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Salmastro
Dio minore
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MessaggioInviato: 16 Feb 2010 12:32    Oggetto: * Basta un dado Rispondi citando

Il gioco funziona così:
io sono il banco…e tiro n volte un dado, quello classico, senza trucchi, con sei facce.
Il giocatore vince se in questi n tiri sono stati ottenuti tutti i valori.

Il problema è stabilire qual è il valore massimo N dei lanci effettuabili affinché il gioco rimanga “disonesto”, cioè favorevole al banco.
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dart
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MessaggioInviato: 18 Feb 2010 13:29    Oggetto: Rispondi citando

Dovrebbe essere...
Citazione:
9 lanci.
In questo modo la probabilità di vincita del giocatore dovrebbe essere del 43,02%.
Con 10 lanci, invece, salirebbe al 52.52%.


Non chiedermi i calcoli perchè sono strani e non saprei come scriverli. Laughing
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Salmastro
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MessaggioInviato: 19 Feb 2010 11:49    Oggetto: Rispondi citando

dart ha scritto:
Dovrebbe essere...
Citazione:
9 lanci.
In questo modo la probabilità di vincita del giocatore dovrebbe essere del 43,02%.
Con 10 lanci, invece, salirebbe al 52.52%.


Non chiedermi i calcoli perchè sono strani e non saprei come scriverli. Laughing


beh, spiegaci il ragionamento: a fare i calcoli ci pensiamo dopo! Wink Very Happy
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dart
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MessaggioInviato: 19 Feb 2010 12:52    Oggetto: Rispondi citando

salmastro ha scritto:
beh, spiegaci il ragionamento: a fare i calcoli ci pensiamo dopo! Wink Very Happy


Ok, ci provo...
Citazione:
Partiamo dal lancio di 6 dadi.
Al denominatore, tutti i possibili casi: 6^6.
Al numeratore: 6x5x4x3x2x1.
Risultato, 1,54% che escano tutti i numeri.

Ad ogni lancio successivo, il denominatore viene moltiplicato per 6.
Per quanto riguarda il numeratore... tutti i casi che precedentemente andavano bene, continuano ad andare bene indipendentemente dall'esito dell'ultimo lancio, quindi si moltiplica il "numeratore precedente" per 6.
A questo, si devono aggiungere tutti gli altri casi, ovvero il valore del "denominatore precedente", meno i casi già presi in considerazione prima, e meno i 6 casi che non porterebbero comunque alla vittoria.

Sicuro che non si sia capito nulla, faccio un esempio.

6 lanci:
denominatore: 6^6 = 46.656
numeratore: 6x5x4x3x2x1 = 720

Al settimo lancio:
denominatore: 6^7 = 279.936
numeratore: (720x6) + (46.656-720-6) = 50.250
Provabilità di vincita: 17,95%


P.S. Lo so, uso dei metodi un po' "rozzi" Laughing
ma a volte funzionano, anche se non ho studiato le operazioni con le probabilità Razz
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Salmastro
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MessaggioInviato: 19 Feb 2010 13:41    Oggetto: Rispondi citando

ci penso su Rolling Eyes

ma forse (dico forse) sei un po' ottimista Very Happy
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dart
Eroe
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MessaggioInviato: 19 Feb 2010 14:30    Oggetto: Rispondi citando

salmastro ha scritto:
ci penso su Rolling Eyes

ma forse (dico forse) sei un po' ottimista Very Happy


Ci stavo ripensando anch'io, forse sono più di 6 i casi da escludere nella parte finale del ragionamento.
Ora riguardo e vedo se riesco a correggere...

Edit: il denominatore e la prima parte del numeratore dovrebbero essere giusti. Ovvero, tutti i casi che andavano bene al lancio N, andranno bene anche al lancio successivo, quindi vanno moltiplicati per 6. Restano da contare tutti i casi sfavorevoli...
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Salmastro
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MessaggioInviato: 22 Feb 2010 12:38    Oggetto: Rispondi citando

suggerimento:

premesso che, come sempre, bisogna alla fin fine fare il solito rapporto fra eventi favorevoli ed eventi totali (F/T), credo convenga enumerare, stavolta, i casi sfavorevoli (S) e poi ricavare P come (1-S)/T.

