Ancora sulle probabilità

[Zebra75]

Originariamente inviato da giannola

dipendente da che ?

dalla fortuna ?

scherzi a parte: se si prova la P(A intersec B)=P(A)*P(B) su un lancio secco di una moneta con

A=T
B=C

ne deriva che gli eventi sono dipendenti dal fatto che se esce l'uno ovviamente non può uscire l'altro

[np2k]

Originariamente inviato da Zebra75

dalla fortuna ?

scherzi a parte: se si prova la P(A intersec B)=P(A)*P(B) su un lancio secco di una moneta con

A=T
B=C

ne deriva che gli eventi sono dipendenti dal fatto che se esce l'uno ovviamente non può uscire l'altro

ovviamente. ma non s'intende questo. quella definizione che hai data è per gli eventi MUTUAMENTE ESCLUSIVI: cioe' il verificarsi dell'uno ESCLUDE (non INFLUENZA) il verificarsi dell'altro.

Due eventi si dicono INdipendenti se il VERIFICARSI DELL'UNO non modifica la probabilità di VERIFICARSI DELL'ALTRO.
In un'urna di 100 numeri puoi vedere un esempio:
considera l'estrazione (SENZA reinserimento, come nella tombola) di un numero;
la probabilità di estrarre un SECONDO numero, dopo l'estrazione del primo, DIPENDE dal fatto che hai modificato, precedentemente, lo spazio degli eventi (cioe' il numero di palline numerate).
Esempio pratico: hai 90 palline. La probabilita' di prendere il numero "3" e' di 1/90. Adesso la probabilita' di prendere il numero "4" e' di 1/89.

Ora supponi di prendere dall'urna due palline e ti chiedi:
"qual è la probabilita' di prendere il numero "4" E DOPO il numero "3": allora usi la formula P(A intersecato B) = p(A intersecato B) = p(B) * p(A|B).
(dove A = "esce 4", B= "esce 3")...

[giannola]

Originariamente inviato da Zebra75

dalla fortuna ?

scherzi a parte: se si prova la P(A intersec B)=P(A)*P(B) su un lancio secco di una moneta con

A=T
B=C

ne deriva che gli eventi sono dipendenti dal fatto che se esce l'uno ovviamente non può uscire l'altro

Ah ecco, infatti per definizione due eventi mutuamente esclusivi, sono dipendenti, proprio per la dimostrazione data prima.

Infatti....

P(a int b) = P(a)*P(b) per eventi indipendenti

ma due eventi mutuamente esclusivi hanno P(a int b) = 0

e quindi 0 = P(a)*P(b) significa che almeno uno dei due eventi deve essere impossibile.

Due eventi mutuamente esclusivi sono fortemente dipendenti perchè disgiunti significa che se uno si realizza, l'altro non si può realizzare.

[giannola]

Originariamente inviato da np2k

Due eventi si dicono INdipendenti se il VERIFICARSI DELL'UNO non implica il VERIFICARSI DELL'ALTRO.

più che altro due eventi si dicono indipendenti se il verificarsi dell'uno non altera le probabilità (di verificarsi) dell'altro.

[np2k]

Originariamente inviato da giannola

più che altro due eventi si dicono indipendenti se il verificarsi dell'uno non altera le probabilità (di verificarsi) dell'altro.

ovvio scusami, correggo subito

[giannola]

Originariamente inviato da np2k

ovvio scusami, correggo subito

nada

[Zebra75]

Originariamente inviato da np2k

Due eventi si dicono INdipendenti se il VERIFICARSI DELL'UNO non modifica la probabilità di VERIFICARSI DELL'ALTRO.

ah ecco, quindi non che si escludono a vicenda, ma va letto che: il verificarsi dell'uno non impedisce il verificarsi dell'altro.

Facevo confusione tra mutuamente esclusivi e dipendenti.

[Zebra75]

mi sono bloccato su un esempio semplice ma bloccante

probabilità condizionata

Lancio una moneta due volte e voglio calcolare la probabilità che esca consecutivamente due volte testa

Costruisco il mio spazio campionario: S={TT, TC, CT, CC} e fisso due eventi A e B
A=T
B=T

Supponiamo che l'evento A si sia già verificato quindi, credo che il mio spazio campionario si riduca a S={TT, TC}
quindi dovrei avere 1/2 di probabilità che esca ancora una T e 1/2 di probabilità che esca una C.

