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axlman
Dio minore
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Residenza: l'Universo più scalcinato del Multiverso
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 Inviato: 28 Ott 2006 01:04 Oggetto: |
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Altra Errata Corrige. Mi sono accorto di aver confuso i simboli nella fretta quindi riporto tutto e compatto. Chiedo venia... 
| ulisse ha scritto: | | Parto dal presupposto che i 4 ambi siano costituiti da 8 numeri tutti distinti tra loro (altrimenti si incasinano i conti che lo sono già abbastanza...) |
Con il mio metodo si dovrebbero considerare anche ambi con uno o più numeri in comune. Indichiamo
coefficiente binomiale è il numero di sottinsiemi di ampiezza k che posso formare con gli elementi dell'insieme di ampiezza n:
(n k) = (n)k/k! = n!/(n-k)!k!
ove (n)k = n(n-1)....(n-k+1) = n!/(n-k)! che è il numero totale di campioni ordinati e diversi tra loro che si può ottenere estraendo k elementi da un campione che ne contiene n distinguibili.
Se in un'urna ho N palline di cui K vincenti e ne estaggo n, la probabilità che in queste n ce ne siano esattamente k di quelle vincenti è
(n k) (K)k (N-K)n-k / (N)n
che posso anche scrivere
(K k) (N-K n-k) / (N n)
La prima formula la ricavo cosi:
il numeratore dà (n k) modi di scegliere le k posizioni delle K palle vincenti moltiplicato per il numero delle differenti n-uple, che è
(K)k (N-K)n-k
il denominatore dà il numero totale di campioni ordinati e diversi tra loro che si può ottenere estraendo n palle da un'urna che ne contiene N, cioè appunto (N)n
Usando la formula per N=4005 (numero totale di ambi possibili con 90 numeri) K=4 (numero ambi giocati) n=10 (numero ambi possibili con 5 numeri estratti) k=1 ho la probabilità che esca esattamente un ambo di quelli giocati ed analogamente per k=2 , 3 e 4. Sommandole trovo la probabilità che esca almeno un ambo.
| ulisse ha scritto: | Dunque P(X)=0,9988%
Cioè poco meno dell'1% ricavato a spanne con P(X)=4P(A) |
Anche con il mio metodo trovo valori analoghi. Per un completo profano parlare dell' 1% per una ruota e del 10 % per tutte e 10 è comunque più comprensibile e sostazialmente esatto.
| ulisse ha scritto: | | Se non ho commesso errori, la mia domanda ora è: posto che in totale abbiamo giocato 4 ambi su 10 ruote per 10 settimane ovvero 400 ambi, quanto costa giocare 400 ambi? |
In realtà si può giocare su ogni ambo ciò che si vuole quindi la giusta domanda è: supponendo che si giochi sempre la stessa cifra su ogni ambo, sapendo che la vincita per un ambo è 250 volte la giocata e che si giocano sempre gli stessi 4 ambi su 10 ruote per 10 estrazioni, qual'è la probabilità che si vinca veramente qualcosa, cioè al netto delle spese sostenute per le 400 giocate (senza dimenticare i cento euro dati al bufalatore), e come si può quantificare tale vincita in rapporto alle probabilità di effettuarla? |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 06 Nov 2006 12:45 Oggetto: |
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| axlman ha scritto: | | Per un completo profano parlare dell' 1% per una ruota e del 10 % per tutte e 10 è comunque più comprensibile e sostazialmente esatto. |
Vero ma attenzione che l'approssimazione vale solo per p piccoli. Già per valori di p intorno al 5% dire che su 10 ruote la probabilità è circa il 50% ci porta ad un errore significativo (reso clamoroso se p>10% che porterebbe ad una probabilità superiore al 100%!)
| axlman ha scritto: | | come si può quantificare tale vincita in rapporto alle probabilità di effettuarla? |
Bisogna introdurre una variabile aleatoria che rappresenti la vincita e di essa calcolarne la media.
