statistica: help su calcolo combinatorio

[Krammer]

no mi spiace

[misterx]

lo immaginavo
Ci arriveremo attraverso tanti esercizi

p.s.
qualcosina però l'ho trovata in rete

[francescosalvaggio]

Originariamente inviato da Zebra75

sarà che non è giornata ma continua a sfuggirmi la differenza tra una combinazione ed una disposizione

aiuto!

la differenza tra una combinazione e una disposizione nel caso del gioco delle carte è che nella disposizione le carte si considera che una volta estratte vengano rimesse nel mazzo, se usi le combinazioni supponi il contrario ovvero che l'insieme da cui scegliere diminuisce ogni volta

[misterx]

cia Krammer,
i miei dubbi non si sono ancora dissipati; ne ho uno circa l'indipendenza di eventi.

La definizione dice che se due eventi sono indipendenti allora:
P(A int B)=P(A)*P(B)

mi chiedevo se è una caratterisica calcolabile oppure il fatto che due eventi siano indipendenti è puramente intuitiva ?

Esempio:

A={4,5,6}; B{1,2,3,4}
lancio un dado due volte e mi chiedo la probabilità di ottenere una volta un numero appartenente all'evento A e un'altra volta un numero appartenente all'evento B.

Se mi metto a fare i conti, così capisci il mio dubbio ottengo:
P(A) = 3/6 = 1/2
P(B) = 4/6 = 2/3
P(A U B) = 1
P(A int B) = 1/6 in quanto (A int B) = {4}

se ora dalle probabilità calcolate cerco di applicare il teorema, mi aspettavo una cosa del tipo:

1/6 = 1/2 * 2/3 = 1/3 ???? è questo che non mi spiego, non dovrebbe risultare 1/6 ???
Forse il teorema non va applicato a questo modo però, leggo che può essere usato per scoprire se due eventi sonon indipendenti




p.s.
leggo al link sotto: Puoi pensare l'indipendenza in questa maniera: sapere che un evento si è verificato non modifica la probabilità assegnata all'altro evento.

http://www.ds.unifi.it/VL/VL_IT/prob/prob6.html


ne avevamo già parlato dell'indipendenza però, a quanto sembra se è come dice al link è un concetto puramente intuitivo e non calcolabile, o no ?

p.p.s
mi sto convincendo che è un parametro di calcolo che viene dato

[Krammer]

Originariamente inviato da misterx

cia Krammer,
i miei dubbi non si sono ancora dissipati; ne ho uno circa l'indipendenza di eventi.

La definizione dice che se due eventi sono indipendenti allora:
P(A int B)=P(A)*P(B)

mi chiedevo se è una caratterisica calcolabile oppure il fatto che due eventi siano indipendenti è puramente intuitiva ?

Esempio:

A={4,5,6}; B{1,2,3,4}
lancio un dado due volte e mi chiedo la probabilità di ottenere una volta un numero appartenente all'evento A e un'altra volta un numero appartenente all'evento B.

Se mi metto a fare i conti, così capisci il mio dubbio ottengo:
P(A) = 3/6 = 1/2
P(B) = 4/6 = 2/3
P(A U B) = 1
P(A int B) = 1/6 in quanto (A int B) = {4}

se ora dalle probabilità calcolate cerco di applicare il teorema, mi aspettavo una cosa del tipo:

1/6 = 1/2 * 2/3 = 1/3 ???? è questo che non mi spiego, non dovrebbe risultare 1/6 ???
Forse il teorema non va applicato a questo modo però, leggo che può essere usato per scoprire se due eventi sonon indipendenti

il tuo problema consta nel fatto che non differenzi l'evento singolo dall'evento a 2 fasi, che sono cose completamente differenti.

