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Re: Probabilità elementare

MessaggioInviato: 21 ott 2011, 9:42
da dursino
Ho provato nuovamente per fugare qualsiasi altro dubbio.
Ma effettivamente sono uguali come li metti li metti.
perché le moltiplicazioni alla fine diventano uguali!
In prima istanza,mi ero fissato sulla non eguaglianza delle probabilità
perché i libri di Matematica sono di più,però effettivamente "la cosa viene bilanciata
nell'operazione", detta molto male come cosa,però diciamo è così.

Qui il libro di riferimento dove sto studiando:

Edit DD: non mettere link a copie illegali.

Nel caso interessi a qualcuno rispolverare le nozioni di probabilità.

Ciao e buona giornata O_/

Re: Probabilità elementare

MessaggioInviato: 21 ott 2011, 16:46
da dursino
Ho un altro esercizio da proporre:
Screenshot.png
Screenshot.png (4.83 KiB) Osservato 1045 volte

Dato il sistema di sopra, definita P(i) la probabilità di funzionamento
di un qualunque interruttore (ossia che sia abbassato) ,definire la probabilità
totale che la corrente scorra da A a B .
Come informazioni so che gli interruttori sono incorrelati fra loro.
Ossia il non funzionamento di uno non influenza nessun altro.
Vi dico come ho ragionato così potete correggermi:

Ho notato che i possibili passaggi sono:
(1-4)   (1-3-5)   (2-5)    ( 2-3-4)
Definisco E come l'evento che almeno uno di quei passaggi sia attivo.
La probabilità che funzioni è data da :
1 - P(E*) dove con E* intendo il complementare di E, ossia che nessun
passaggio funzioni.
Definisco poi E_i* l'evento "interruttore i-esimo aperto".
Dunque :
\[P(E) = 1 - P(E*) = 1 - [ P(E_1*) P(E_4*) + P(E_1*) P(E_3*) P(E_5*)
+ P(E_2*) P(E_5*) + P(E_2*) P(E_3*) P(E_4*)\]

Secondo voi può andare?
Grazie Buona giornata

Re: Probabilità elementare

MessaggioInviato: 21 ott 2011, 18:01
da dursino
Ho ragionato un altro pochino e penso ci voglia un bel colpo di Reset a tutto ciò che ho scritto sopra. Ricomincio da capo:

Ho notato che i possibili passaggi sono:
(1-4)   (1-3-5)   (2-5)    ( 2-3-4)
Quindi per non funzionare il sistema nel complesso tutti i passaggi di cui sopra devono essere interrotti.
Per ogni passaggio è sufficiente che uno solo dei 2 ( o 3 ) interruttori che lo compongono sia alzato.
Posso definire allora questo evento negativo come :
E ! = (E_1! \cup E_4!) \cap (E_1! \cup E_3! \cup E_5!) \cap (E_2! \cup E_5!) \cap ( E_2! \cup E_3! \cup E_4! )
Indicando con E_i! l'evento "i-esimo interruttore aperto" .
Dunque a questo punto la probabilità che non si verifichi questo evento negativo è 1 - P(E!)
E posso definire così P(E!) :
= (P(E_1)! + P(E_4!)) (P(E_1!) + (PE_3!) + (P E_5!) ) ...
Non continuo perché credo sia chiaro

Secondo voi può andare?

Re: Probabilità elementare

MessaggioInviato: 22 ott 2011, 0:31
da Robert8
Se ho ben compreso, il primo esercizio si conclude con 4!(4!3!2!/10!) = 1/525.

Sul secondo non sono riuscito a trovare una soluzione analitica, ma considerando che le combinazioni possibili di 5 interruttori aperti o chiusi sono 2^5 = 32, si può procedere a mano.
Le combinazioni che permettono il passaggio di corrente sono 16 e detta a la probabilità che l'interruttore generico sia aperto e c che sia chiuso, la probabilità che passi corrente risulta:
c^5 + 5(c^4*a) + 8(c^3 * a^2) + 2(c^2 * a^3)

Se a = c = 0,5 anche la probabilità totale del sistema sarà 0,5.
Se a = 1/10 e c = 9/10 la totale risulterà 0,97848

Re: Probabilità elementare

MessaggioInviato: 22 ott 2011, 10:46
da dursino
Per il secondo quello degli interruttori ho fatto così:
Ho provato due modi, il primo usando le variabili affermate l'altro usando le stesse
negate.
Allora per il primo:
Posso definire l'evento "corrente scorre",modellandolo in questo modo:
(1 \cap 4) \cup (2 \cap 5) \cup ( 1 \cap 3 \cap 5 ) \cup ( 2 \cap 3 \cap 4)
Adesso applico l'operatore probabilità (mi piace pensarla così ) :
P(1) \cdot P(4) + P(2) \cdot P(5) -P (1) \cdot P(2) \cdot P(4) \cdot P(5) ) + ...
questo è il primo spezzone che chiamo A ..
.. + P(1) \cdot P(3) \cdot P(5) - A \cdot P(1) \cdot P(3) \cdot P(5) +..
Questo il secondo che chiamo B (inteso A + la riga appena sopra )
.. + P(2) \cdot P(3) \cdot P(4) - B \cdot  P(2) \cdot P(3) \cdot P(4) .
Fine.

Re: Probabilità elementare

MessaggioInviato: 22 ott 2011, 15:47
da Robert8
Non so che dire: temo che le nostre soluzioni divergano.
Prova con un esempio numerico.

Re: Probabilità elementare

MessaggioInviato: 11 dic 2011, 23:11
da palliit
la probabilità che i 4 libri di Mate siano consecutivi (e gli altri in ordine qualsiasi) è 4!*6!/10!; in generale, la probabilità che n dei 10 libri siano consecutivi è n!(10-n)!/10!; del resto, i gruppi di libri possibili sono 4, e quindi possono essere ordinati, una volta raggruppati, in 4! modi diversi, per cui la probabilità che tutti i libri siano raggruppati per materie ma in un ordine qualsiasi è [4!(10-4)!/10!]*[3!(10-3)!/10!]*[2!(10-2)!/10!]*[1!(10-1)!/10!]*4!, circa 2.116x10^(-6). Secondo me, ovviamente.

Re: Probabilità elementare

MessaggioInviato: 11 dic 2011, 23:32
da IsidoroKZ
Secondo me e` sbagliata!

Re: Probabilità elementare

MessaggioInviato: 12 dic 2011, 10:07
da palliit
IsidoroKZ ha scritto:Secondo me e` sbagliata!


Hai ragione, ho trovato un vizio nel mio ragionamento, rivedendo la cosa si trova che una sequenza del tipo : MMMMFFFIIC ha probabilità (4! 3! 2!)/ 10!, solo aggiungerei che se qualsiasi sequenza in cui i libri sono raggruppati per materia è valida (nel senso che è accettabile anche una del tipo: FFFMMMMCII ) queste sono 4! e quindi la probabilità di una qualsiasi sequenza con i libri ordinati per materia dovrebbe essere [(4! 3! 2!)/ 10!]*4! ...no?

Re: Probabilità elementare

MessaggioInviato: 12 dic 2011, 17:31
da palliit
Oooops, ho visto solo ora che questa soluzione l'aveva già data Robert8, l'età (la mia) comincia a dare segni preoccupanti... :?