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Titolo: Probabilità discreta

Un sacchetto contiene n biglietti numerati da uno a enne.Si eseguono k 
estrazioni senza restituzione e fino ad esaurimento dei biglietti.Qual'č la 
probabilitą che l'ultima estrazione sia del solo numero uno?

 probabilità che l'ultima estrazione sia del solo numero uno?
spoiler
Il problema è abbastanza banale
Vi è la probabilità di 1/ k che il numero 1 sia estratto
in una qualunque delle posizioni e, quindi, anche che
sia estratto per k-esimo.
Ciao
Gianni

, 
rav...@tiscalinet.it
 
says...

  Se così fosse la probabilità di estrarre un solo biglietto la k-esima
  volta sarebbe: n*1/k essendo n i numeri in totale e gli eventi(ultimo
  ed unico biglietto=1,2,3,....,n)incompatibili.Ma k<=n cioè una   
  probabilità >=1?
 
  CHICCO
 

   probabilitŕ >=1?
Permettimi di insistere:
I possibili ordini di uscita dei biglietti č pari a *K
fattoriale*,
mentre i possibili ordini di uscita di tutti i numeri *eccetto
l'uno* sono
*(k-1) fattoriale* [quindi l'uno rimarrebbe per ultimo]
Quindi le probabilitŕ che l'uno rimanga per ultimo sono
        (k-1)!
= ------------- =   1/k
          k!
C.V.D.  ;-))
Ciao
Gianni

 probabilitą che l'ultima estrazione sia del solo numero uno?
Se ho interpretato bene il problema, mi pare che si tratti di pescare tutti
gli n biglietti con k estrazioni, e, essendo k<n, qualche estrazione dovra'
pescare piu' di un biglietto.
La probabilita' risulta:
spoiler
v
v
v
v
v
v
(k-1) / ( n * (n-1) )
Bisogna calcolare le possibili partizioni di n in k gruppi, e tra queste
verificare quante lasciano l'ultimo biglietto isolato.
Per fare questo ci dovrebbe essere una formula che...non ricordo :-(
Allora ragiono in questo modo:
Suppongo di disporre gli n biglietti in fila (da sinistra a destra)
Per dividerli in k gruppi dispongo un certo numero (k-1) di separatori negli
spazi tra i biglietti
(che sono n-1)
Sperando ora di ricordarmi la formula, i possibili modi di fare cio'
dovrebbero essere dati dal coeff. binomiale  (n-1,k-1) =
(n-1)! / ( (k-1)! * (n-1-k+1)! ) ossia
(n-1)!/ ( (k-1)! * (n-k)! )
per calcolare le partizioni favorevoli, cioe' quante lasciano l'ultimo
biglietto isolato, suppongo di bloccare l'ultimo separatore nella posizione
tra il penultimo e l'ultimo biglietto, e quindi sistemo i rimanenti
separatori (k-2) negli spazi rimanenti (n-2) tra gli altri biglietti
le partizioni favorevoli risultano
(n-2)!/ ( (k-2)! * (n-k)! )
il rapporto tra i due valori,
(k-1)/(n-1)
indica la probabilita' che l'ultima estrazione peschi un solo biglietto.
dal momento che tutti gli n biglietti hanno pari opportunita', la
probabilita' che l'ultima estrazione peschi il solo numero 1 risulta quindi
1/n * (k-1)/(n-1)
ciao
paolo

 probabilità che l'ultima estrazione sia del solo numero uno?
s
p
o
i
l
e
r
per me la soluzione corretta é:
   1
------
 K!

