Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia

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-   -   Estrazioni casuali (http://www.trekportal.it/coelestis/showthread.php?t=42400)

aspesi 09-10-11 14:55

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

astromauh (Scrivi 524766)
Hai toppato!!! :D

Le tue combinazioni non sono mica equiprobabili.

.......

La combinazione:

41,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1 ,1,1,1,1,1,1 ecc.

Per CASO non uscirà mai, se poi il gestore del gioco decide di farla uscire è un'altro discorso.

Io non ho parlato di combinazioni, ma di partizioni.
Il problema chiede di calcolare le possibili partizioni di N in K gruppi e tra queste verificare quante lasciano l'ultimo biglietto isolato.

In pratica, si deve supporre di disporre gli N biglietti in fila. Per dividerli in K gruppi, si può disporre di un certo numero (K-1) di separatori negli spazi tra i biglietti (il numero degli spazi è N-1)

Es.:
N = 5
K = 3
1 2 3 | 4 | 5
1 | 2 3 4 | 5
1 | 2 | 3 4 5
1 2 | 3 4 | 5
1 2 | 3 | 4 5
1 | 2 3 | 4 5
le partizioni sono 6

:hello:

astromauh 09-10-11 17:02

Re: Estrazioni casuali
 
Se ci sono due contenitori in cui devo mettere in modo casuale 10 palline, è molto più probabile che alla fine trovo (5-5) piuttosto che (9-1).

Se devo inserire un separatore tra 10 elementi in modo casuale allora le probabilità di (5-5) e (9-1) sono le stesse.

A me pare che da come era formulato il problema non fosse molto comprensibile che bisognasse usare il secondo metodo.

Ok, vuol dire che ho risolto un quiz diverso. :D

:hello:

Erasmus 09-10-11 22:09

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

aspesi (Scrivi 524657)
Qual è la probabilità che l'ultima estrazione sia solo del numero 1 se il sacchetto contiene N biglietti (numerati da 1 a N) e si eseguono K estrazioni fino ad esaurimento degli N biglietti?[/b]

Supponiamo che io sia capace di contare tutti i casi possibili e quelli favorevoli. Essendo i casi possibili equiprobabili, la probabilità è il rapporto tra il numero di casi favorevoli ed il numero totale di casi possibili.
Vediamo prima se ho capito giusto il tuo quiz
Ho un insieme di N elementi.
Conto (o calcoo) in quanti modi è ripartibile in K parti (nessuna vuota),
Questo numero sia A.
Prendo una parte di un solo elemento ... e la metto da parte! :D
L'insieme mi viene di N – 1 elementi.
Conto (o calcolo) in quanti modi questo è ripartibile in K – 1 parti.
Questo numero sia B.
Per ciascuno di questi B modi posso pensare che sia stato svuotato l'insieme di N elementi in K parti di cui una di un solo elemento.
Quindi il problema è ridotto a trovare la formula
M = F(N, K)
dove N è la cardinalità dell'insieme, K un assegnato numero di parti disgiunte la cui unione è l'insieme dato ed M (funzione di N e di K) è il numero di modi in cui posso rompere l'insieme di N elementi in K parti disgiunte.
Dopo di che la richiesta probabilità è
p = F(N–1, K–1) / F( N, K).

Dopo ci penso.
Prima dimmi se ho capito giusto il da farsi (cioè triovare quella funzione, almeno per N = 90 e K = 50)
Quote:

aspesi (Scrivi 524770)
Es.:
N = 5
K = 3
1 2 3 | 4 | 5
1 | 2 3 4 | 5
1 | 2 | 3 4 5
1 2 | 3 4 | 5
1 2 | 3 | 4 5
1 | 2 3 | 4 5
le partizioni sono 6.

