Palline rosse e nere
Palline rosse e nere
By Lewis Carroll:
Un'urna contiene n palline tra rosse e nere (possono essere anche tutte rosse o tutte nere).
Si introduce nell'urna una pallina rossa e poi si estrae a caso una pallina che risulta rossa.
Qual è la probabilità che le palline nell'urna siano tutte rosse?
Ciao
Un'urna contiene n palline tra rosse e nere (possono essere anche tutte rosse o tutte nere).
Si introduce nell'urna una pallina rossa e poi si estrae a caso una pallina che risulta rossa.
Qual è la probabilità che le palline nell'urna siano tutte rosse?
Ciao
P. Andrea
Re: Palline rosse e nere
Ma intendi "qual è la probabilità che le palline nell'urna siano tutte rosse all'inizio" o "qual è la probabilità che le palline nell'urna siano tutte rosse dopo il giochetto d'aver introdotto la nuova pallina rossa e l'estrazione"?Pixel ha scritto:By Lewis Carroll:
Un'urna contiene n palline tra rosse e nere (possono essere anche tutte rosse o tutte nere).
Si introduce nell'urna una pallina rossa e poi si estrae a caso una pallina che risulta rossa.
Qual è la probabilità che le palline nell'urna siano tutte rosse?
Bye,
#Poliwhirl#
Ultima modifica di Poliwhirl il 06 mar 2005, 23:06, modificato 1 volta in totale.
Innanzitutto si considerino le palline nell'urna prima di aggiungere la pallina rossa. Le possibili configurazioni sono n+1 (0 palline rosse su n, 1 pallina rossa su n, ... n palline rosse su n). Se si aggiunge una pallina, ogni configurazione presenta n+1 palline (1 rossa su n+1, 2 su n+1, ... n+1 su n+1). Si arriva a stabilire che è come se nell'urna ci fossero (n+1)^2 palline, di cui 1+2+...+n+(n+1) rosse. Posso considerare solo la configurazione nella quale ci sono solo palline rosse, affinché togliendone una rimangano tutte rosse. Dunque posso toglierne n+1 su $ \frac{n+1}{\frac{(n+1)(n+2)}{2}} $, ossia $ \frac{2}{n+2} $
Thanks to Joim
ti allegherei uno schemino, ma temo che per ora non si possa..
beh ecco un esempio con n=4 (ci mettero 20 ore a farlo)
O palline rosse; @ palline nere
( ) urna
possibili configurazioni iniziali (che in tutto sono n+1)
--(O,O,O,O)---(O,O,O,@)---(O,O,@,@)---(O,@,@,@)---(@,@,@,@)
---------------------------------------------------------------------------------------aggiungendo una pallina rossa si ha:
(O,O,O,O,O) (O,O,O,O,@) (O,O,O,@,@) (O,O,@,@,@) (O,@,@,@,@)
----------------------------------------------------------------------------------------e dunque ho $ \frac{(n+1)(n+2)}{2} $palline rosse.
Tuttavia, affinché togliendo una pallina rossa restino solo palline rosse, dobbiamo essere nella prima configurazione, ossia (O,O,O,O,O). Le palline di questa configurazione, come di tutte le altre, sono n+1. Dunque la probabilità è uguale a $ \frac{n+1}{\frac{(n+1)(n+2)}{2}} $.
beh ecco un esempio con n=4 (ci mettero 20 ore a farlo)
O palline rosse; @ palline nere
( ) urna
possibili configurazioni iniziali (che in tutto sono n+1)
--(O,O,O,O)---(O,O,O,@)---(O,O,@,@)---(O,@,@,@)---(@,@,@,@)
---------------------------------------------------------------------------------------aggiungendo una pallina rossa si ha:
(O,O,O,O,O) (O,O,O,O,@) (O,O,O,@,@) (O,O,@,@,@) (O,@,@,@,@)
----------------------------------------------------------------------------------------e dunque ho $ \frac{(n+1)(n+2)}{2} $palline rosse.
Tuttavia, affinché togliendo una pallina rossa restino solo palline rosse, dobbiamo essere nella prima configurazione, ossia (O,O,O,O,O). Le palline di questa configurazione, come di tutte le altre, sono n+1. Dunque la probabilità è uguale a $ \frac{n+1}{\frac{(n+1)(n+2)}{2}} $.
Thanks to Joim