Usando la formula: P(B|A)=P(A intersecato B)/P(A) mi chiedevo cosa imposto come valori di P(A intersecato B) e di P(A)

[_fred_]

Originariamente inviato da Zebra75

mi sono bloccato su un esempio semplice ma bloccante

probabilità condizionata

Lancio una moneta due volte e voglio calcolare la probabilità che esca consecutivamente due volte testa

Costruisco il mio spazio campionario: S={TT, TC, CT, CC} e fisso due eventi A e B
A=T
B=T

Supponiamo che l'evento A si sia già verificato quindi, credo che il mio spazio campionario si riduca a S={TT, TC}
quindi dovrei avere 1/2 di probabilità che esca ancora una T e 1/2 di probabilità che esca una C.

Usando la formula: P(B|A)=P(A intersecato B)/P(A) mi chiedevo cosa imposto come valori di P(A intersecato B) e di P(A)

Semplicemente non puoi, testa e croce sono due eventi disgiunti la cui intersezione da l'insieme vuoto, non puoi calcolare la probalità intersecata (ovvero la probabilità che entrambi gli eventi si presentino contemporaneamente) perchè o si presente testa o si presenta croce e mai entrambe contemporaneamente.


La probabilità di che esca 2 volte testa in due tiri consecutivi è 1/4.
(1/2*1/2)

[Zebra75]

Originariamente inviato da _fred_

La probabilità di che esca 2 volte testa in due tiri consecutivi è 1/4.
(1/2*1/2)

ma non stai applicando la formula per eventi indipendenti scusa ?

[giannola]

Originariamente inviato da Zebra75

ma non stai applicando la formula per eventi indipendenti scusa ?

si perchè di fatto sono due eventi indipendenti, come l'estrazione di carte con reimmissione: le probabilità che il secondo evento accada restano uguali.

[Zebra75]

Originariamente inviato da giannola

si perchè di fatto sono due eventi indipendenti, come l'estrazione di carte con reimmissione: le probabilità che il secondo evento accada restano uguali.

mi sa che faccio confusione tra eventi e i possibili esiti di un esperimento

pensavo che la P(A intersec B) = P(A)*P(B) non la si potesse usare in quanto lanciando una moneta se esce testa non uò uscire croce ma invece, devo considerare i due esperimenti(due lanci) dove l'esito del 2° lancio non può influire sull'esito del 1° in quanto si è già verificato

[giannola]

Originariamente inviato da Zebra75

mi sa che faffio confuzione tra gli eventi ed i possibili esiti di un esperimento

pensavo che la P(A intersec B) = P(A)*P(B) non la si potesse usare in quanto lanciando una moneta se esce testa non uò uscire croce ma invece, devo considerare i due esperimenti dove il 2° lancio non può influire sul prima che si è già verificato

per dirla geometricamente i due insiemi(eventi) stanno su piani diversi per cui...

[Zebra75]

Originariamente inviato da _fred_

Semplicemente non puoi, testa e croce sono due eventi disgiunti la cui intersezione da l'insieme vuoto, non puoi calcolare la probalità intersecata (ovvero la probabilità che entrambi gli eventi si presentino contemporaneamente) perchè o si presente testa o si presenta croce e mai entrambe contemporaneamente.


La probabilità di che esca 2 volte testa in due tiri consecutivi è 1/4.
(1/2*1/2)

quindi la P(B|A)=P(A intersecato B)/P(A) la si usa solo con eventi congiunti, giusto ?

[_fred_]

Originariamente inviato da Zebra75

quindi la P(B|A)=P(A intersecato B)/P(A) la si usa solo con eventi congiunti, giusto ?

Si, per eventi che hanno la possibilità di presentarsi in maniera contemporanea.
Esempi tra l'altro che mal si adattano a lanciate di monete dadi e affini.
Sarà per questo che tanta gente si rovina giocando d'azzardo?

Un esempio di eventi congiunti potrebbe essere un gruppo formato da ragazzi e ragazze e calcolare quanti (tra ragazzi e ragazze) fumino ad esempio.
In quel caso puoi utilizzare il teorema di Bayes.

[Zebra75]

errore!