Se:
X è una variabile aleatoria che conta il numero di ambi vinti,
r è il ricavo unitario ad ambo (quanto ti danno se vinci un ambo),
c il costo per giocare un ambo
C i costi fissi (i soldi cacciati al truffatore che vende le giocate)
n il numero di ambi giocati (uno per ruota per settimana)
p la probabilità di fare un ambo
Allora la variabile aleatoria che misura la vincita è:
Y = rX - cn - C
La sua media è:
E[Y] = E[rX - cn - C] = rE[X] - cn - C
Resta da calcolare la media di E[X] ... |
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axlman
Dio minore
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| Inviato: 24 Nov 2006 08:39 Oggetto: |
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Salve a tutti 8)
Non sono più intervenuto perchè ero al paesello, non ADSL-munito, e il catorcio qui non ha modem interno. Vediamo se riusciamo a giungere a una conclusione.
| ulisse ha scritto: | | Vero ma attenzione che l'approssimazione vale solo per p piccoli. Già per valori di p intorno al 5% dire che su 10 ruote la probabilità è circa il 50% ci porta ad un errore significativo (reso clamoroso se p>10% che porterebbe ad una probabilità superiore al 100%!) |
Logico, mi riferivo a questo caso particolare, per il caso generale valgono le regole generali. A proposito, nessuno mi ha detto se i miei calcoli hanno una qualche validità: io di probabilità ne mastico poco, anzi mi procura mal di testa anziché no e se riesco a tirare fuori qualcosa è adattando ragionamenti di altri ai miei scopi, ma non ho assolutamente la certezza di farlo correttamente. Quindi Madvero mi dispiace ma se non trovo la dritta giusta almeno per iniziare il ragionamento, da solo non cavo un ragno dal buco per le tue domande.
| ulisse ha scritto: | | Resta da calcolare la media di E[X] ... |
Bella forza è proprio quello che non so fare...
Scherzi a parte io l'avevo pensata cosi:
calcolo la probabilità di azzeccare esattamente un ambo sui 400 giocati moltiplicata per r=250c poi sommo la probabilità di azzeccarne esattamente due moltiplicata per 2r=500c e così via fino ai 400 ambi azzeccati. Dal tutto sottraggo 400c e C. Vale?
Saluti a tutti.  |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 25 Nov 2006 14:22 Oggetto: |
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Sì, esatto.
La media di una variabile aleatoria definita sugli interi (o sui primi n interi) è data dalla sommatoria:
SUM[x*P(x)]=1*P(1)+2*P(2)+3*P(3)+...
dove P(x) rappresenta la probabilità di fare x ambi.
La sommatoria è infinita se la v.a. è definita sugli interi mentre si arresta al termine n se è definita sui primi n interi.
Tu hai descritto la sommatoria già moltiplicata per r ma il concetto è lo stesso ed è altrettanto corretto!
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axlman
Dio minore
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Residenza: l'Universo più scalcinato del Multiverso
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| Inviato: 26 Nov 2006 22:05 Oggetto: |
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| ulisse ha scritto: | Giocando gli stessi numeri su tutte le ruote si deve procedere in maniera diversa.
Chiamo p=P(X)=0,9988%
La probabilità che si verifichi l'evento X in almeno una delle n=10 ruote si calcola facendo uso della distribuzione binomiale Bin(n,p) e vale circa q=9,55%
Se le giocate si ripetono per 10 settimane la probabilità che in almeno una delle m=10 settimane si verifichi l'evento X in almeno una delle n=10 ruote si calcola nuovamente con una binomiale Bin(m,q) e vale circa 63,35%
(facendo i conti senza arrotondamenti il risultato finale è certamente più preciso ma non si discosta di molto da questo)
Qualcuno controlli il procedimento di calcolo! |
Aspe'....  nonostante l'invito non avevo ancora controllato bene questo e ora non mi torna, proprio no.
Il coefficiente binomiale (n k) = n!/(n-k)!k! = n(n-1)(n-2)...(n-k+1)/k! indica le combinazioni di n oggetti presi k alla volta e non capisco perchè l'hai usata ficcandoci dentro una probabilità.
Il binomiale poi lo posso calcolare con n non intero (usando la seconda formula) ma come lo calcolo se ad essere non intero è k e per di più con un k < 1 (cioè la tua p=0,9988%=0,009988)?
Infine non capisco perché hai diviso ruote e settimane: voglio dire 10 ruote per 10 estrazioni = 100 estrazioni totali e si fanno calcoli direttamente per cento estrazioni, tanto sono indipendenti. O no?