queste formule sono giuste solo considerando l'evento singolo: lancio di un unico dado:
P(A) = 3/6 = 1/2
P(B) = 4/6 = 2/3
P(A U B) = 1
P(A int B) = 1/6 in quanto (A int B) = {4}

con il lancio di un singolo dado tutto torna: infatti i 2 eventi A e B sono dipendenti, poichè 1/6 diverso da 1/2 * 2/3 = 1/3 (come avevi scritto te, ma tu ti riferivi al lancio di 2 dadi, sbagliando)
puoi verificare banalmente che P(A) = 3/6 = 1/2 ma anche che P(A|B) = 1/4: verificandosi B lo spazio campionario si riduce da 6 a 4 casi possibili (comprenderà adesso solo i numeri 1,2,3,4: infatti 5 e 6 sono esclusi perchè non rientrano nell'evento B, avendolo supposto verificato!), e di questi i casi favorevoli perchè si verifichi anche A sono solamente uno (ovvero esce il numero 4).
riepilogando:
P(A) = 1/2: 3 casi favorevoli (4,5,6) su 6 casi possibili (1,2,3,4,5,6)
P(A|B) = 1/4: 1 caso favorevole (4) su 4 casi possibili (1,2,3,4)
poichè P(A) è diverso da P(A|B), allora A e B sono eventi dipendenti.
parimenti, poichè P(A intersec B)=1/6 è diverso da P(A)*P(B)=1/3, allora A e B sono eventi dipendenti.
essendo eventi dipendenti la formula corretta da applicare è questa: P(A intersec B) = P(A)*P(B|A).
calcoliamo anche P(B|A): 1 caso favorevole (4) su 3 casi possibili (4,5,6), quindi P(B|A) = 1/3.
sostituiamo i risultati alla formula e verifichiamo che è corretta: 1/6 = 1/2*1/3
CVD

ripeto: tutto questo è valido solo se consideriamo il caso del lancio di un solo dado!




viceversa se vuoi analizzare la situazione di due lanci di dadi (evento a 2 fasi), le cose cambiano e di molto.
la prima cosa che cambia è lo spazio campionario: non è più composto da soli 6 elementi (1,2,3,4,5,6) bensì da 6*6=36 elementi (11,12,13,14,15,16,21,22,23,24,...,64,65,66)!!
seconda cosa devi ridefinire gli eventi A e B: A potrebbe verificarsi se esce:

[1]- {4,5,6} nel primo lancio di dadi (allora comprende 18 elementi dei totali 36 dello spazio campionario: {41,42,43,44,45,46,51,52,53,54,55,56,61,62,63,64,65,66})

[2]- {4,5,6} nel secondo lancio di dadi (comprenderà ancora 18 elementi dei totali 36 dello spazio campionario, ma diversi: {14,24,34,44,54,64,15,25,35,45,55,65,16,26,36,46,56,66})

[3]- {4,5,6} indifferentemente nel primo oppure nel secondo lancio di dadi (in questo caso comprenderà 27 elementi dei 36 dello spazio campionario: tutti quelli dove compare 4, 5 o 6 nella prima oppure nella seconda cifra)

la stessa identica cosa la devi fare con l'evento B (esce 1, 2, 3 o 4 nel primo dado, nel secondo, oppure indifferentemente nel primo o nel secondo?)

oppure ancora puoi scindere gli eventi A e B rispettivamente in A1, A2 e B1, B2, dove:
A1: esce 4,5,6 sul primo lancio
A2: esce 4,5,6 sul secondo lancio
B1: esce 1,2,3,4 sul primo lancio
B2: esce 1,2,3,4 sul secondo lancio.
per poi "riassemblerli" A={A1,A2}, B={B1,B2}. in questo caso gli eventi A e B sono gli stessi di quelli definiti in [3].

dopodiché, definiti rigorosamente gli eventi, puoi fare i tuoi ragionamenti e i tuoi calcoli per verificare se sono tra loro dipendenti o meno.


per rispondere alla tua domanda iniziale "lancio un dado due volte e mi chiedo la probabilità di ottenere una volta un numero appartenente all'evento A e un'altra volta un numero appartenente all'evento B.", definendo A e B come in [3], risultano questi 36 casi possibili:

