Estrazioni casuali

[astromauh]

aspesi

Fino a quale valore di n fa il calcolo?

Non ricordo nemmeno questo. Ossia mi ricordavo che il numero massimo di lanci poteva essere 10 milioni, ma invece adesso vedo che va bene anche con 20 milioni.

E' una pagina che non è mai interessata a nessuno, e alla fine ha smesso di interessare anche a me.

Prova a fare dei tentativi.

Il valore cercato, ossia quello della parità tra le croci e le teste, lo trovi a circa metà pagina.

Ha lo sfondo rosso, che può essere utile per cercarlo più facilmente.

Lo scopo della pagina non è quello di trovare la probabilità che si verifichi una parità tra i lanci di una monetina, ma quello di trovare la significatività statistica di una deviazione.

[Erasmus]

Lagoon

L'hai dimostrato quindi Nino!

aspesi

Eh... purtroppo, no, non sono capace, :

Nino-aspesi: stai provocando la mia "verve" didattica!

Stiamo parlando del numero di combinazioni di 2n elementi ad n ad n, ossia di possibili scelte distinte di n elementi da un insieme di 2n elementi, [che aspesi ed io siamo soliti indicare con C(2n, n)].
a) Ricordo che, in generale, C(n, k) (per 0 ≤ k ≤ n) vale

                                        n!
C(n, k) = C(n, n – k) = –––––––––
                                   k! (n – k)!

Pertanto

                      (2n)!        (n+1)(n+2)·...·(2n – 1)·(2n)
 C(2n, n) =  ––––––––  = –––––––––––––––––––––––.
                    (n!)^2               1·2·3·...·(n-1)·n

b) Ricordo la "Formula di Stirling" che approssima un fattoriale n! = 1·2·3·...·(n–1)·n
tanto meglio quanto più grande è n:
n! ≈ (n^n)·[e^(-n)]·√(2nπ).

c) Approssimando numeratore e denominatore di C(2n, n) con la formula di Stirling e semplificando tra numeratore e denominatore si ha:

                   (2n)!        [(2n)^(2n)]·e^(–2n)]·√(2·2n·π)      [2^(2n)]·2√(n·π)     2^(2n)
C(2n, n) =  ––––––– ≈ ––––––––––––––––––––––––––– = ––––––––––––––– = –––––– .
                  (n!)^2         [(n^n)]·e^(–n)·√(2·n·π)]^2                   2 n·π            √(n·π)

d) Dunque, il rapporto C(2n, n) / 2^(2n), al crescere di n approssima sempre meglio il reciproco di √(n·π) (e quindi tende a zero al tendere di n all'infinito.

In effetti, lancianto 2n volte una moneta, per n grande il numero di teste ed il numero di croci saranno circa uguali : ma sarà sempre meno probabile che siano esattamente uguali!
––––––––––
Per 2n=20 abbiamo
C(20, 10) /2^20 = 0.17619...
Con l'approssimazione di Stirling si ha C(20, 10/(2^20) ≈ 1/√(10·π) = 0, 17841...
con un errore relativo circa 1,26%.
Per 2n = 92 l'errore relativo di 1/√(46·π) su C(92, 46) / (2^92) è circa 0,27%
------------
Una approssimazione molto migliore si ha perfezionando la formula di Stirling (che approssima n! per difetto) col fattore e^(1/(12n).
Allora al numeratore viene il fattore in più e^[1/(24n)] e al denominatore il fattore in più
[e^1/(12n)]^2 = e^1/(6n).
La correzione sul rapporto è dunque e^[–1/(8n); e quindi (per n non troppo piccolo):
C(2n, n) / 2^(2n) ≈ (1 – 0,125/n)]/√(n·π).
––––––

[aspesi]

Erasmus

Nino-aspesi: stai provocando la mia "verve" didattica!