Ricapitolando, ammesso e non concesso che le mie formule siano giuste, conosciamo p1 p2 p3 p4 cioè le probabilità che siano estratti esattamente 1 , 2 , 3 o 4 dei quattro ambi giocati in un'estrazione. Da qui:
p1 + p2 + p3 + p4 = s1 probabilità che sia estratto almeno un ambo, su quattro giocati, in un'estrazione
p2 + p3 + p4 = s2 probabilità che siano estratti almeno due ambi, su quattro giocati, in un'estrazione
p3 + p4 = s3 probabilità che siano estratti almeno tre ambi, su quattro giocati, in un'estrazione
p4 = s4 probabilità che siano estratti quattro ambi, su quattro giocati, in un'estrazione
p1 + 2p2 + 3p3 + 4p4 = nv numero di ambi vinti, in media, in una estrazione
e(250nv - 4) = v vincita media in una estrazione, con "e" ammontare in euro della puntata
Noto che inserendo i valori numerici trovo:
p1 = 0,0099203017409
p2 = 0,0000335397129
p3 = 0,0000000447868
p4 = 0,0000000000196
s1 = 0,009953886260
s2 = 0,000033584519
s3 = 0,000000044806
nv = 0,0099875156
v = - 1,5e
cioè, nel caso che stiamo considerando, perdo, in media, una volta e mezza la puntata su un singolo ambo (se punto un euro su ognuno dei quattro ambi e su una singola ruota, punto in tutto 4 euro e perdo in media un euro e mezzo a botta, che mi sembra sin troppo poco, ma con le probabilità non si sa mai).
Giusto fin qui?
Per generallizzare a 10 ruote e 10 estrazioni mi serve ancora trovare la probabilità di fare esattamente 1 , 2 , 3 , 4, ...... , 398 , 399 , 400 ambi giocando sempre gli stessi 4 ambi per 100 estrazioni totali, e ripetere il procedimento precedente (calcolando, eventualmente, nell'ultima formula anche il costo dei numeri-truffa).
Suggerimenti?
Ulisse aiutami ancora in questo e giuro(<dita incrociate>)che poi non disturbo più. [-o%3C
Ciao
P.S. Piccola curiosità: [-o%3C doveva essere l'emoticon della preghiera ma non me la disegna, come anche altre: qualcuno sa perché?
P.P.S. Ma dove sono finiti tutti quanti gli altri? |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 01 Dic 2006 14:30 Oggetto: |
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| axlman ha scritto: | Aspe'.... nonostante l'invito non avevo ancora controllato bene questo e ora non mi torna, proprio no.
Il coefficiente binomiale ... |
Ahi! Che equivoco!
Mea culpa...
Consapevole del rischio di ambiguità non ho specificato accuratamente.
Bin(n,p) è una distribuzione binomiale e non ha nulla a che vedere con il coefficiente binomiale, che avevo indicato con B(n;k).
Due notazioni troppo simili per non essere confuse tra loro... scusa!
| Citazione: | | Infine non capisco perché hai diviso ruote e settimane: voglio dire 10 ruote per 10 estrazioni = 100 estrazioni totali e si fanno calcoli direttamente per cento estrazioni, tanto sono indipendenti. |
Vero... è solo una mia pignoleria innata e inutile...
| Citazione: | | Giusto fin qui? |
Non ho ricontrollato i numeri ma i passaggi e i ragionamenti mi sembra proprio siano corretti.
| Citazione: | Per generallizzare a 10 ruote e 10 estrazioni mi serve ancora trovare la probabilità di fare esattamente 1 , 2 , 3 , 4, ...... , 398 , 399 , 400 ambi giocando sempre gli stessi 4 ambi per 100 estrazioni totali, e ripetere il procedimento precedente (calcolando, eventualmente, nell'ultima formula anche il costo dei numeri-truffa).
Suggerimenti? |
Procedi in questo modo che dovrebbe essere più semplice.
Ripetere le giocate di una ruota sulle altre (o replicarle su più settimane) significa condurre n esperimenti di Bernoulli (quelli ai quali accennavo prima).
Se sono 10 settimane per 10 ruote abbiamo n=100.
In cosa consiste il successo in un esperimento (cioè in una sola giocata) e quanto vale la probabilità p di successo?
Ad esempio potremmo concludere che il successo è "ho vinto qualcosa" ovvero v>0.
Usando quanto da te ricavato sinora, si tratta di calcolare la probabilità di vincere ovvero la probabilità p=P[v>0].
Dopodichè tale valore p lo sbatti in una distribuzione binomiale assieme a n=100.
Ciò è sufficiente per ricavare tutte le informazioni desiderate in quanto della distribuzione binomiale è noto tutto (funzione di probabilità, media, varianza, etc).
| Citazione: | | P.P.S. Ma dove sono finiti tutti quanti gli altri? |
e te lo chiedi? 
Ecco cosa è successo agli altri:
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axlman
Dio minore
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| Inviato: 02 Dic 2006 03:36 Oggetto: |
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| ulisse ha scritto: | Ahi! Che equivoco!
Mea culpa...