11 BB
12 BB
13 BB
14 BB e BA
15 BA
16 BA
21 BB
22 BB
23 BB
24 BB e BA
25 BA
26 BA
31 BB
32 BB
33 BB
34 BB e BA
35 BA
36 BA
41 BB e AB
42 BB e AB
43 BB e AB
44 BB e AB e BA e AA
45 BA e AA
46 BA e AA
51 AB
52 AB
53 AB
54 AB e AA
55 AA
56 AA
61 AB
62 AB
63 AB
64 AB e AA
65 AA
66 AA

(AA= si verifica 2 volte l'evento A; BB= si verifica 2 volte l'evento B; AB=BA= si verifica una volta l'evento A e una volta l'evento B, l'ordine non conta)

di tutti questi casi possibili (spazio campionario) dobbiamo contare solo i casi favorevoli che verificano indifferentemente AB e BA (l'ordine di come sono stati lanciati i dadi abbiamo detto che non conta, visto che non è specificato nel tuo quesito).

il numero di casi favorevoli risulta (se ho contato bene ) 23, e la probabilità richiesta sarà quindi 23/36, differentemente da quanto pensavi

p.s.
leggo al link sotto: Puoi pensare l'indipendenza in questa maniera: sapere che un evento si è verificato non modifica la probabilità assegnata all'altro evento.

http://www.ds.unifi.it/VL/VL_IT/prob/prob6.html


ne avevamo già parlato dell'indipendenza però, a quanto sembra se è come dice al link è un concetto puramente intuitivo e non calcolabile, o no ?

p.p.s
mi sto convincendo che è un parametro di calcolo che viene dato

l'indipendenza tra eventi non sempre è un concetto puramente intuitivo, anzi a volte se non si fa attenzione alle sottigliezze del problema si possono prendere grosse cantonate!!
ma se si definisce rigorosamente il problema e non si commettono errori, è sempre possibile verificarla tramite calcoli

[misterx]

domani mi stampo quanto hai scritto.
Quindi, se prestavo più attenzione ai conti che ho fatto e notando che non riuscivo in alcun modo a dimostrare che gli eventi erano indipendenti attraverso il teorema che ho scritto, avrei dovuto intuire che gli eventi erano/sono dipendenti.

Difatti, ho letto una definizione che dice che il teorema P(A int B) = P(A)*P(B) serve anche a stabilire se due eventi sono indipendenti.

Purtroppo mi ero fossilizzato nel pensare che i due eventi fossero indipendenti quando invece, erano l'opposto.

[Krammer]

Originariamente inviato da misterx

domani mi stampo quanto hai scritto.
Quindi, se prestavo più attenzione ai conti che ho fatto e notando che non riuscivo in alcun modo a dimostrare che gli eventi erano indipendenti attraverso il teorema che ho scritto, avrei dovuto intuire che gli eventi erano/sono dipendenti.

Difatti, ho letto una definizione che dice che il teorema P(A int B) = P(A)*P(B) serve anche a stabilire se due eventi sono indipendenti.

Purtroppo mi ero fossilizzato nel pensare che i due eventi fossero indipendenti quando invece, erano l'opposto.

già, infatti anche nel caso di 2 lanci di dadi i 2 eventi A e B risultano dipendenti


definiamo rigorosamente il problema:

2 lanci di dadi, quindi lo spazio campionario come abbiamo già visto è composto da 6*6=36 elementi, tutti i casi possibili.

evento A = esce 4, 5 o 6 in uno qualsiasi dei due dadi
evento B = esce 1, 2, 3 o 4 in uno qualsiasi dei due dadi

P(A) = casi_favorevoli/casi_possibili = (36-9)/36 = 27/36 (dove 9 sono tutti i casi sfavorevoli, ovvero 11,12,13,21,22,23,31,32,33 = 9 elementi)

P(B) = (36-4)/36 = 32/36 (dove 4 sono i casi sfavorevoli, ovvero 55,56,65,66 = 4 elementi)

