ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **fairyvilje** » 16 apr 2015, 12:31

Ho trovato degli errori in quanto ho fatto, almeno credo. Vedo di sistemare :).

da **fairyvilje** » 16 apr 2015, 12:56

Trovato l'errore, P(E)

diversamente da quanto già detto è in realtà
$\frac{1}{N} \sum^{N}_{t=1}\frac{1}{\binom{t-1+|E|}{|E|}}= \frac{1}{N} \sum^{N}_{t=max(E)}\frac{1}{\binom{t-1+|E|}{|E|}}$

Rifaccio i conti e guardo cosa viene.

da **fairyvilje** » 16 apr 2015, 13:07

Provato e funziona, P(H_6)=0.15625

,

. Questa volta sono ragionevolmente più sicuro che sia tutto ok :mrgreen:

.

da **angel99** » 16 apr 2015, 17:31

Ma i risultati non combaciano. Intendiamoci, c'è da parte di uno dei due, qualche errore di calcolo, ma concetto e andamenti sono gli stessi e questo è già un grande risultato.

Provo a mettere i passaggi della verifica che ho fatto, così ci dai un occhio se ho commesso un errore.

Le possibili permutazioni di 4 numeri sono 4!=24

Le possibili scelte di quattro numeri (con ripetizione) da un insieme di cardinalità 4 sono 4^4=256

Le possibili scelte di quattro numeri (con ripetizione) da un insieme di cardinalità 5 sono 5^4=625

Le possibili scelte di quattro numeri (con ripetizione) da un insieme di cardinalità 6 sono 6^4=1296

La probabilità nel caso di cardinalità 4 è $\frac{24}{256}$

La probabilità nel caso di cardinalità 5 è $\frac{24}{625}$

La probabilità nel caso di cardinalità 6 è $\frac{24}{1296}$

Normalizzando al somma delle probabilità a 1 si ha

$k\frac{24}{256}+k\frac{24}{625}+k\frac{24}{1296}=1$

Svolgendo

$k=\frac{540000}{81361}$

e si ottiene

$\frac{50625}{81361}+\frac{20736}{81361}+\frac{10000}{81361}=1$

Le tre probabilità sono quelle sopra che, in notazione decimale sono

0.622226865 + 0.254864124 + 0.12290901=1

0.622226865 + 0.254864124 + 0.12290901=1

Tocca te... :mrgreen:

da **fairyvilje** » 16 apr 2015, 18:34

Si direi che il tuo calcolo è sbagliato. Non è il modo corretto per contare collezioni di oggetti senza ordine che possono ripetersi come vogliono :).
Con calma stasera posto i passaggi, ma prima voglio manipolare un po' le formule che col fattoriale crescente posso semplificare tutto :).

da **angel99** » 16 apr 2015, 18:49

Cioè il numero di scelte possibili di quattro numeri da un insieme di cardinalità 4 non è 256?

da **fairyvilje** » 16 apr 2015, 18:53

No se l'ordine non conta. In effetti sono solo 35.

da **angel99** » 16 apr 2015, 19:24

Abbiamo trovato il punto di disaccordo. Io credo che si debbano considerare invece le quattro scelte come indipendenti e si abbia quindi 4^4

.

Ci penso e ci aggiorniamo.

da **fairyvilje** » 16 apr 2015, 19:45

In questo modo conti più volte gli stessi elementi. Posso porgere una dimostrazione combinatorica del fatto se necessario.

da **fairyvilje** » 16 apr 2015, 20:44

Continuando con la mia »opera di compattamento« per ottenere qualcosa di decente (anche computazionalmente, voglio fare delle prove al calcolatore). Riscrivo tutto sfruttando le proprietà del fattoriale discentente e uso qualche risultato del calcolo finito. Introduco il simbolo aggiuntivo

che indica il max che appare nella collezione

.

$P(H_i)=\frac{(i-1)^\underline{-|E|}}{(N-1)^{\underline{-|E|+1}}-(n-1)^{\underline{-|E|+1}}}(-|E|+1)$

La formula ricorsiva già presentata è (si spera) ancora valida.

Con questo dovrebbe essere anche più facile valutare il comportamento limite del problema. La prossima volta, per oggi sono fuso.

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