Consapevole del rischio di ambiguità non ho specificato accuratamente.
Bin(n,p) è una distribuzione binomiale e non ha nulla a che vedere con il coefficiente binomiale, che avevo indicato con B(n;k).
Due notazioni troppo simili per non essere confuse tra loro... scusa! |
Scusa tu, la distribuzione binomiale la conosco ma non ci ho riflettuto abbastanza, è più forte di me, tendo a non applicarmi quando si tratta di calcolo delle probabilità, mi confondono e mi hanno sempre urtato i nervi.
| ulisse ha scritto: | | Usando quanto da te ricavato sinora, si tratta di calcolare la probabilità di vincere ovvero la probabilità p=P[v>0]. |
Presumo che tu intenda come p=P[v>0] la probabilità di fare almeno un ambo su una ruota. O è ancora qualcos'altro?
Ciao. 8) |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 02 Dic 2006 23:32 Oggetto: |
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| axlman ha scritto: | Presumo che tu intenda come p=P[v>0] la probabilità di fare almeno un ambo su una ruota. O è ancora qualcos'altro?
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Stavolta mi sa che ho proprio sbagliato: con "probabilità di vincere" intendevo "probabilità di guadagnare".
Quindi p è la probabilità che (su una giocata) il ricavato superi i costi.
Ma questa precisazione è inutile...
Mi rendo conto ora mentre scrivo che è sbagliato introdurre una distribuzione binomiale. |
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axlman
Dio minore
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| Inviato: 02 Dic 2006 23:44 Oggetto: |
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| ulisse ha scritto: | | Mi rendo conto ora mentre scrivo che è sbagliato introdurre una distribuzione binomiale. |
La cosa mi conforta. Non certo che tu abbia sbagliato (l'hai detto tu, io non mi permetterei mai), ma che il calcolo non è così immediato e banale come sembra e che io non sono uno gnucco senza speranza, come invece pensavo. Grazie.
8) |
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madvero
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Residenza: Ero il maestro Zen. Scrivevo piccole poesie Haiku. Le mandavo a tutti via e-mail.
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| Inviato: 03 Dic 2006 13:31 Oggetto: |
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| gli altri aspettano la spremitura dei vostri neuroni per farsi il mosto, farlo fermentare e berselo. |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 04 Dic 2006 09:59 Oggetto: |
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| madvero ha scritto: | | gli altri aspettano la spremitura dei vostri neuroni per farsi il mosto, farlo fermentare e berselo. |
Dunque...
Forse è ancora possibile parlare di binomiale.
(Insisto su essa perché il suo uso semplifica molto i conti).
Innanzi tutto ho rifatto i conti.
Non ho adottato la tua impostazione (si estraggono senza reimmissione gli ambi dall'insieme di tutti gli ambi possibili) ma quella tradizionale (si effettuano 5 estrazioni senza reimmissione di un numero da un insieme di 90 numeri)
Chiamiamo "giocata" il puntare su una ruota 4 ambi distinti (ovvero composti da 8 numeri diversi tra loro).
Sfruttando il calcolo combinatorio si arriva ad ottenere che con una giocata:
la probabilità di fare esattamente un ambo è p1=0,9964%
la probabilità di fare esattamente due ambi è p2=0,0012%
La probabilità di fare almeno un ambo è p=p1+p2=0,9976%
Poiché con una giocata possono succedere 3 cose (non azzecco nessun ambo, ne azzecco uno, ne azzecco due) non posso usare la distribuzione binomiale quando comincio a considerare una serie di giocate.
Infatti la binomiale è una somma di bernoulliane che, per definizione, hanno solo due possibili esiti e non tre.
Ecco come ho "aggiustato" le cose.
Ad ogni giocata ho probabilità p di vincere qualcosa (in p1 casi un ambo e in p2 casi due ambi).
Facendo una porcata posso dire che ad ogni giocata, "mediamente", ho probabilità p di vincere (p1+2p2)/p=1,0012 ambi.
Direi che l'errore commesso arrotondando 1,0012 a 1 è trascurabile.
Ora posso dunque dire che n giocate in ognuna delle quali ho probabilità p di fare 1 ambo è una v.a. binomiale di parametri n,p
Chiamiamo C i costi fissi ovvero la tangente pagata al truffatore. Essi non dipendono nè dalla puntata, nè dal numero n di volte che decido di ripeterla. Supponiamo che per comprare i numeri da giocare abbia speso C=100 euro
Chiamiamo e l'importo scommesso (ovvero la posta puntata su un ambo). Avremo che 4e è il costo di una giocata.
