al lotto?

Come hai detto, il "campo" di questa variabile va da un minimo di 18 estrazioni (nell'ipotetica ed improbabile eventualità che non si verifichi mai nessuna ripetizione dei numeri usciti in precedenza) ad un teorico ed ancora più improbabile "numero infinito di estrazioni", ove non dovesse mai sortire uno o più dei 90 numeri.

Ma c'è un tempo medio di attesa, che corrisponde al risultato della somma della serie di prodotti della probabilità favorevole all'esito dell'evento (uscita dei 90 numeri) per il numero delle estrazioni in cui si realizza questa eventualità.
E' quindi la vera e propria media del numero di estrazioni che si ha dopo la ripetizione di un significativo numero di volte di questa prova (estrazioni di 5 numeri da un sacchetto che ne contiene 90 con successivo reinserimento), ciascuna della quale termina con il sorteggio della cinquina contenente l'ultimo/i numero/i ritardatario/i.

Per inquadrare meglio il problema, esaminiamo quello che succede lanciando più volte una moneta equa.
La probabilità di avere testa o croce ad ogni lancio è 1/2.
Al primo lancio può uscire indifferentemente o T o C; al secondo lancio, se esce l'esito opposto (probabilità = 1/2), la prova è terminata, perché sono usciti tutti e due i segni possibili, con un tempo di attesa di 2 lanci. Se invece si ripete lo stesso esito del primo lancio (probabilità = 1/2), occorre proseguire con un terzo lancio.
E così via, finché si osserva l'uscita del secondo segno.

Ma qual è il tempo medio d'attesa? E' uguale a 3 lanci della moneta, come potrebbe essere verificato e confermato facilmente da Astromauh o da chiunque altro ha qualche competenza di programmazione con una simulazione al computer.
Ma è anche abbastanza evidente prenderne atto con questo semplice ragionamento: ad un primo lancio (quello necessario per il primo esito di T o C), bisogna sommare altri due lanci, necessari in media per ottenere l'altro esito, come si desume dall'inverso della probabilità (casi totali/casi favorevoli, che vale 2).
E a Erasmus sarebbe semplice dimostrarlo matematicamente.
http://www.tiziana1.it/ebooks/Risors...0di%20dadi.pdf

Per il lancio della moneta, l'attesa media di avere entrambe le facce T e C (3 lanci) può essere confrontata con i 6 casi favorevoli TTC - TCT - CTT - CCT - CTC - TCC sugli 8 casi possibili e in questo caso corrisponde al 75% di probabilità. Ma questo non è un dato fisso e la probabilità di avere tutti gli esiti possibili in coincidenza con il tempo (lanci-estrazioni) medio di attesa diminuisce al crescere di n (n=2 per la moneta, 6 per il dado, 90/5 per il lotto, ecc...)

Il problema che si sta discutendo è analogo a quello noto come " Il problema del collezionista", in quanto risponde alla domanda (che quelli dell'età mia e di Erasmus si ponevano da bambini, quando non riuscivano mai a trovare il portiere Pizzaballa per finire la raccolta di figurine Panini dei calciatori :angry: ):
Quante figurine deve acquistare in media un collezionista per completare la raccolta di un album di n figurine?
La risposta si ottiene con questa formula:

Numero_figurine_da_acquistare = n*(1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n)

che per n sufficientemente grande vale circa:

= n*(logaritmo_naturale(n) + C)

dove C = 0,5772... è la costante di Eulero- Mascheroni.

Come esempio, possiamo calcolare che per una raccolta di 100 figurine occorrono in media 519 acquisti, cioè:

100/100 + 100/99 + 100/98 + ... + 100/2 + 100/1 = 518,7377...

mentre per la stessa raccolta, e per il riempimento a metà dell'album (cioè di 50 figurine) ne bastano 69:
100/100 + 100/99 + 100/98 + ... + 100/52 + 100/51 = 68,817...

Per applicare la stessa formula al lotto, dobbiamo ricordare che ad ogni estrazione escono 5 numeri (non 1).
D'altronde, non possiamo neppure fare una semplificazione 90/5 = 18, perché i numeri (cioè la collezione di figurine) non sono 18 e ogni volta se ne estrae 1, ma sono 90 e se ne "acquistano" certamente 5 diversi fra loro, ma magari uguali a quelli acquistati in precedenza:

Se facciamo:
= (90/90 + 90/89 + 90/88 + ... + 90/2 + 90/1) / 5 = 91,486...
otteniamo quasi certamente un valore in eccesso.

D'altronde,facendo:
= 90/(90-2,5) + 90/(85-2,5) + 90/(80-2,5) + ... + 90/(10-2,5) + 90/(5-2,5) = 87,372...
il risultato è probabilmente in difetto.

Il valore vero della media delle estrazioni necessarie affinché escano tutti i 90 numeri del lotto è in realtà compreso fra 89 e 90 estrazioni, come le simulazioni di Astromauh hanno confermato e come forse cercherò di spiegare in una prossima occasione.

Potrebbe essere infine rilevato che con questo limite, la probabilità in una prova singola di avere effettivamente la comparsa di tutti i 90 numeri è solo del 40%, mentre nel 60% dei casi si verifica che uno o più numeri "ritardano" 90 o più estrazioni.

:hello:


Tutti gli orari sono GMT. Attualmente sono le 05:21.

Powered by vBulletin versione 3.6.7
Copyright ©: 2000 - 2021, Jelsoft Enterprises Ltd.
Traduzione italiana a cura di: vBulletinItalia.it