P(A|B) = 23/32 (se si verifica B lo spazio campionario viene ridefinito su 36-4=32 elementi, vanno esclusi i casi 55,56,65,66, e dei casi rimanenti solo 32-9=23 sono favorevoli)

P(B|A) = 23/27 (se si verifica A lo spazio campionario viene ridefinito su 36-9=27 elementi, vanno esclusi i casi 11,12,13,21,22,23,31,32,33, e dei casi rimanenti solo 27-4=23 sono favorevoli)

si vede che P(A) diverso da P(A|B), e analogamente P(B) diverso da P(B|A): quindi gli eventi A e B sono dipendenti


facciamo la verifica: deve risultare che P(A intersec B) = P(A)*P(B|A) = P(B)*P(A|B)

P(A intersec B) = (36-9-4)/36 = 23/36
P(A)*P(B|A) = 27/36 * 23/27 = 23/36
P(B)*P(A|B) = 32/36 * 23/32 = 23/36

CVD


[edit] con questo esempio ti ho fatto vedere come è possibile trasformare lo studio di un "esperimento a 2 fasi" (2 lanci di dadi in successione) nello studio di un esperimento a fase singola (2 dadi lanciati contemporaneamente) nel quale si possono applicare tutte le classiche operazioni insiemistiche.
a patto di:
- ridefinire lo spazio campionario
- ridefinire gli eventi considerati nel modo più appropriato
le eventuali "informazioni temporali" (cosa esce nel primo e nel secondo lancio, distinguendoli tra loro - cmq non richiesto in questo esempio) si possono mantenere dando un indice ai dadi lanciati, considerandoli quindi come una coppia ordinata

[Krammer]

visto che non mi passa nulla e mi piace sta roba, ti mostro anche un altro modo di trovare la probabilità cercata (esce 1,2,3 o 4 su un dado e 3,4 o 5 sull'altro)

si fa un grafo con tutti i casi possibili (tra parentesi le relative probabilità parziali) e alla fine si sommano le probabilità finali (P1*P2) solo dei casi favorevoli. il risultato è sempre 23/36

http://www.hwupgrade.it/forum/attach...1&d=1195770303


ps: si verifica che la somma delle probabilità finali di tutti i casi è uguale a 1

[misterx]

ciao Krammer,
scusa se insisto ancora nelle cose vecchie ma

se effettuo questa prova: P(A int B) = P(A)*P(B)
ed il risultato che ottengo è una disuguagliana, posso asserire che gli eventi dati sono dipendenti.

E posso verificarlo quindi col teorema da te proposto:

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

è così ?

[Krammer]

Originariamente inviato da misterx

ciao Krammer,
scusa se insisto ancora nelle cose vecchie ma

se effettuo questa prova: P(A int B) = P(A)*P(B)
ed il risultato che ottengo è una disuguagliana, posso asserire che gli eventi dati sono dipendenti.

E posso verificarlo quindi col teorema da te proposto:

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

è così ?

si esatto: una delle 2 equazioni deve essere verificata, a seconda che gli eventi siano dipendenti o indipendenti

[misterx]

ciao Krammer,
a proposito del teorema di bayes: 4 tecnici effetuano delle riparazioni ad un impianto; il primo tecnico effettua il 20% delle riparazioni e 1/20 non la esegue bene, il secondo tecnico effettua il 60% delle riparazioni e 1/10 non la esegue bene, il terzo tecnico effettua il 15% delle riparazioni e 1/10 non la esegue bene, il quarto tecnico effettua il 5% delle riparazioni e 1/20 non la esegue bene.
Determinare qual'è la probabilità che l'ultima riparazione fatta male, sia stata eseguita dal primo tecnico.