Chiamiamo r il ricavato di un ambo azzeccato. Poiché è proporzionale alla cifra puntata avremo che r=ke=235e (un ambo restituisce 250 volte la posta meno il 6% di tasse).
Chiamiamo, infine x il numero di volte (sulle n giocate) in cui ho vinto.
Il punto di pareggio sarà dato da:
rx-4ne-100=0
Ovvero, per non andare in perdita dovrò vincere un numero di volte almeno pari a:
x=(4ne+100)/(235e)
Per semplificarci la vita supponiamo che la nostra posta sia e = 1 euro.
Allora x= (4n+100)/235
Poiché la probabilità di vincere x volte avendo giocato n volte ognuna con probabilità p di vincita è una binomiale di parametri n,p possiamo calcolare tale probabilità al variare di n.
Quello che emerge è che più è lunga la serie di giocate e meno probabilità ho di rientrare dei soldi giocati!!!
Un altro modo per vedere questo fatto è calcolare la vincita media cioè la speranza matematica.
La formula su n giocate (sempre ipotizzando una posta di e = 1 euro) è:
SUM(x = 0 TO n) (235x-4n-100)*p(x)
dove la funzione di probabilità binomiale vale p(x)= B(n,x)*p^x*(1-p)^(n-x)
Dal grafico emerge ancora una volta che non solo il gioco è decisamente in perdita ma più è lunga la serie di giocate è più aumentano le perdite! |
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axlman
Dio minore
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| Inviato: 07 Dic 2006 21:46 Oggetto: |
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| ulisse ha scritto: | | Chiamiamo r il ricavato di un ambo azzeccato. Poiché è proporzionale alla cifra puntata avremo che r=ke=235e (un ambo restituisce 250 volte la posta meno il 6% di tasse). |
Ecco, quest'ulteriore "fregatura" me l'ero persa!
| ulisse ha scritto: | Un altro modo per vedere questo fatto è calcolare la vincita media cioè la speranza matematica.
La formula su n giocate (sempre ipotizzando una posta di e = 1 euro) è:
SUM(x = 0 TO n) (235x-4n-100)*p(x)
dove la funzione di probabilità binomiale vale p(x)= B(n,x)*p^x*(1-p)^(n-x)
Dal grafico emerge ancora una volta che non solo il gioco è decisamente in perdita ma più è lunga la serie di giocate è più aumentano le perdite! |
Benissimo, grazie per il grafico. Conferma i calcoli che avevo fatto per la vincita, o meglio perdita, media su una sola ruota. Con la novità da te introdotta (ricavo reale=235 volte la posta invece di 250) abbiamo che
v = -1.65e
cioè una perdita media costante per ogni giocata equivalente al 1.65e/4e = 41.25%. Essendo la perdita media costante, logicamente più si gioca più si perde, e la curva "vincite su numero di giocate" è una retta (tangente costante). Ora sappiamo che vale in generale (se il tuo "aggiustamento" regge ).
| ulisse ha scritto: | Ecco come ho "aggiustato" le cose.
Ad ogni giocata ho probabilità p di vincere qualcosa (in p1 casi un ambo e in p2 casi due ambi).
Facendo una porcata posso dire che ad ogni giocata, "mediamente", ho probabilità p di vincere (p1+2p2)/p=1,0012 ambi.
Direi che l'errore commesso arrotondando 1,0012 a 1 è trascurabile. |
Io questi "aggiustamenti" li faccio abitualmente per avere un'idea delle soluzioni senza calcoli troppo complessi, ma quando si tratta di probabilità non mi azzardo, basta un niente per fare cavolate (parlo di me, tu hai sicuramente più dimestichezza).
Faccio delle proposte per essere più rigorosi.
| ulisse ha scritto: | Dunque...
Forse è ancora possibile parlare di binomiale.
(Insisto su essa perché il suo uso semplifica molto i conti). |
Andandomi a rivedere le distribuzioni, mi sono accorto che la formula che ho usato (quella dei 10 ambi estratti su 4005) si può ricavare dalla distribuzione ipergeometrica nel caso di estrazione da un'urna "senza reinserzione", e una formula analoga si può ricavare dalla distribuzione binomiale nel caso "con reinserzione". Tale formula è:
(n k) K^k (N-K)^(n-k) / N^n
Quella che ho usato nei post precedenti va bene per il calcolo delle probabilità di estrarre esattamente k ambi vincenti su K giocati su una singola ruota (con N=4005 ed n=10 numero di ambi estratti su una ruota);
quella che ho appena postato si può usare per calcolare la probabilità di estrarre esattamente k ambi vincenti su K giocati su tutte le ruote, se su ogni ruota si estraesse un solo ambo (ho ancora N=4005 e n= 10 ma questa volta 10 è il numero di ruote invece del numero di ambi estratti per ruota, è quindi una coincidenza che n sia ancora 10).