cominceremo a vedere, su N lanci, quanti non contengono il numero 1, quanti il numero 2 etc.
ma non finisce qui, ché sopravvalutiamo la sfortuna, per cui dovremo togliere i casi in cui...
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eins
Eroe in grazia degli dei
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MessaggioInviato: 24 Feb 2010 01:37    Oggetto: Rispondi citando

Citazione:

1) per prima cosa mi domando quanto sia la probabilità che in una serie di 6 lanci io possa ottenere tutte e sei le differenti possibili uscite; nel primo lancio va bene qualsiasi numero (p=1), nel secondo andranno bene tutti meno quello uscito per primo (p=5/6), nel terzo tutti meno i due usciti nei primi due lanci ... in definitiva, per l'indipendenza statistica dei lanci, la probabilità cercata dovrebbe essere il prodotto delle precedenti, cioè 1*(5/6)*(4/6)*(3/6)*(2/6)*(1/6)=6!/6^6=720/46.656=0,0154...
2)ora, vanno considerate (e per la mutua esclusività sommate) le ulteriori combinazioni favorevoli date da un lancio che completi una cinquina già esistente (un 5+1 insomma). quindi il settimo lancio sarà fortunato per il giocatore se completa una cinquina già fatta e non considerata nel primo caso; da notare che anche se non fortunato però potrebbe far diventare una cinquina una eventuale quaterna precedente, cosa che consideriamo nel seguente caso
3) lo stesso dicasi per l'ottavo lancio (ed analogamente per i successivi) che possa completare una cinquina ottenuta nei precedenti sette lanci, con una catena di prodotti di calcolo, che lascio per ora a qualcuno più lucido di me .......
Per eventuali reclami si avverte che il suddetto prodotto non è coperto da garanzia!! A presto.
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Salmastro
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Residenza: Casalmico

MessaggioInviato: 24 Feb 2010 11:29    Oggetto: Rispondi citando

ciao eins Very Happy

grazie per aver risposto all'invito Wink

le tue considerazioni, a mio parere, sono estremamente sensate e sono certo che troverai la "lucidità" per sbrogliare la matassa!
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Nemrod
Mortale devoto
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MessaggioInviato: 25 Feb 2010 12:42    Oggetto: Rispondi citando

Io stavo provando a partire dal concetto che

Citazione:
ogni volta che si acquisisce un numero che non è ancora uscito, si passa al "livello" successivo. Ogni livello ha una probabilità di passare all'altro relativa al numero di facce del dado che non sono ancora uscite, come in questa immagine...

Ora però sono bloccato sul come "formalizzare" la costruzione dei casi positivi/negativi... catene di Markov?

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Salmastro
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MessaggioInviato: 25 Feb 2010 15:08    Oggetto: Rispondi citando

ciao, Nemrod e benvenuto Very Happy

P.S.: rigurado alla tua domanda, credo proprio che la cosa sia assai più elementare Wink
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Jowex
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MessaggioInviato: 27 Feb 2010 11:52    Oggetto: Rispondi citando

Citazione:
Ricordando il teorema della probabilità totale per calcolare la somma delle probabilità, possiamo scrivere:

P(il banco vinca) = P(escano al massimo 5 numeri distinti dopo N lanci) =
= P(non esca uno dei 6 numeri dopo N lanci) =
= P(non esca l'1) + P(non esca il 2) + ... + P(non esca il 6)
- P(non escano 1 e 2) - P(non escano 1 e 3) ...
+ P(non escano 1,2,3) + P(non escano 1,2,4) ...
- P(non escano 1,2,3,4) - P(non escano 1,2,3,5) ...
+ P(non escano 1,2,3,4,5) =
= C(6,1) * (5/6)^N - C(6,2) * (4/6)^N + C(6,3) *(3/6)^N - C(6,4) * (2/6)^N + C(6, 5) * (1/6)^N =
= 6(5/6)^N - 15(4/6)^N + 20(3/6)^N - 15(2/6)^N + 6(1/6)^N =
= (6*5^N - 15*4^N + 20*3^N - 15*2^N + 6) / 6^N
(dove C indica il numero di combinazioni)

Partendo da N=6 e calcolando il valore di P, si trovano:
P(6) = 0.9846
P(7) = 0.9460
P(8 ) = 0.8860
P(9) = 0.8110
P(10) = 0.7282
P(11) = 0.6438
P(12) = 0.5622
P(13) = 0.4861

quindi il valore massimo di N a favore del banco è: 12
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Jowex
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MessaggioInviato: 27 Feb 2010 21:18    Oggetto: Rispondi citando