Applicando il teorema di Bayes ottengo i seguenti risultati ed il colpevole pare proprio essere il tecnico 1 però, lo è in quanto effettua sull'impianto il 60 % dei lavori quindi, non lo si evincerebbe anche senza fare alcun conto ?

pb1	0,2	pa|b1	0,05	tecnico 1    11%
pb2	0,6	pa|b2	0,1	tecnico 2    69%
pb3	0,15	pa|b3	0,1	tecnico 3    17%
pb4	0,05	pa|b4	0,05	tecnico 4    3%

[Krammer]

Originariamente inviato da misterx

ciao Krammer,
a proposito del teorema di bayes: 4 tecnici effetuano delle riparazioni ad un impianto; il primo tecnico effettua il 20% delle riparazioni e 1/20 non la esegue bene, il secondo tecnico effettua il 60% delle riparazioni e 1/10 non la esegue bene, il terzo tecnico effettua il 15% delle riparazioni e 1/10 non la esegue bene, il quarto tecnico effettua il 5% delle riparazioni e 1/20 non la esegue bene.
Determinare qual'è la probabilità che l'ultima riparazione fatta male, sia stata eseguita dal primo tecnico.

Applicando il teorema di Bayes ottengo i seguenti risultati ed il colpevole pare proprio essere il tecnico 1 però, lo è in quanto effettua sull'impianto il 60 % dei lavori quindi, non lo si evincerebbe anche senza fare alcun conto ?

pb1	0,2	pa|b1	0,05	tecnico 1    11%
pb2	0,6	pa|b2	0,1	tecnico 2    69%
pb3	0,15	pa|b3	0,1	tecnico 3    17%
pb4	0,05	pa|b4	0,05	tecnico 4    3%

emhh mi sa che hai fatto un po' di confusione nel post, volevi dire tecnico2 e non tecnico1 giusto?
cmq si, in questo caso la probabilità maggiore di essere "colpevole" ce l'ha il tecnico 2 senza nemmeno dover fare conti: infatti ha la maggiore probabilità che sia stato lui ad eseguire la riparazione e contemporaneamente anche la maggiore probabilità che la riparazione sia fatta male

ma l'esercizio non chiede chi è il colpevole più probabile (tecnico2 in questo caso) bensì chiede la probabilità che il colpevole sia il tecnico1

i risultati son giusti cmq

[misterx]

giusta correzione, tecnico 2

Ma se si vede ad occhio e senza fare conti, mi sa che ho beccato l'esercizio sbagliato per mettere in evidenza le potenzialità del teorema di Bayes
Da questo esercizio sembra inutile, il teorema; che non me ne voglia Bayes

[Krammer]

Originariamente inviato da misterx

giusta correzione, tecnico 2

Ma se si vede ad occhio e senza fare conti, mi sa che ho beccato l'esercizio sbagliato per mettere in evidenza le potenzialità del teorema di Bayes
Da questo esercizio sembra inutile, il teorema; che non me ne voglia Bayes

si però l'esercizio richiedeva la probabilità che la causa fosse il tecnico1, e per sapere questo i conti li devi fare eccome devi calcolare tutte e quattro le probabilità "parziali", sommarle, e dividere la probabilità parziale del tecnico1 per questa somma. anche se sono calcoli banali oltre che intuitivi, di fatto quel teorema lo applichi eccome

[misterx]

scusa Krammer, intendevo un'altra cosa
Quello che intendevo è che forse un esercizio così semplice non mette in evidenza la potenza del teorema


Ho un esercizio

Il proprietario di un negozio di videocassette scopre che in media il 20% delle cassette contiene un film diverso da quello scritto sulla scatola. Sapendo che in quel momento ci sono 200 cassette nel negozio, effettua un veloce calcolo della probabilità che al massimo 5 cassette siano sbagliate, decidendo di effettuare subito un controllo completo solo se la probabilità risultasse minore di 0,7.

La domanda che viene posta nell'esercizio è se il propietario effettua il controllo.


Mi chiedo come diamine faccio a determinare a quale distribuzione fare riferimento(Binomiale, Poissoniana, Bayesiana, Geometrica etc...) e, quali possono essere mai i parametri per il calcolo.
Sinceramente non ci vedo n prove bernoulliane per impostare una binomiale ma nemmeno una poissoniana....boh.

