Sns 91-92

[Robertopphneimer]

uh...ho detto una cavolata!!! Quindi non avevo centrato proprio il problema...suddividere un intero k in n addendi sarebbe spartire i passeggeri per le carrozze ,applicato 3 carrozze ovviamente viene$ \binom{k-1}{2} $

[simone256]

Non mi convince... Ipotizziamo che $ t=1, n=3, k=2 $...
Il primo passeggero non ci interessa dove sale, e il secondo ha $ 1/3 $ di probabilità di essere nel suo stesso vagone, risolvendo così il problema! Però se mettiamo i valori nella formula

Testo nascosto:

(che a proposito non riesco a capire perché dovrebbe essere

$ \displaystyle \frac{\dbinom{n}{t}\dbinom{k}{t-1}}{\dbinom{k+n-1}{n-1}} $

e non come dice anche auron95

$ \displaystyle \frac{\dbinom{n}{t}\dbinom{k-1}{t-1}}{\dbinom{k+n-1}{n-1}} $)...

ci esce probabilità uguale a $ 1/2 $

Io o ho sbagliato nel sostituire ( ) oppure penso che il problema stia nel fatto di attribuire una stessa probabilità a tutti i singoli eventi! Dati tre vagoni e due passeggeri abbiamo per esempio $ 2/9 $ di probabilità che si trovino uno nel primo e uno nel terzo, mentre abbiamo solo $ 1/9 $ di probabilità che si trovino nel primo vagone...
Io davvero non sarei mai arrivato a dire una cosa nel genere però credo che sia la soluzione (o meglio... l' "antisoluzione" ) del fatto che inserendo questi valori tutto salta!
Ora non mi metto a ragionare perché sono come Snoopy e il momento della cena è sacro... (E poi credo che ci metterei molto più tempo di voi per venirne a capo... Spero in un vostro aiuto )

[auron95]

Accipigna..........

E' triste che un problema che credevi essere risolto brillantemente venga mandato in fumo da due passeggeri..........
Comunque hai ragione le combinazioni non sono equiprobabili (ma chi gliel'ha detto di mettere 'sta clausola nella definizione? )

Quindi i casi possibnili sono $n^k$ e quelli favorevoli sono $\binom{n}{t} t^k$ e la probabilità è quindi $\displaystyle \frac{\binom{n}{t}t^k}{n^k}$ o almeno dovrebbe essere così....

EDIT
Sempre che s'intenda "esattamente $t$ carrozze sono occupate da almeno un passeggero" (e non almeno)

[simone256]

Auron... Con quel $ t^k $ consideri anche quando almeno una delle fatidiche $ t $ carrozze rimane vuota! Quindi io prima $ t $ passeggeri li metto in $ t $ carrozze (una per ciascuno) e dopo penso a distribuirli (aveva fatto un ragionamento simile anche kalu)... Ora dovrebbe risultarci $ \displaystyle \frac{\binom{n}{t}t^{k-t}}{n^k} $...
Però tutto ciò non mi convince... perché secondo me i t passeggeri "di riempimento" iniziali influiscono sul conteggio... Quindi o moltiplico il numeratore $ \displaystyle \frac{k!}{(k-t)!} $ oppure che ne so... Mamma mia sto creando la più colossale sagra delle cazzate
Potremmo sottrarre al tuo numeratore tutte le combinazioni di carrozze con almeno una carrozza vuota!
Sono troppo stanco, sto delirando!
Allora... Domani ho un'ora di inglese dove interroga due persone tra cui non io... Mezza classe mi romperà per avere chiarimenti su fisica visto che avremo anche la verifica! Ecco... Spero in quell'ora di trovare il tempo di dilettarmi in questo giuoco simpaticone
Ora meglio riposare... A domani Sns 91-92!

[Claudio.]

I modi di mettere $k$ passeggeri in $n$ carrozze dovrebbero essere $\displaystyle\binom{n+k-1}{k}$
I modi di sistemare tutti i passeggeri in sole $3$ carrozze senza che nessuna si vuota invece $\displaystyle\binom n3\cdot\binom{k-1}{k-3}=\binom n3\cdot\binom{k-1}{2}$.
Quindi la probabilità finale $$\frac{\binom n3\cdot\binom{k-1}{2}}{\binom{n+k-1}{k}}$$

[auron95]

@ Claudio. : però c'è sempre il problema che i casi non sono equiprobabili...

@ Simone256: lo so mi è venuto in mente solo più tardi, forse l'unica è togliere i casi con una carrozza vuota ma ne toglieresti troppi (ad esempio quelli con due carrozze vuote li conti per entrambe le carrozze) quindi poi bisogna riaggiungere .....

Scusate i quote un po' improvvisati ma sto scrivendo da cell ...

[Claudio.]

In che senso non sono equiprobabili? C'è scritto nel testo?

[auron95]

Potrebbe venire un qualcosa del tipo $\displaystyle \frac{\binom{n}{t}(t^k-t((t-1)^k+((t-1)(t-2^k)+\dots)))}{n^k}$

simone256.... non sei l'unico che sta sclerando........

In che senso non sono equiprobabili? C'è scritto nel testo?