––––––

[aspesi]

In una catena di montaggio vengono prodotti pezzi che risultano difettosi con probabilità del 10%
Un sistema automatico adibito a selezionare e scartare i pezzi non conformi, li riconosce ed elimina con probabilità pari al 99,5%; per errore, vengono però eliminati anche i pezzi non difettosi con probabilità dello 0,1%.
I pezzi non scartati vengono imballati e conservati in magazzino.

Calcolare la probabilità che un pezzo a magazzino sia difettoso, nonostante non sia stato eliminato dal sistema di controllo.

[Mizarino]

Proviamo un approccio da "conti della serva". Se non c'è un inghippo che mi sfugge, sembra semplice:
Mettiamo di avere 1 milione di pezzi.
900000 sono buoni
100000 sono difettosi
La macchina automatica individua 99500 pezzi difettosi, ne lascia passare 500.
Inoltre considera difettosi 900 dei pezzi buoni.
Vuol dire che saranno accantonati 100400 pezzi, di cui 900 buoni, mentre a magazzino andranno 900600 pezzi, di cui 500 difettosi.

Quindi il cliente avrà 0.55... probabilità su 1000 di beccarsi un pezzo difettoso.

[aspesi]

Mizarino

Proviamo un approccio da "conti della serva". Se non c'è un inghippo che mi sfugge, sembra semplice:
Mettiamo di avere 1 milione di pezzi.
900000 sono buoni
100000 sono difettosi
La macchina automatica individua 99500 pezzi difettosi, ne lascia passare 500.
Inoltre considera difettosi 900 dei pezzi buoni.
Vuol dire che saranno accantonati 100400 pezzi, di cui 900 buoni, mentre a magazzino andranno 900600 pezzi, di cui 500 difettosi.

Quindi il cliente avrà 0.55... probabilità su 1000 di beccarsi un pezzo difettoso.

Tutto perfetto!

Io in questi problemini mi incarto se non faccio una tabellina
Eliminati - Non eliminati - Totali
Difettosi - Non difettosi - Totali
mettendoci le probabilità, come hai fatto con il tuo ragionamento

[aspesi]

Alice e Marco stanno facendo un gioco.
In una scatola ci sono 8 biglie, identiche al tatto, 4 blu e 4 gialle; lì vicino ci sono 2 sacchetti non trasparenti.
Alice benda Marco, mischia le biglie e gliele fa mettere 2 in un sacchetto e 6 nell'altro.
Marco non può vedere nulla, ma può capire quale sacchetto ha 2 biglie e quale 6.

A questo punto Alice invita Marco a prendere 2 biglie da un sacchetto a scelta; se saranno dello stesso colore avrà vinto, altrimenti avrà perso.
Chi ha maggiore probabilità di vincere?
E a Marco conviene prendere le 2 biglie dal sacchetto che ne ha 2, o sceglierne 2 dall'altro?

[Erasmus]

aspesi

Alice e Marco stanno facendo un gioco.
In una scatola ci sono 8 biglie, identiche al tatto, 4 blu e 4 gialle; lì vicino ci sono 2 sacchetti non trasparenti.
Alice benda Marco, mischia le biglie e gliele fa mettere 2 in un sacchetto e 6 nell'altro.
Marco non può vedere nulla, ma può capire quale sacchetto ha 2 biglie e quale 6.

A questo punto Alice invita Marco a prendere 2 biglie da un sacchetto a scelta; se saranno dello stesso colore avrà vinto, altrimenti avrà perso.
Chi ha maggiore probabilità di vincere?
E a Marco conviene prendere le 2 biglie dal sacchetto che ne ha 2, o sceglierne 2 dall'altro?

I due sacchetti (uno con due "pice" sole e l'altro con sei) sono solo fumo!

