[metodi statitistici] esercizio...banale?

[blow]

No ma infatti io l'ho impostato così
P(D1|D)=P(D1)*P(D|D1)/P(D)
quelli scritti dopo sono i dati per risolvere la formula...e mi viene 25% proprio perchè sbagliavo a porre P(D)=6%+2%

Comunque il mio errore era nel porre P(D)=8% mentre invece è quello che hai trovato te... per il resto va bene.

ps.hai trovato la probabilità che presenti il difetto 2 sapendo che è difettoso tu

[Russell]

Io credo invece che lui stia cercando il risultato richiesto.
Il problema sta nel fatto che ha utilizzato il teorema di Bayes, valido soltanto se le cause sono alternative le une alle altre (vedi qui).
Invece nel nostro problema le cause sono indipendenti e possono verificarsi assieme..

[blow]

Infatti, comunque piano piano mi sto avvicinando alle soluzioni dai, mi manca giusto giusto quel passaggino che mi frega

[blow]

Evvai finalmente sono riuscito ad arrivare in fondo ad un esercizio!!

Tre malattie A,B,C - e solo queste - causano un certo sintomo con probabilità
fA = 9/10
fB = 6/10
fC = 4/10
D'estate un individuo è affetto da ciascuna malattia con probabilità
pA = 0.1%
pB = 1%
pC = 5%
Sapendo che un paziente questa estate presenta il sintomo, qual'è la probabilità che egli abbia la malattia B?

S=presenta il sintomo
A=affetto dalla malattia A
B=affetto dalla malattia B
C=affetto dalla malattia C
Ho risolto impostando la formula:
P(B|S)=P(B)*P(S|B)/P(S)
Con P(S)=P(S|A)*P(A)+P(S|B)*P(B)+P(S|C)*P(C)
Corretto il procedimento vero o mi viene così a caso?

[blow]

In un esercizio del tipo: un dado a 4 facce viene lanciato 3 volte, qual'è la probabilità che esca 4 almeno una volta?

io l'ho risolto considerando che ho 64 disposizioni con ripetizione: (111)(112)(113)ecc ecc
e ho contato quelle che hanno un 4 almeno una volta, chiamando n questo numero ho fatto n/64

Il fatto è che dubito che si debba fare così, c'è un modo per ricavare subito ciò che mi interessa vero?

[Zoidberg]

Anche qui fai prima a ricavare la probabilità dell'evento contrario!

[blow]

Azz...è vero! Sono proprio un cojote!
1-(3/4*3/4*3/4)
funziona ovviamente, grazie ancora...

[blow]

Qual'è la probabilità che almeno due fra 4 coetanei nati nella stessa stagione
festeggino il compleanno nello stesso giorno? (una stagione= 92 giorni).

Io ho risolto calcolando l'evento complementare(nessun giorno in comune) che altro non è che il num. delle disposizioni semplici/disposizioni con ripetizione.

Ma se l'esercizio mi avesse chiesto "probabilità che almeno TRE fra 4 coetanei" ecc ecc
come avrei dovuto fare?

[Russell]

La probabilità che tre coetanei siano nati in uno stesso giorno $ x $ fissato è $ 4\frac{1}{92^3}\frac{91}{92} $. Dunque la probabilità che tre coetanei siano nati in uno stesso giorno qualsiasi dei 92 giorni è $ 92\cdot 4 \frac{1}{92^3}\frac{91}{92}=\frac{364}{92^3} $. Allo stesso modo, la probabilità che quattro coetanei siano nati in uno stesso giorno qualsiasi dei 92 giorni è $ 92\frac{1}{92^4} $. Poichè i due eventi considerati sono disgiunti, abbiamo $ p=\frac{364}{92^3}+\frac{1}{92^3}=\frac{365}{92^3} $
Se hai i risultati controlla ed eventualmente correggimi...
Oppure corregga o confermi qualcun altro...please..

[blow]

I risultati non li ho ma credo proprio che vadano bene, il tutto ha una logica

Già che ci sono ti propongo anche questo esercizietto:

L’urna I contiene 3 palline rosse e 5 bianche, mentre l’urna II contiene 4 rosse e 2 bianche. Si sceglie una pallina a caso dall’urna I e la si mette, senza osservare il colore, nell’urna II: si estrae poi una pallina dall’urna II. Qual'è la probabilità che la pallina cosi’ estratta sia bianca?

Intuisco che la probabilità di pescare una pallina bianca dall'urna 2 aumenti, ma non riesco a trovare in che modo!

Mi daresti una dritta?

[Russell]

Se la pallina estratta dalla prima urna è rossa (e ciò avviene con probabilità pari a $ \frac{3}{8} $) allora la probabilità di estrarre una bianca dalla seconda è $ \frac{2}{7} $.
Se la pallina estratta dalla prima urna è bianca (e ciò avviene con probabilità pari a $ \frac{5}{8} $) allora la probabilità di estrarre una bianca dalla seconda è $ \frac{3}{7} $.
Il teorema della probabilità totale garantisce il risultato: $ p=\frac{3}{8}\frac{2}{7}+\frac{5}{8}\frac{3}{7}= \frac{3}{8} $ $ \ (>\frac{2}{6}) $, come sospettato...

[blow]

Esattamente...perchè non mi è venuto in mente di usare quel teorema?? mah...

comunque ti ringrazio!!

[blow]

Ragazzi ora mi sto incasinando in questo che credo sia un pò più "difficile"

Una compagnia ha un aereo di 19 posti e accetta 21 prenotazioni perchè sa che
il 10% dei prenotati non si presenta. Con quale probabilit`a almeno un passeggero resterà a terra?

Lo risolvo con le variabili aleatorie, se pongo X="num di passeggeri che si presentanto" allora il problema mi chiede P(X<=20) ovvero la probabilità che se ne presentano al massimo 20(almeno 1 non si presenta).
Se volgio risolvere sarebbe P(X<=20)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+...+P(X=20)
dico bene?
Ma come trovo tutto le varie P(X)?
Oppure ragionando al contrario potrei fare, dico potrei eh...
P(X<20>20)=1-P(X=20)+P(X=21)
Comunque sia, sono molto lontano?

[Russell]

Credo non mi sia ben chiaro il problema. Se sappiamo di certo che il 10% dei prenotati non si presenta, allora anche se le prenotazioni sono 21 salgono tutti, perchè $ 21-\frac{10}{100}21=18,9<19 $.
Non è magari che ogni passeggero non si presenta con probabilità pari al 10% ?