Il problema è che così il caso (ad esempio) in cui tutti i passeggeri si dispongono sulle prime k carrozze (uno per carrozza) avrebbe la stessa probabilità dell'evento "tutti i k nella prima carrozza" che è ovviamente meno probabile.... Il problema sta che nel primo caso non conta come si dispongano i passeggeri, e quindi tutte le possibili $k!$ permutazioni di passeggeri portano alla stessa combinazione, mentre nel secondo tutti i passeggeri devono per forza scegliere la prima...... è quello che diceva simone256 nel messaggio di ieri:

penso che il problema stia nel fatto di attribuire una stessa probabilità a tutti i singoli eventi! Dati tre vagoni e due passeggeri abbiamo per esempio 2/9 di probabilità che si trovino uno nel primo e uno nel terzo, mentre abbiamo solo 1/9 di probabilità che si trovino nel primo vagone...

[Troleito br00tal]

Io la butto lì, magari domattina la dimostro:

Testo nascosto:

\begin{equation}
\binom n3 (\frac{3}{n})^k (1-3 (\frac{2}{3})^k + 3 (\frac{1}{3})^k)
\end{equation}

[auron95]

Credo che sia la stessa cosa che ho scritto sopra (o meglio, volevo scrivere quello generalizzato con t carrozze, ma con un pessimo risultato, infatti ci sono più errori che cose giuste ) ecco qui la formula corretta degli errori (quelli che ho trovato, se ce ne sono altri ditemelo):
$\displaystyle \frac{\binom{n}{t}(t^k-\binom{t}{1}((t-1)^k+(\binom{t}{2}(t-2)^k+\dots)))}{n^k}$

Se sostituisci t=3 dovrebbe venire quello che ha scritto Troleito (spero.... )

[Claudio.]

Scusate ma ogni singolo uomo ha la stessa probabilità di trovarsi in una precisa carrozza. Quindi tutte le disposizioni, non combinazioni, cioè tutti i modi possibili in cui si possono disporre considerando ogni uomo diverso dall'altro sono equiprobabili e questa probabilità è ovviamente $\frac1{n^k}$ per ogni possibilità;
Detto questo la mia soluzione vale...perchè a questo punto andando a considerare le combinazioni, ossia considerando ogni uomo indistinguibile all'altro, la differenza di porbabilità tra le diverse possibilità dipende dal fatto che ci sono più modi di disporsi in una determinata maniera rispetto ad un altra, cosa che viene assolutamente considerata nella soluzione combinatoria.

[auron95]

Scusate ma ogni singolo uomo ha la stessa probabilità di trovarsi in una precisa carrozza. Quindi tutte le disposizioni, non combinazioni, cioè tutti i modi possibili in cui si possono disporre considerando ogni uomo diverso dall'altro sono equiprobabili e questa probabilità è ovviamente $\frac1{n^k}$ per ogni possibilità;
Detto questo la mia soluzione vale...perchè a questo punto andando a considerare le combinazioni, ossia considerando ogni uomo indistinguibile all'altro, la differenza di porbabilità tra le diverse possibilità dipende dal fatto che ci sono più modi di disporsi in una determinata maniera rispetto ad un altra, cosa che viene assolutamente considerata nella soluzione combinatoria.

Considera il caso banale proposto da simone256 n=3 carrozze e k=2 passeggeri, e prova a calcolare la probabilità dell'evento "Tutti i passeggeri salgono sulla prima carrozza" prima considerando i tizi indistinguibili e poi diversi:

nel primo caso hai che ci sono $\binom{n+k-1}{k}=6$ modi di disporre che tu (io credo) avevi considerato equiprobabili (avevo fatto così anch'io quest'estate... ), e in questo caso hai 6 casi possibili, 1 favorevole, $p=1/6$

nel secondo caso hai che entrambi hanno 1/3 di probabilità di entrare nella 1a carrozza, quindi 1/9 di probabilità che si verifichino entrambi gli eventi.

Quindi hai che uno stesso evento ha due probabilità diverse (?!) di accadere: è ovvio che uno dei due metodi presenta una falla, e questo sta nel considerare i 6 casi equiprobabili (per convincerti, prova a calcolare la probabilità che 1 vada nella prima e 1 nella seconda e dovrebbe venire 2/9, il doppio della prima configurazione: 2/3 che il primo entri in una delle prime due, per 1/3 che il secondo entri nell'altra non occupata tra le prime due)

[simone256]

Dopo i miei calcoli serali vi scrivo da cellulare dicendovi che sono d'accordo con troleito... Ho trovato anche la formula generalizzata ma la devo scrivere in una forma piú breve! E ora un po' di meritato riposo

[simone256]

Ok... Stamattina ho ripreso in mano questo problema visto che da un altro problema mi è venuto in mente un modo molto figo per risolverlo
Credo funzioni... Bene... Sono soddisfatto...

Se $ n $ è il numero delle carrozze, $ k $ è il numero delle persone, $ t $ è il numero delle carrozze che dobbiamo riempire,
la probabilità $ p $ è:

$ \displaystyle p= \sum_{i=0}^{t-1} \frac {(-1)^i \dbinom{n}{t} \dbinom{t}{i}(t-i)^k}{n^t} $

[Robertopphneimer]

#simone 256 Penso hai risolto un eventuale bonus xD.