E' "miscelare" i due casi che non mi riesce, ma forse a te viene qualche idea.
| ulisse ha scritto: | Poiché con una giocata possono succedere 3 cose (non azzecco nessun ambo, ne azzecco uno, ne azzecco due) non posso usare la distribuzione binomiale quando comincio a considerare una serie di giocate.
Infatti la binomiale è una somma di bernoulliane che, per definizione, hanno solo due possibili esiti e non tre. |
E se ragionassimo così? Definiamo il successo come "esce esattamente un ambo sulla ruota" e troviamo le probabilità s1, s2, s3 ... di avere 1, 2, 3, ... successi. Poi definiamo successo "fare esattamente due ambi su una ruota" e ancora calcoliamo le probabilità ss1, ss2, ss3 ... di avere 1, 2, 3, ... successi. Idem eventualmente per "fare esattamente tre ambi" e " farne esattamente 4".
Alla fine faccio le somme:
probabilità di fare esattamente un ambo sulle 400 estrazioni = (s1)
prob. di farne esattamente due = (ss1) + (s2)
prob. di farne esattamente tre = (sss1) + (ss1 + s1) + (s3)
prob. di farne esattamente quattro = (ssss1) + (sss1 + s1) + (ss2) + (s4)
prob. di farne esattamente cinque = (ssss1 + s1) + (sss1 + ss1) + (sss1 + s2) + (ss2 + s1) + (ss1 + s3) + (s5)
ecc.
C'è qualcosa che non mi torna, ma non riesco ad individuarlo: sicuramente tu sai formalizzare meglio il ragionamento, sempre che sia valido e tu ne abbia voglia.
Ciauz. 8)
P.S. Non consideri la mia impostazione (estraggo 10 ambi su 4005 ambi contenuti nell'urna) perché è sballata? Altrimenti perché? Invidioso della mia generalizzazione? |
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axlman
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Residenza: l'Universo più scalcinato del Multiverso
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| Inviato: 21 Dic 2006 19:39 Oggetto: |
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Ulisse, mio eroe preferito, ti sei dimenticato di me?
Io ci ho ancora ragionato, ma altro non riesco a spremermi. Non hai altre perle da suggerire alla mia attenzione? Ormai il problema mi ha intrippato.
Grazie, grazie, grazie.
8) |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 24 Dic 2006 17:37 Oggetto: |
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| axlman ha scritto: | Ulisse, mio eroe preferito, ti sei dimenticato di me?
Io ci ho ancora ragionato, ma altro non riesco a spremermi. Non hai altre perle da suggerire alla mia attenzione? Ormai il problema mi ha intrippato.
Grazie, grazie, grazie.
8) |
Certo che no!
In questi giorni di vacanza mi ci metto! |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 06 Gen 2007 20:52 Oggetto: |
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Ecco qualche striminzita risposta 
| axlman ha scritto: | Quella che ho usato nei post precedenti va bene per il calcolo delle probabilità di estrarre esattamente k ambi vincenti su K giocati su una singola ruota (con N=4005 ed n=10 numero di ambi estratti su una ruota); quella che ho appena postato si può usare per calcolare la probabilità di estrarre esattamente k ambi vincenti su K giocati su tutte le ruote, se su ogni ruota si estraesse un solo ambo (ho ancora N=4005 e n= 10 ma questa volta 10 è il numero di ruote invece del numero di ambi estratti per ruota, è quindi una coincidenza che n sia ancora 10).
E' "miscelare" i due casi che non mi riesce, ma forse a te viene qualche idea. |
Poiché non ci interessa distinguere tra settimane e ruote possiamo semplicemente considerare le 10 ruote giocate per 10 settimane come 100 giocate singole.
In pratica possiamo sfruttare l'indipendenza delle estrazioni su diverse ruote e/o in diverse settimane e concentrarci sui calcoli relativi ad una sola estrazione dopo di che dovremo capire come passare da una sola estrazione alle 100 estrazioni.
La formalizzazione avviene in questo modo.
Innanzi tutto si prende in considerazione una variabile aleatoria X che rappresenti il caso di una singola estrazione.
X conta il numero di ambi azzeccati in una estrazione.
f_X(x) è la funzione di probabilità, associata alla v.a. X, che ci dice quale è la probabilità di azzeccare esattamente x ambi in una estrazione.
