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ulisse
Dio maturo
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MessaggioInviato: 04 Dic 2006 09:59    Oggetto: Rispondi citando

madvero ha scritto:
gli altri aspettano la spremitura dei vostri neuroni per farsi il mosto, farlo fermentare e berselo.

ROTFL

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
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MessaggioInviato: 07 Dic 2006 21:46    Oggetto: Rispondi citando

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 Wink).

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? Wink
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axlman
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MessaggioInviato: 21 Dic 2006 19:39    Oggetto: Rispondi citando

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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MessaggioInviato: 24 Dic 2006 17:37    Oggetto: Rispondi citando

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
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MessaggioInviato: 06 Gen 2007 20:52    Oggetto: Rispondi citando

Ecco qualche striminzita risposta Embarassed

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".

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?

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

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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MessaggioInviato: 31 Gen 2007 05:46    Oggetto: Rispondi citando

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?

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MessaggioInviato: 31 Gen 2007 17:53    Oggetto: Rispondi citando

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! Embarassed
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MessaggioInviato: 31 Gen 2007 19:01    Oggetto: Rispondi citando

ulisse ha scritto:
Spero di essere stato comprensibile! Embarassed

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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MessaggioInviato: 31 Gen 2007 19:46    Oggetto: Rispondi citando

Mi chiedo perché di tanta ostinazione... Shocked sei un masochista? Shocked

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! Embarassed

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
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MessaggioInviato: 31 Gen 2007 20:03    Oggetto: Rispondi

ulisse ha scritto:
Mi chiedo perché di tanta ostinazione... Shocked sei un masochista? Shocked

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. Eh?

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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