[Zebra75]

ho un esempio per me poco chiaro

lancio di due monete
spazio campionario S={(T,T),(T,C),(C,T),(C,C)}
trovare la probabilità che escano due teste data una testa sulla prima moneta

Abbiamo gli eventi:
A1=(testa sulla prima moneta)
A2=(testa sulla seconda moneta)

P(A1A2 | A1) = P(A1A2A1)/P(A1) = P(A1A2)/P(A1) = (1/4)/(1/2) = 1/2

siccome il libro che sto usando è il Mood, penso che con A1A2 intenda l'intersezione dei due eventi.
Siccome ho anche pensato che l'intersezione equivalga allo AND logico, A1 AND A2 è la rappresentazione di T,T dove essendo 4 le possibilità nel mio spazio campionario vale 1/4 e, il singolo A1 al denominatore essendo un solo elemento che potrebbe venire T o C, vale 1/2.
Questo è stato il mio ragionamento però.......

La seconda parte della domanda usando gli stessi dati chiede:
la probabilità che escano due T data almeno una T.
Viene risolto così:
P(A1A2 | A1 U A2) = P(A1A2 int(A1 U A2))/P(A1 U A2) = P(A1A2)/P(A1 U A2)

al di la del risultato numerico questa parte non l'ho capita, help

[np2k]

Originariamente inviato da Zebra75

ho un esempio per me poco chiaro
...help

(quando scrive A1A2 significa A1 int(ersecato) A2)

Semplicemente devi sapere che la probabilita' condizionata
P(A|B) = P(A intersecato B) / P(B).

La prima domanda ti chiede di calcolare la probabilita' che escano due "teste" sapendo che al primo lancio è uscito "testa": il che si traduce nel dire: "calcola la probabilita' che esce testa al secondo lancio"...anche senza teoremi sappiamo dire che e' 0.5....

la seconda domanda chiede di "calcolare la probabilità che escano due teste consecutivamente sapendo che IN UNO DEI DUE LANCI è USCITO TESTA...ancora intuitivamente dici che la probabilità è 0.5 poichè devi solo considerare un lancio....
la formula dice (int = intersezione)
P(A1 int A2 | A1 U A2) = la probabilità che esca due volte testa SAPENDO che ALMENO (=unione, or logico (il vel latino),...) una volta è uscita testa.
Quindi dico che
P(A1 int A2 | A1 U A2) = P(A1 int A2 int A1 U A2) / P(A1 U A2) (usando la formula che ho scritto all'inizio).
Ma A1 int A2 int A1 U A2 è uguale all'intersezione di A1 e A2, poichè l'intersezione di due insiemi ha in comune con l'unione dei due stessi insiemi, l'intersezione stessa...
Cioe', prendi due insiemi e ne calcoli l'intersezione; ora questa intersezione deve essere "intersecata" con l'insieme unione...e allora come risultato avrai l'intersezione originaria
Quindi la formula diventa
P(A1 int A2 | A1 U A2) = P(A1 int A2) / P(A1 U A2): ma la prima probabilita' sappiamo essere pari a #eventi favorevoli / #eventi possibili = 1 / 4.
la seconda è pari a #eventi favorevoli / #eventi possibili = 2 / 4
(ci sono due casi T,C e C,T: cioeì "mi basta che esce testa, non mi interessa l'ordine").
quindi il risultato è ancora 0.5

[np2k]

uso della probabilita' condizionata...
ho visto che si trova difficolta nell'uso della formula:

P(A|B) = P(A intersecato B) / P(B)

basta saper leggerla per saperla applicare ovunque. La formula dice:
"la probabilità che si verifichi l'evento A, SAPENDO CHE si è verificato B"

[Zebra75]

Originariamente inviato da np2k

uso della probabilita' condizionata...
ho visto che si trova difficolta nell'uso della formula:

P(A|B) = P(A intersecato B) * P(B)

basta saper leggerla per saperla applicare ovunque. La formula dice:
"la probabilità che si verifichi l'evento A, SAPENDO CHE si è verificato B"

a leggerla fortunatamente non ho problemi, casomai interpretare le domande del Mood si.
Se leggo: calcolare la probabilità che escano due teste sapendo che dalla prima moneta è uscito testa.

E imposti i conti in un certo modo ma:

calcolare la probabilità che escano due teste data almeno una testa, diventa problematico in quanto si capisce poco cosa si intende