Sottolineo che, essendo estratti 5 numeri ogni volta e avendo stabilito, per semplificare i conti, di giocare solo ambi distinti (gli ambi non hanno numeri in comune) ad ogni estrazione potremo fare al massimo due ambi.
Poi si passa alle 100 estrazioni definendo 100 v.a. X_i tutte indipendenti e con la medesima distribuzione.
Il numero di ambi azzeccati in 100 estrazioni sarà semplicemente la somma delle 100 variabili:
S_100 = SUM(1 TO 100) X_i
A questo punto i casi sono due:
1) la v.a. X di partenza è una bernoulliana (ovvero ammette solo due esiti successo e insuccesso) allora la S_100 è automaticamente una binomiale e quindi ricadiamo nei conti già svolti
2) la v.a. X di partenza non è una bernoulliana (ovvero non ammettiamo semplificazioni) allora la S_100 non è una distribuzione notevole e non ci resta che appellarci ad un teorema (detto teorema centrale del limite) che ci consente di approssimare S_100 ad una distribuzione normale ovvero che ci consente di calcolare (seppur con un margine di approssimazione) la probabilità che S_100 = k per qualsiasi k.
Ribadisco che fare i conti precisi, ovvero nel caso 2), è abbastanza complicato e non conduce a risultati migliori.
| axlman ha scritto: | E se ragionassimo così? Definiamo il successo come "esce esattamente un ambo sulla ruota" e troviamo le probabilità s1, s2, s3 ... di avere 1, 2, 3, ... successi. Poi definiamo successo "fare esattamente due ambi su una ruota" e ancora calcoliamo le probabilità ss1, ss2, ss3 ... di avere 1, 2, 3, ... successi. Idem eventualmente per "fare esattamente tre ambi" e " farne esattamente 4".
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E' corretto.
Ma si ricade nei conti mostruosi che dicevo prima.
| axlman ha scritto: | P.S. Non consideri la mia impostazione (estraggo 10 ambi su 4005 ambi contenuti nell'urna) perché è sballata? Altrimenti perché? Invidioso della mia generalizzazione?
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No, non è sballata. Anzi, dovendo considerare singole estrazioni è una buona semplificazione.
Il problema nasce quando vuoi calcolare la probabilità di fare più di un ambo perché nel tuo modello per fare due ambi servono due coppie di numeri mentre in realtà tu potresti fare un secondo ambo già con tre numeri estratti cosa che il tuo modello, lavorando a coppie di numeri, non può considerare.
Ecco perché ho preferito lavorare con i singoli numeri.
Infatti nel modello "tradizionale" a qualunque livello il calcolo avviene con l'uso dei coefficienti binomiali.
| axlman ha scritto: | Andandomi a rivedere le distribuzioni, mi sono accorto che la formula che ho usato (quella dei 10 ambi estratti su 4005) si può ricavare dalla distribuzione ipergeometrica nel caso di estrazione da un'urna "senza reinserzione", e una formula analoga si può ricavare dalla distribuzione binomiale nel caso "con reinserzione". Tale formula è:
(n k) K^k (N-K)^(n-k) / N^n
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Esattissimo!
Il caso "con reiserzione" consente appunto di ricavare in altro modo la densità binomiale.
Infatti, notando che la probabilità di successo in una singola estrazione è:
p = K/N
mentre quella di insuccesso è:
q = 1 - p = 1 - K/N = (N - K)/N
la formula da te riportata può essere riscritta così:
(n k) p^k q^(n - k)
che, appunto, è la densità binomiale. |
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axlman
Dio minore
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| Inviato: 31 Gen 2007 05:46 Oggetto: |
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Grazie della risposta e scusa la latitanza, non potevo connettermi. E tanto per non smentirmi, qualche altro sfrucugliamento mentale:
| ulisse ha scritto: | | Ribadisco che fare i conti precisi, ovvero nel caso 2), è abbastanza complicato e non conduce a risultati migliori. |
Sicuro, sicuro? Possibile che non ci sia qualche programmino che si sobbarchi la fatica?
| ulisse ha scritto: | No, non è sballata. Anzi, dovendo considerare singole estrazioni è una buona semplificazione.