Riprendo l'osservazione e la figura di Nemrod: si tratta proprio di una catena di Markov!
Citazione:
La soluzione si può trovare anche definendo la matrice di transizione P:
P = 1/6 *
- (6)(5)(4)(3)(2)(1)
(6) 6 0 0 0 0 0
(5) 1 5 0 0 0 0
(4) 0
2 4 0 0 0
(3) 0 0 3 3 0 0
(2) 0 0 0 4 2 0
(1) 0 0 0 0 5 1
dove tra parentesi ho messo il nome dello stato, e nelle righe ci sono gli stati di partenza, mentre nelle colonne ci sono gli stati di arrivo
Ogni elemento contiene la probabilità di passare da uno stato all'altro.
Per es: la probab. di passare dallo stato 4 al 5 è di 2/6 (evidenziato in rosso)

Moltiplicando per se stessa N-1 volte la matrice P, possiamo di ricavare le probabilità di trovarci in uno qualunque dei 6 stati dopo N lanci di dadi.
Infatti è sufficiente moltiplicare la matrice ottenuta dopo le moltiplicazioni per il vettore che rappresenta lo stato iniziale: [0 0 0 0 0 0 1] (andrebbe scritto in verticale),
oppure, nel nostro caso, basta prendere il primo elemento dell'ultima riga della matrice.
Per N=12, abbiamo P11 = 1/6^11 *
362797056.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000
313968931.000 48828125.000 0.000 0.000 0.000 0.000
269335110.000 89267642.000 4194304.000 0.000 0.000 0.000
228718446.000 121849992.000 12051471.000 177147.000 0.000 0.000
191943840.000 147098424.000 23052348.000 700396.000 2048.000 0.000
158838240.000 165528000.000 36690060.000 1730520.000 10235.000 1.000

Per N=13, abbiamo P12 = 1/6^12 *
2176782336.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000
1932641711.000 244140625.000 0.000 0.000 0.000 0.000
1705278302.000 454726818.000 16777216.000 0.000 0.000 0.000
1494160668.000 633352902.000 48737325.000 531441.000 0.000 0.000
1298761464.000 781596816.000 94310580.000 2109380.000 4096.000 0.000
1118557440.000 901020120.000 151951800.000 5232500.000 20475.000 1.000

E prendendo i primi elementi dell'ultima riga di P11 e P12 otteniamo:
P(di trovarci nello stato 6 dopo 12 lanci) = 158838240/6^11 = 0.4378
P(di trovarci nello stato 6 dopo 13 lanci) = 1118557440/6^12 = 0.5139
che sono proprio le probabilità complementari di P(12) e P(13) riportate nel post precedente.

Per effettuare le moltiplicazioni della matrice ho usato questo link.
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Salmastro
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MessaggioInviato: 28 Feb 2010 19:52    Oggetto: Rispondi citando

@ Jowex:

...non aggiungo niente Wink Very Happy

complimenti & Grazie
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MessaggioInviato: 01 Mar 2010 13:45    Oggetto: Rispondi citando

Jowex ha scritto:
Riprendo l'osservazione e la figura di Nemrod: si tratta proprio di una catena di Markov!


Grazie Jowex, io non ricordavo come fare a formalizzare e risolvere il tutto...
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ulisse
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MessaggioInviato: 04 Mar 2010 15:55    Oggetto: Errata corrige Rispondi citando

Ti correggo un errore di battitura:

salmastro ha scritto:
suggerimento:

(...) e poi ricavare P come (1-S)/T.

(...)


P=1-S/T mi sembra vada meglio in quanto F=T-S
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ulisse
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MessaggioInviato: 04 Mar 2010 20:05    Oggetto: Rispondi citando

salmastro ha scritto:
@ Jowex:

...non aggiungo niente Wink Very Happy

complimenti & Grazie


Senza nulla togliere ai complimenti, aggiungo qualcosina io ovvero che Jowex ha fatto casino con gli indici! TapTap

Nel primo post (soluzione senza uso di catene) chiami P(13) la probabilità che NON escano tutti e sei i numeri in 13 tiri. Hai usato una lettera maiuscola per indicare un numero... deprecated Old ... ma non è importante. L'importante è che la formalizzazione del problema è coerente e il risultato è corretto. Dancing

Nel secondo post (soluzione con catene) arrivi a concludere che:
Citazione:
prendendo i primi elementi dell'ultima riga di P11 e P12 otteniamo:
P(di trovarci nello stato 6 dopo 12 lanci) = 158838240/6^11 = 0.4378
P(di trovarci nello stato 6 dopo 13 lanci) = 1118557440/6^12 = 0.5139
che sono proprio le probabilità complementari di P(12) e P(13) riportate nel post precedente.