 probabilità che l'ultima estrazione sia del solo numero uno?
 ................................S P O I L E R............................
Ho  capito bene?
Si tratta di sorteggiare un numero tra i ed n, poniamo k1, ed estrarre tale
numero di biglietti.
Quindi sorteggiare un numero tra 1 e (n-k1), poniamo k2, ed estrarre i
biglietti corrispondenti.
Ancora sorteggiare un numero tra 1 e (n-k1-k2) .... ecc. ..............
Vogliamo la probabilità che l'ultimo biglietto sia estratto da solo e sia
quello col numero 1.
Se ho interpretato correttamente il quesito, cè un approccio molto semplice
che ci consente di bypassare le complicazioni che ci riservano altri
percorsi alternativi.
Consideriamo dapprima la probabilità che l'ultimo numero esca da solo:
Alla prima estrazione di k1 biglietti possono verificarsi tre diversi esiti:
- k1 = n            --> SFAVOREVOLE (l'ultimo biglietto non è uscito sa
solo)
- k1 = n-1        --> FAVOREVOLE (l'ultimo numero uscirà da solo alla
prossima estrazione)
- k1 < n-1        --> IRRILEVANTE (alla prossima estrazione sarò nelle
identiche condizioni iniziali)
Alla seconda estrazione di k2 biglietti possono verificarsi i medesimi
esiti:
- k1 = n-k1            --> SFAVOREVOLE (l'ultimo biglietto non è uscito sa
solo)
- k1 = n-k1-1        --> FAVOREVOLE (l'ultimo numero uscirà da solo alla
prossima estrazione)
- k1 < n-k1-1        --> IRRILEVANTE (alla prossima estrazione sarò nelle
identiche condizioni iniziali)
.........................
.........................
fino al momento in cui i biglietti rimasti (n-k1-k2-k3-....) non siano che
due nel qual caso sarà
- k1 = 2            --> SFAVOREVOLE (l'ultimo biglietto non è uscito sa
solo)
- k1 = 1            --> FAVOREVOLE (l'ultimo numero è uscito da solo)
Dunque la probabilità che l'ultimo numero esca da solo si mantiene costantem
ente pari a 1/2 in tutte le estrazioni, compresa l'ultima, ed è dunque pari
ad 1/2.
Accertato questo, dobbiamo ora stabilire che probabilità abbia quell'ultimo
numero uscito da solo di essere l'1 e a questa domanda si risponde
facilmente che è pari ad 1/n, essendo l'1 uno degli n numeri che possono
subire quella sorte senza che vi siano elementi che rendano più facile o più
difficile l'evento per un numero piuttosto che un altro.
Il prodotto delle due probabilità (1/2*n) è in definitiva la probabilità che
l'ultimo nhumero esca da solo e sia proprio l'1
Ciao
et

l'ultimo nhumero esca da solo e sia proprio l'1
	Se così fosse la probabilità non dipenderebbe da 'k', cioè dal
numero delle estrazioni! Facendo un esempio in definitiva secondo te,
se ci sono 10 biglietti nel sacchetto, la probabilità di estrarre il
biglietto numero 1 all'ultima estrazione è pari a 1/20 sia che si
effettuino 2 estrazioni, sia che se ne effetuino 10, il che è assurdo.
	Credo invece che la soluzione più azzeccata sia quella di
Paolo Licheri, e cioè, se i suoi calcoli sono giusti:
1/n * (k-1)/(n-1)
Infatti, nel caso di 10 biglietti con 2 estrazioni, la probabilità che
si estragga un solo biglietto alla seconda estrazione, e che questo
biglietto sia primo il n°1 è 1/10 * 1/9 = 1/90; nel caso di 10
biglietti con 10 estrazioni, la probabilità è 1/10 * 9/9 = 1/10
	Ciò è anche spiegabile intuitivamente se si fa
un'osservazione: il 'k' specifica SOLO il numero delle estrazioni, ma
non il numero di elementi da cui queste estrazioni sono formate.
- nel primo caso sappiamo che ci saranno 2 estrazioni, e queste
possono essere 1-9, 2-8, 3-7, 4-6, 5-5, 6-4, 7-3, 8-2, 9-1, cioè ci
sono 9 possibili suddivisioni _ordinate_ di 10 elementi in due gruppi:
quindi la probabilità che esca la combinazione richiesta dal quesito è
1/9 che va moltiplicata alla probabilità che esca esattamente il
numero 1, cioè 1/10 => 1/9 * 1/10 = 1/90;
- nel secondo caso invece sappiamo che le estrazioni saranno
esattamente 10, quindi la probabilità che venga estratto un solo
numero all'ultima è estrazione è ovviamente 1, per la probabilità che
questo numero sia 1, si ottiene 1/10.
	Bye,
Marco Lackovic


""Un sacchetto contiene n biglietti numerati da uno a enne.Si eseguono k
""estrazioni senza restituzione e fino ad esaurimento dei biglietti.Qual'è
""la probabilità che l'ultima estrazione sia del solo numero uno?
Visto che io sono proprio "Enrico Torlone" e che in genere condivido
perfettamente le mie opinioni, cerco di sostenerle evidenziando i motivi che
mi inducono a giudicare esatta la mia soluzione secondo la quale la
probabilità richiesta è pari a
                              1 / (2 * n)
Le obiezioni di Marco, infatti, non tengono conto del fatto che si eseguono
k
estrazioni senza restituzione e FINO AD ESAURIMENTO dei biglietti e che la
probabilità richiesta non è quella che ad una qualunque delle k estrazioni
si presenti il numero 1 da solo, ma solo che ciò si verifichi alla 
k.ma
estrazione (cioè all'ultima).
E dunque vero che k non è un numero deciso dall'estrattore ma determinato
dalla successione degli eventi. Cioè k, a posteriori, è il numero
dell'estrazione in cui si estrae l'ultimo biglietto (o gli ultimi
biglietti).
Ciò che a noi interessa è che la 
k.ma
 estrazione riguardi un solo biglietto
o un gruppo di più di uno. Null'altro!
In questo senso è evidente l'indipendenza di tale evento rispetto al fatto
che le estrazioni che precedono l'ultima siano poche o tante. La probabilità
dell'evento "ultima estrazione non multipla"  rimane in ogni caso inchiodata
su 1/2.
Concentriamo la nostra attenzione sul solo evento ultima estrazione singola
o multipla.
Supponiamo che il sacchetto contenga 3 biglietti:
Alla prima estrazione posso estrarre da 1 a 3 biglietti
- Se ne estraggo 3 è andata male (l'ultima estrazione, che è anche la prima,
è multipla)
- Se ne estraggo 2 è andata bene (l'ultima estrazione, la seconda, deve per
forza essere singola)
- Se ne estraggo 1 non è avvenuto nulla di significativo e tutto si decide
in base alla seconda estrazione (ne estrarrò 1 o 2?)
Che rilevanza può avere dunque k?
Al  Bye di Marco Lackovic
rispondo con il mio bye bye (multipo)
Ciao
et