:mmh:
Non capisco perché solo 6
Perché lasci in fila gli elementi?
Supponiamo che sia N = 4 e K = 2
Tu faresti
1 | 2 3 4
1 2 | 3 4
1 2 3 | 4
Diresti di avere 3 casi, di cui 1 solo favorevole => p= 1/3
Due obiezioni:
a) La parte del solo elemento 1 può uscire per prima o per seconda (che per K = 2 vuol dire ultima), mentre tu imponi nei dati che esca sempre per ultima.
b) la partizione in due parti di due elementi ciascuna non è una sola. Di due parti da 2 elementi ciascuna sono anche queste:
1 3 | 2 4
1 4 | 2 3
E in due parti con una parte di 1 solo elemento e l'altra di 3 elementi ci sono anche queste partizioni
2 ! 1 3 4
3 | 1 2 4

Quindi io conterei 2 partizioni in più nel caso di due parti da 2 elementi ciascuna; e 2 in più nel caso di due parti di cui una di 1 solo elemento e l'altra di 3 elementi.
7 distinte partizioni in 2 parti
I modi di fare 2 parti non sono equiprobabili al cambio di cardinalità delle parti!
Vedi che le coppie di coppie sono 3 [ed infatti C(4, 2) = 6]
E le coppie di 1 elemento e una Terna sono invece 4 (ed infatti C(4, 1) = 4).
Comunue, se i casi (come li conto io) sono 7, è imposibile avere p =1/3
--------------
Se prima, nel dire come ho capito il quiz, ho detto giusto, ho un solo modo di fare 1 parte di 3 elementi; e quindi ho
p = F(3, 1)/ F(4, 2) = 1/7 :p

Se ho detto sbagliato ... la colpa è tua che ti sei espresso da cani! :D
---------------
Ciao ciao

astromauh 10-10-11 11:49

Re: Estrazioni casuali
 
Ricapitolando, la formula per calcolare la probabilità che nell'ultimo gruppo di estrazioni si trovi un'unica estrazione è:

P= (k-1) / (n-1)

e che venga estratto un numero specifico è:

P= (k-1) / (n*(n-1))

P= (50-1) / (90*(90-1))

P= 49 / (90*89)

P= 0.00611

Questo però è vero solo se si considerano equiprobabili tutte le possibili partizioni degli n elementi.

Però se consideriamo "fisse" le partizioni, e le riempiamo in modo casuale, le possibili partizioni non sono equiprobabili.

Secondo questa "logica" la probabilità che nell'ultima estrazione ci sia un solo numero e che questo numero sia "1", è quella che avevo calcolato in precedenza:

P= 0.004952

:hello:

aspesi 10-10-11 17:15

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

astromauh (Scrivi 525004)
Ricapitolando, la formula per calcolare la probabilità che nell'ultimo gruppo di estrazioni si trovi un'unica estrazione è:

P= (k-1) / (n-1)

e che venga estratto un numero specifico è:

P= (k-1) / (n*(n-1))

P= (50-1) / (90*(90-1))

P= 49 / (90*89)

P= 0.00611

:hello:

:ok::ok:

:hello:

aspesi 10-10-11 17:49

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 524911)
Ho un insieme di N elementi.
Conto (o calcoo) in quanti modi è ripartibile in K parti (nessuna vuota),
Questo numero sia A.
Prendo una parte di un solo elemento ... e la metto da parte!
L'insieme mi viene di N – 1 elementi.
Conto (o calcolo) in quanti modi questo è ripartibile in K – 1 parti.
Questo numero sia B.
Per ciascuno di questi B modi posso pensare che sia stato svuotato l'insieme di N elementi in K parti di cui una di un solo elemento.
Quindi il problema è ridotto a trovare la formula
M = F(N, K)
dove N è la cardinalità dell'insieme, K un assegnato numero di parti disgiunte la cui unione è l'insieme dato ed M (funzione di N e di K) è il numero di modi in cui posso rompere l'insieme di N elementi in K parti disgiunte.
Dopo di che la richiesta probabilità è
p = F(N–1, K–1) / F( N, K).

Ottimo!

Quote:

Erasmus (Scrivi 524911)
Non capisco perché solo 6
Perché lasci in fila gli elementi?
.........
Se ho detto sbagliato ... la colpa è tua che ti sei espresso da cani! :D
---------------
Ciao ciao

:mad:
Perché nelle partizioni gli elementi sono indistinguibili.
Supponiamo che sia N = 4 e K = 2
Tu faresti
1 | 2 3 4
1 2 | 3 4
1 2 3 | 4
Diresti di avere 3 casi, di cui 1 solo favorevole => p= 1/3


Avrei dovuto dire:
1 | 1 1 1
1 1 | 1 1
1 1 1 | 1



Si può distinguere fra "partizioni ordinate" e "partizioni non ordinate"

Nel caso di partizioni ordinate, il discorso è complesso.
http://mathworld.wolfram.com/PartitionFunctionP.html
Lasciamo perdere...