Il problema nasce quando vuoi calcolare la probabilità di fare più di un ambo perché nel tuo modello per fare due ambi servono due coppie di numeri mentre in realtà tu potresti fare un secondo ambo già con tre numeri estratti cosa che il tuo modello, lavorando a coppie di numeri, non può considerare. |
Questa non l'ho capita: estratti tre numeri ho estratto tre ambi e con il mio metedo posso calcolare la probabilità che ne abbia azzeccato uno, due o tre, a seconda di quanti ambi ho giocato, anche se devo estrarre ancora due numeri. Cosa mi sfugge?
8) |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 31 Gen 2007 17:53 Oggetto: |
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I conti possono certamente essere ancora svolti ma diventano più complicati.
Innanzi tutto, di solito, si fissano i numeri giocati e poi si calcola la probabilità che tali numeri compaiano nelle estrazioni. Il viceversa conduce a una situazione speculare ma, come al solito, più incasinata da calcolare.
Quando dico più incasinata da calcolare intendo dire che è più complicato impostare la formula di calcolo.
Lo stesso problema sorge quando ragioni in termini di ambi estratti e non di singoli numeri.
Intendo questo.
Se lavori sulle estrazioni di singoli numeri allora, dopo la prima estrazione, i numeri ancora nell'urna hanno tutti la stessa probabilità di estrazione.
Se invece lavori con gli ambi, dopo l'estrazione del primo ambo, gli ambi residui non hanno più la stessa probabilità di estrazione.
Come procedi per il calcolo di tale probabilità? stabilisci che le estrazioni sono di due numeri alla volta (e allora gli ambi che contengono un numero proveniente dalla prima estrazione hanno probabilità doppia di essere estratti) o stabilisci che si estrae un numero alla volta e allora alla terza estrazione tutti gli ambi residui hanno probabilità nulla di essere estratti tranne gli ambi che contengono un numero proveniente dalle prime due estrazioni?
In entrambi i casi non hai probabilità uniforme e quindi la formula di calcolo si complica per tenere conto di questo fatto.
Certo che facendo i conti caso per caso, si arriva comunque al risultato.
Ma un conto è avere una formula dipendente da un paio di variabili, note le quali si arriva ad un risultato. Un conto è calcolarsi punto per punto le probabilità in tutte le possibili combinazioni e poi sommare tutto quanto.
Spero di essere stato comprensibile! |
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axlman
Dio minore
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| Inviato: 31 Gen 2007 19:01 Oggetto: |
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| ulisse ha scritto: | | Spero di essere stato comprensibile! |
Quello che deve arrossire sono io che con le probabilità combino sempre qualche pasticcio, non tu.
Grazie della spiegazione, adesso ho capito l'inghippo ma resta la domanda sul programma e/o sui calcoli.
Io volevo arrivarci con il tuo aiuto ma visto che la faccenda diventa pesante mi chiedo se da qualche parte non ci siano le soluzioni esatte: possibile che con tutti quelli che giocano al lotto nessuno abbia mai fatto questi benedetti calcoli in modo rigoroso o scritto un programma atto all'uopo?
Altrimenti mi accontento delle approssimazioni, anche se fidarsi di calcoli approossimati quando si tratta di probabilità mi mette a disagio, non so perché.
Anzi lo so perché: perché le probabilità sono delle grandissime puttaAAAHHHH?AAAAHHH?AAAAAAAAAAAAAAHHH
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 31 Gen 2007 19:46 Oggetto: |
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Mi chiedo perché di tanta ostinazione...  sei un masochista?
Io le formule esatte sarei in grado di ricavarle e sarei anche in grado di scrivere il programma che faccia i calcoli ma, in tutta onestà, al solo pensiero di imbarcarmi in tale lavoro certosino mi vengono i conati di vomito!
Sono certo che esista un libro che tratta del lotto da un punto di vista rigorosamente probabilistico. Dopo provo a fare una ricerca.
Nel frattempo googlando "probabilità lotto libri" ho trovato questa bibliografia.
Aspetta aspetta....
Uhm... ho dato una rapida occhiata a questo link e a istinto mi pare proprio che navigando nei vari nodi troverai ciò che cerchi. Prova a verificare se ho intuito bene. |
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axlman
Dio minore
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| Inviato: 31 Gen 2007 20:03 Oggetto: |
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| ulisse ha scritto: | | Mi chiedo perché di tanta ostinazione... sei un masochista? |
So' ingegnere nell'animo, mi piace la precisione fino al quarto decimale e poi te l'ho detto, le probabilità sono infide, non mi fido. 
| ulisse ha scritto: | | Uhm... ho dato una rapida occhiata a questo link e a istinto mi pare proprio che navigando nei vari nodi troverai ciò che cerchi. Prova a verificare se ho intuito bene. |
Grazie: vado, m'informo e torno.
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