Si va a tentativi ?





p.s.
si va ad esercizi.
Ho visto che si può approssimare la binomiale con la poissoniana se ti ritrovi il coefficiente binomiale con parametri grandi

[misterx]

ciao Krammer,
ma nella distribuzione normale(gaussiana) se si devono determinare i parametri della media e della varianza, si usa normalizzare e cioè portare tali parametri a:

media=0
varianza=1

e si determina una probabilità P per quei due valori; poi, facendo uso di una tabella, si va a cercare il valore della funzione Fz per quella P ed infine si calcolano i valori della media e della varianza reali: è così ?

[Krammer]

Originariamente inviato da misterx

ciao Krammer,
ma nella distribuzione normale(gaussiana) se si devono determinare i parametri della media e della varianza, si usa normalizzare e cioè portare tali parametri a:

media=0
varianza=1

e si determina una probabilità P per quei due valori; poi, facendo uso di una tabella, si va a cercare il valore della funzione Fz per quella P ed infine si calcolano i valori della media e della varianza reali: è così ?

scusa ma ho pochissimo tempo in questo periodo.

provo a rispondere velocemente. media e varianza di una gaussiana X in genere sono dati, non li devi calcolare...
media e varianza si portano a 0 e 1 normalizzando l'originale funzione X nella nuova funzione Z per poter usare le tabelle di risoluzione (basta operare la sostituzione Z = (X-[media])/[sqrt_varianza])
ciò che generalmente viene richiesto di trovare è la probabilità dato un valore della funzione, oppure il valore data una probabilità.

qui a pg 75-76 trovi degli esempi molto semplici e immediati se avessi ancora dei dubbi...

ciao

[misterx]

quello che non mi è chiaro è il significato di standardizzare

Significa che esiste una funzione di gauss standard con media = 0 e varianza = 1 dove tutte le altre rappresentazioni non standard possono rientrarvi ?

E se si, a quale scopo ?

[pietro84]

Originariamente inviato da misterx

quello che non mi è chiaro è il significato di standardizzare

Significa che esiste una funzione di gauss standard con media = 0 e varianza = 1 dove tutte le altre rappresentazioni non standard possono rientrarvi ?

E se si, a quale scopo ?

standardizzare vuol dire semplicemente traslare la gaussiana lungo l'asse delle ascisse(in modo da centrarla all'origine) e scalarla in modo che abbia varianza unitaria. serve solo a semplificare i calcoli degli integrali su porzioni della gaussiana. infatti per gaussiane standardizzate tali integrali sono tabellati.
hai presente quando tu calcoli gli integrali effettuando cambi di variabili?
Il concetto è quello. Standardadizzi la guassiana(cioè effettui un cambio di variabili), leggi i valori che ti interessano in tabella(cioè integri sull'intervallo desiderato), e poi ritorni alla forma iniziale.

z= (x-media)/sigma il cambio di variabili è questo

[misterx]

Originariamente inviato da pietro84

standardizzare vuol dire semplicemente traslare la gaussiana lungo l'asse delle ascisse(in modo da centrarla all'origine) e scalarla in modo che abbia varianza unitaria. serve solo a semplificare i calcoli degli integrali su porzioni della gaussiana. infatti per gaussiane standardizzate tali integrali sono tabellati.
hai presente quando tu calcoli gli integrali effettuando cambi di variabili?
Il concetto è quello. Standardadizzi la guassiana(cioè effettui un cambio di variabili), leggi i valori che ti interessano in tabella(cioè integri sull'intervallo desiderato), e poi ritorni alla forma iniziale.

z= (x-media)/sigma il cambio di variabili è questo

è come dire che le probabilità sono già tutte calcolate ed è sufficiente prendere l'equivalente nella tabella normalizzata per sapere la probabilità ricercata ?


aggiungo: allora l'esempio al l'ink lo posso normalizzare ? facendo:
- calcolo della deviazione standard
- calcolo della media
- applizazione della Z=X-u/@
- ricavo dalla tabella i valori Z calcolati

http://www.liceofoscarini.it/student...a/normale.html