Invece, qui parliamo di partizioni non ordinate, dove ad esempio, esaminando un mazzo di carte, per le 13 carte spettanti ad uno dei quattro giocatori:
13, 0, 0, 0 tutte le carte di cuori
0, 13, 0, 0 tutte le carte di quadri
sono da considerarsi "mani" differenti.

Nel caso si volesse contare tutte le partizioni di un intero N, il totale delle partizioni possibili è 2^(N-1)
Es. N=4
..4
..3 + 1
..1 + 3
..2 + 2
..2 + 1 + 1
..1 + 2 + 1
..1 + 1 + 2
..1 + 1 + 1 + 1

Nel quiz:
1 1 1 1 1 1 1 ....... 90 volte
Devo mettere 49 barrette spaziatrici
Ogni arrangement dei 49 separatori corrisponde ad una partizione.
Le 49 barrette negli 89 spazi danno luogo a C(89,49) combinazioni diverse.
(N-1)!/((K-1)!*(N-K)!)
Per calcolare le partizioni favorevoli, cioè quelle che lasciano l'ultimo biglietto isolato, si può supporre di bloccare l'ultimo separatore nella posizione fra il penultimo e l'ultimo biglietto; basta quindi sistemare i rimanenti separatori (K-2) negli spazi rimanenti (N-2) tra gli altri biglietti
Le partizioni favorevoli risultano C(88,48)
(N-2)!/((K-2)!*(N-K)!)

Il rapporto fra i due valori:
49/89 (come ha già scritto Astromauh :ok:)
cioè:
(K-1)/(N-1)
indica la probabilità che l'ultima estrazione peschi un solo biglietto

Dal momento che tutti i biglietti hanno pari opportunità, per avere la probabilità che l'ultima estrazione peschi il solo numero 1 occorre dividere per N
49/(89*90)
e in generale:
1/N * (K-1)/(N-1)

:hello:

Erasmus 10-10-11 20:42

Re: Estrazioni casuali
 
Non mi hai convinto!
In un insieme tutti gli elementi sono distinti uno dal'altro.
Dato un insieme I di cardinalità N, una sua parte P di cardinalità M > 0 è una combinazione [delle C(N, M) possibili] di M elementi distinti su N.
Quelle che tu duci "parti ordinate" sono le M! disposizioni di M elementi ad M ad M (dette anche permutazioni) di quella unica combinazione. E qui non c'entrano un fico!
Equiprobabili sono fra loro le combinazioni, e quindi le partizioni dello stesso tipo, nelle quali, cioè, ci sono non solo lo stesso numero di parti, ma anche gli stessi tipi parti.
Supponiamo, per esempio, che un insieme di 23 elementi sia ripartito in 8 parti di cui 3 sono di 2 elementi, 4 sono di 3 elementi ed una è di 5 elementi. Se diciamo {1, 2, ..., 23} l'insieme, una partizione come quella che ho detto è:
Codice:

A)    {1,  2};            {3,  4};              {5,  6}; 
      {7,  8,  9};      {10, 11, 12};      {13, 14, 15};      {16 ,17, 18}
      {19, 20, 21, 22, 23}

Dico che è dello stesso tipo ogni partizione ottenuta da questa permutando arbitrariamente i 23 elementi. Per esempio:
Codice:


  {22, 23};          {20, 21};          {18, 19}; 
  {15, 16, 17};    {12, 13, 14};    {9,  10, 11};        {6 , 7,  8}
  {1,  2,  3,  4,  5}

Non conta l'ordine all'interno di ogni parte né l'ordine delle parti. Queste due partizioni sono distinte perché diverse sono le parti; ma sono equiprobabili perché sono tutte uniche nell'insieme di tutte le partizioni in 7 parti di cui 3 di 2 elementi, 4 di 3 elementi ed 1 di 5 elementi.
Quante sono le partizioni di questo tipo?
Permutando in tutti i modi i 23 elementi ne ricavo 23! con le parti nello stesso ordine: ma non conta l'ordine degli elementi dentro ogni parte né l'ordine delle parti. Divido allora per il fattoriale del numero di elementi di ogni parte e per il fattoriale del numero di parti. Quelle di questo tipo sono dunque:
T1 = (23!)/ {[(2!)^3]·[(3!)^4]·[(5!)^1]·8!} ≈ 5,153445297·10^11.