[Inciso OT: E' meglio dire "bilia" o dire "biglia"? Siccome con le "bilie" si gioca al "biliardo" (e con le "biglie" si giocherebbe al "bigliardo", ma nessuno ha mai giocato al "bigliardo"), ovviamente Erasmus direbbe "bilia" e anche che è sbagliato scrivere "biglia" . Ma i moderni "cruscanti" dicono che van bene entrambe le scritture.
Allora ... io scelgo di scrivere "picia" (plurale "pice") al posto di al posto di "bilia" (o biglia", plurale "bilie" o "biglie"). Da bambini infatti si giocava alle "pice" (che era un gioco più di abilità che di fortuna). Le "pice" erano di terracotta. Non bisognava lanciarle con troppa forza né contro ostacoli troppo duri per evitare che si rompessero.
Era un gioco da fare almeno in due, ma anche in un numero di giocatori ben maggiore.
Per me era un gioco divertentissimo, specie nella versione "sugar a casteleti" [Occhio: sugàr con s sonora come in "rosa"]= "giocare a castelletti". Un castelletto era costituito da quattro "pice": tre per terra messe a triamgolo e la quarta di sopra. Occorre che il terreno sia piano e non troppo liscio, se no il "castelletto" non sta su! Ma allora le strade erano in terra battuta, e quasi sempre senza veicoli (salvo qualche carretto trainato da un cavallo o da un asino); ideali per giocare tra bambini. Adesso ... giocare "alle pice" non si può più": D'altra parte, adesso i bambini giocano ... "autisticamente" (ciascuno per conto suo) , ciascuno con il proprio "telefonino" (tablet) con cui vanno pure in Intenet (magari a vedere video hard).
"O tempora, o mores!"]

Torno "a bomba".
Supponiamo di numerare le 8 "pice" con i numeri interi da 1 a 8 dando numeri dispari alle quattro picie di un colore e numeri pari a quelle dell'altro colore.
Le coppie possibili sono C(8,2) = 8·7/2 = 28.
Elencando tutte le coppie e contando si trova tutto! E cioè:
• che le coppie sono 28,
• che 16 hanno una "picia" blu e una gialla;
• che 12 hanno le due "pice" dello stesso colore.

Essendo casuale la coppia del sacchetto con due "pice" sole, questa ha probabilità 4/7 di essere BI-colore [alias DIcromatica] e 3/7 di essere UNI-colore [alias MONOcromatica].

Sarebbe lo stesso scegliere una coppia di "pice" a caso da un unico sacchetto contenente tutte le 8 "pice" dato che ancora la probabilità di pescare una coppia DIcromatica è 4/7 e la probabilità di pescare una coppia MONOcromatica è 3/7.

Si fa presto anche a vedere espressamente come stanno le cose sostituendo "MONOcromatico" con "PARI" e "DIcromatico" con DISPARI ed elencando le 28 combinazioni dei numeri
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 8
distinguqndo quelle con somma dispari da quelle con somma pari (dato che disparI + dispari = pari è pari= PARI)
Ecco qua:

  1       2         3       4       5       6       7        8        8      10      11     12     13     14       15     16
(1,2); (1,4): (1,6); (1,8); (2,3); (2,5); (2,7); (3.4); (3,6); (3,8); (4,5); (4,7); (5,6): (5,8), (6,7); (7,8).
(1,3); (1,5); (1,7);  (2,4): (2,6); (2,8;  (3,5): (3,7); (4,6); (4,8); (5,7); (6.8).

Sia pescando l'unica coppa dal sachetto con due "pice" sole sia pescando dal sacchetto con sei "pice":
• 4/7 la probabilità di pescare due "pice" di colore diverso;
• 3/7 quella di pescare due "pice" dello stesso colore.
–––

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P.S.
@ aspesi.
Quanti spinelli al giorno stai fumando?
Mi pare impossibile che "er mejo" quizzista sia caduto tanto in basso!

[aspesi]

Erasmus

I due sacchetti (uno con due "pice" sole e l'altro con sei) sono solo fumo!

Stai diventando sempre più perspicace, sarà la vecchiaia...

[aspesi]

Erasmus

Da bambini infatti si giocava alla "pice"

Era un gioco da fare almeno in due,

Allora, un maschio e una femmina... adesso ... va bene tutto!
Certo che hai incominciato presto a giocare con le picie

https://it.wiktionary.org/wiki/picia