MA

1) nel secondo post introduci la matrice di transizione e dichiari che rappresenta le probabilità di trovarsi in uno degli stati possibili dopo un lancio di dado invece P è la matrice delle probabilità di passare da uno stato ad un altro con un singolo lancio. Think
Qual è la differenza? Brick wall avendo escluso lo stato 0 dal tuo modello esso non può essere utilizzato per rappresentare il fenomeno dall'inizio (quando hai 0 numeri distinti estratti) quindi, in buona sostanza, manca un lancio che va aggiunto alla fine dei conti.
Come mai allora i due risultati quadrano nonostante l'errore? ma ovvio, perché hai commesso un secondo errore che ha compensato il primo! GrrrGrrr
Infatti:
2) se è vero che P(di trovarci nello stato 6 dopo 12 lanci) = 158838240/6^11 = 0.4378 non è altrettanto vero che 0.4378 lo trovi in P11 infatti secondo le tue definizioni P11 è la matrice di transizione che contiene la probabilità di passare dallo stato 1 allo stato 6 in 12 lanci (per un totale di 12+1=13 lanci).
0.4378 lo trovi in P10 (10 moltiplicazioni, 11 lanci senza il primo, 12 lanci complessivi).
Ma in P10 non compare quel valore, come fa a quadrare tutto? Semplicemente hai commesso un terzo errore. GrrrGrrrGrrr
Infatti:
3) la formula di calcolo degli elementi di PN (ti rammento che hai scelto di chiamare PN la matrice P moltiplicata per sè stessa N volte) è sbagliata perché il denominatore non è 6^N ma deve essere 6^(N+1) perché moltiplicare un numero per sè stesso N volte significa moltiplicare tra loro N+1 fattori uguali e non N
Ma se io cambio il denominatore ad una frazione senza cambiare adeguatamente anche il numeratore il risultato non è più lo stesso! Come fanno a quadrare i conti? Hai dei dubbi? C'è un quarto errore !GrrrGrrrGrrrGrrr ma consolati... è l'ultimo! Phew
Quando hai dichiarato di calcolare P11 in realtà hai calcolato P10 (provare per credere: controlla il primo elemento in alto a sinistra che secondo le tue definizioni in P11 dovrebbe valere 6^12 invece vale 6^11 e quindi siamo di fronte a P10...)

Detta P la matrice di transizione per un lancio e P^N quella per N lanci (a partire dal secondo!!!) abbiamo che in P^11 la probabilità di passare dallo stato 1 allo stato 6 (con 11+1=12 lanci totali) è 0.4378 ancora a favore del banco mentre in P^12 (con 12+1=13 lanci totali) è 0.5139 ovvero a favore del giocatore.

Ora sì che tutto quadra... CinCin CinCin CinCin


L'ultima modifica di ulisse il 04 Mar 2010 20:30, modificato 1 volta
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Salmastro
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MessaggioInviato: 04 Mar 2010 20:24    Oggetto: Rispondi citando

ubi maior minor cessat Wink

chapeau, Mr Ulisse! Very Happy

...e grazie per aver corretto il mio piccolo grande errore!
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ulisse
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MessaggioInviato: 04 Mar 2010 22:13    Oggetto: Rispondi

salmastro ha scritto:
ubi maior minor cessat Wink

chapeau, Mr Ulisse! Very Happy

...e grazie per aver corretto il mio piccolo grande errore!


Ehilà Salmastro!
Probabilmente in un'altra vita ero un correttore di bozze...
Tra l'altro noto ora che non era necessario togliere le parentesi. In alternativa sarebbe bastato sostituire 1 con F.

Invece a fare le pulci al ragionamento di Jowex mi sono proprio divertito... come coi miei studenti più bravi...
Mi sono permesso la pignoleria solo perché era quasi perfetto!
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