Un diverso tipo di partizione sempre in 8 parti dell'insieme di 23 elementi è quello con 4 parti da 2 elementi, 3 parti da 3 elementi ed una parte da 6 elementi. Una partizione di questo tipo è la seguente:
Codice:

B)    {1,  2};            {3,  4};              {5,  6};            {7,  8};
        {9, 10, 11};      {12, 13, 14};      {15, 16, 17};
        {18, 19, 20, 21, 22, 23}

Quante sono le partizioni di questo tipo? Ecco qua:
T2 = (23!)/{[(2!)^4]·[(3!)^3]·[(6!)^1]·8!} ≈ 2,576226485·10^11.

Secondo i tuoi modelli, il tipo A) ed il tipo B) sarebbero rispettivamente:[code]
A) | •• | •• | •• | ••• | ••• | ••• | ••• | ••••• |
B) | •• | •• | •• | •• | ••• | ••• | ••• | •••••• |
Ma il tipo A) ed il tipo B) non sono equiprobabili in quanto, sull'intero numero di partizioni dell'insieme in 8 parti, il numero di quelle di tipo B) è (esattamente) la metà del numero di quelle di tipo A).

Insomma: non ho ancora capito come fai tu a pesare i singoli tipi di partizione quando calcoli la loro probabilità!
-----
Ciao ciao
:hello:

aspesi 10-10-11 22:20

Re: Estrazioni casuali
 
http://it.wikipedia.org/wiki/Partizione_di_un_intero

http://it.wikipedia.org/wiki/Partizi..._degli_insiemi)

Io intendo le partizioni come gruppi di elementi indipendentemente dal loro contenuto.
Guardo cioè all'oggetto (nel quiz = biglietto), senza interessarmi a quello che c'è scritto dentro.

Nel sacchetto hai 90 pezzetti di carta uguali (facciamo, per capirci, finta che siano tutti bianchi e senza nessun numero scritto.
Se accetti questo punto di vista, ti puoi rendere conto che gli esempi di partizione che hai fatto nel tuo messaggio precedente sono perfettamente identici (contengono ugual numero di elementi).

Lo scopo è determinare la probabilità di avere un solo biglietto nell'ultima estrazione (partizione). Che, secondo me, è (K-1)/(N-1)

:hello:

nino280 11-10-11 07:25

Re: Estrazioni casuali
 
3.972.999.029.388 è il numero dei modi di partizionare 200 elementi:D

Erasmus 11-10-11 09:15

Re: Estrazioni casuali
 
@ aspesi.
Ma, scusa un momento! Questo è il tuo quiz originale:
Quote:

aspesi (Scrivi 524657)
Un sacchetto contiene 90 biglietti, numerati da 1 a 90.
I 90 biglietti vengono pescati tutti con 50 estrazioni successive, senza restituzione (quindi, ogni estrazione può pescare uno o più biglietti, fino a 41).
Qual è la probabilità che l'ultima estrazione sia del solo numero 1?

Ho evidenziato col grassetto due precisi dati del quiz.
Adesso te lo mostro modificato variando le due informazioni offerte dalle parole in grassetto.
Quote:

il correttore
mar 11.10.11 h11:10
Un sacchetto contiene 90 biglietti identici
I 90 biglietti vengono pescati tutti con 50 estrazioni successive, senza restituzione (quindi, ogni estrazione può pescare uno o più biglietti, fino a 41).
Qual è la probabilità che l'ultima estrazione sia di un solo biglietto?

Secondo te, le modifiche sono insignificanti? Il quiz resta lo stesso?
--------------
Stamattina, dopo aver letto qualcosa tramite i tuoi link, mi viene il sospetto che il quiz, come l'intendi tu, è in realtà quello modificato da il correttore :D

Ciao ciao
–––––––––––––


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