 ...
Ehm, siccome il mio NewsReader ha "purgato" quel messaggio, qualcuno,
se non lo stesso Paolo, sarebbe cosě cortese da mandarmelo in e-mail?
Grazie :)
	Bye,
Marco Lackovic

rispondo con il mio bye bye (multipo)
?! Mpf...
	Bye,
Marco Lackovic

 probabilità che l'ultima estrazione sia del solo numero uno?
Se ho interpretato bene il problema, mi pare che si tratti di pescare tutti
gli n biglietti con k estrazioni, e, essendo k<n, qualche estrazione dovra'
pescare piu' di un biglietto.
La probabilita' risulta:
(k-1) / ( n * (n-1) )


 rispondo con il mio bye bye (multipo)
CHICCO dissente da tutte le risposte e dice che il problema è veramente 
difficile.Il prof. ROTA lo assegnò ad un malcapitato viandante che ebbe la 
sfortuna di riconoscerlo e chiedergli un autografo.La benedizione 
conclusiva della breve conversazione fu...che Stirling sia con te!Che avrà 
voluto dire?
Amen. 


 in cui mi citavo in terza persona
Il fatto è che mi piace scherzare (ancor più che risolvere enigmi) e,
talvolta, trascuro la possibilità di essere frainteso, in specie quando
posto (sempre) dopo una giornata di 12 stressanti ore di lavoro
Quanto al merito della discussione, aldilà delle incomprensioni, si tratta
di ragionamenti diversi in quanto, come tu stesso hai colto, riferiti ad
interpretazioni diverse del quesito.
Io non sono riuscito a conciliare il k predeterminato con l'esaurimento dei
biglietti.
Se predetermino il numero delle estrazioni come posso escludere che i
biglietti non si esauriranno prima di tutte le k estrazioni, e come posso
esser certo che dopo k estrazioni effettivamente si esauriscano?
Dovrei predeterminare anche il numero di biglietti da prelevare in ciascuna
delle k estrazioni ma questo, evidentemente, contrasta con l'assunta
casualità dell'evento che la 
k.ma
 estrazione sia singola o multipla.
E' per questo che ho immaginato che il gioco si svolga più o meno così:
C'è un sacchetto con (p.e.) 10 biglietti.
La persona preposta alle estrazioni, bendata,  infila nel sacchetto un
mestolino e lo ritrae con un certo numero (casuale) di biglietti (min.1 -
max 10).
Se i biglietti non sono esauriti ripete l'operazione ..................
............ sino ad esaurimento.
L'estrazione che esaurisce i biglietti è multipla? L'evento è sfavorevole.
L'estrazione che esaurisce i biglietti è singola? Guardiamo il numero del
biglietto e consideriamo favorevole l'evento se questo numero è proprio l'1,
sfavorevole se è un qualsiasi altro numero.
Con queste premesse mi sembra che la probabilità da me calcolata sia
corretta.
Mi attanaglia cmq la curiosità di conoscere l'ipotesi di svolgimento del
gioco alternativa (quella con k predeterminato) che continuo a non saper
immaginare.
Ciao con simpatia
et

voluto dire?
Va bene che dissenti sulle risposte, ma qual'è la corretta
interpretazione del problema?
Steerling è una Università del pianeta Trantor, una delle più famose
della galassia, nella saga della fondazione di Isaac Asimov dove Hari
Seldon, il grande matematico creatore della Psicostoria, la scienza in
grado di prevedere matematicamente il futuro, ha iniziato i suoi studi
e trascorso gran parte della sua vita.
Chi è il prof. Rota?!
	Bye,
Marco Lackovic

e trascorso gran parte della sua vita.
Ehm, temo di aver commesso un errore: l'università in questione si
chiama Streeling, e non Steerling. Mentre la Stirling che viena citata
al messaggio al quale rispondevo credo sia una funziona statistica...
	Bye,
Marco Lackovic