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Salmastro
Dio minore
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 Inviato: 27 Lug 2009 10:50 Oggetto: * Il solitario del carcerato (una variante) |
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Quesito, per me, assai rognoso 
Quale è la probabilità di vincere in questo semplice solitario:
Si prende un mazzo di carte italiane, quello da 40 per intenderci e si girano una ad una le carte contando da 1 a 10, e poi nuovamente da 1 a 10 e così via per 4 volte
Si perde allorchè la carta girata corrispone al numero che si sta pronunciando; se, invece, non corrisponde mai, per tutte le 40 "girate". si è vinto!
N.B.: le figure valgono, ovviamente 8, 9 e 10 (che a seconda dei mazzi usati nelle varie regioni stanno per donna-cavallo-re oppure per fante-donna-re etc...)
L'ultima modifica di Salmastro il 19 Ago 2009 18:55, modificato 2 volte |
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Massive X
Semidio
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| Inviato: 27 Lug 2009 11:28 Oggetto: |
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Che combinazione, giusto ieri al mare discutevo con i miei amici di una versione simile, cioè contando solo un-due tre-un-due tre.... noto come solitario dei carcerati. Alcuni hanno sparato probabilità per me troppo alte, ma non mi ci sono messo a contarle, quindi ne approfitto ora per entrambi i solitari.  |
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Zeus
Amministratore
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| Inviato: 27 Lug 2009 11:29 Oggetto: |
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| Citazione: | Per ogni carta la probabilita' di "vincere" è di 9/10.
Visto che gli eventi di estrazione carta sono piu' di uno (40), bisognera' moltiplicare le probabilita' di ciascun evento per avere la probabilita' "globale", che sarà quindi (9/10)*(9/10)* .... =(9/10)^40, ovvero circa 1,4780 probabilita' su 100. |
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Scrigno
Semidio
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| Inviato: 27 Lug 2009 12:06 Oggetto: |
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allora....
Come prima cosa immaginiamo di aver mescolato ben bene le carte e di procedere alla priam estrazione.....
dico 1 e guardo la carta... La probabilità che esca è 4 su 40
dico 2 e guardo .... probabilita, 4 su 39 SE non è uscita prima
dico 3 e guardo ... Prob 4 su 38 SE non è uscita prima
Ci sono
1) immaginiamo che le 40 carte siano una parolona di 40 simboli
2) immaginiamo di avere tutte le permutazioni possibili di questi 40 simboli.... Non ricordo.. fattoriale di 40? ... 40!
3) ora il nostro contare ... 1..2...3... Non è altro che una di queste combinazioni
4) Tutte le combinazioni dove è presente anche un solo simbolo che coincide in posizione con la nostra matrice è una sequenza perdente
Esempio:
ho 5 carte ABCDE ed io conto sempre 1 2 3 4 5 = a b c d e
MATRICE--- ABCDE
--------------BAECD --- sequenza vincente
--------------BACED --- Sequenza perdente perchè la C è nel 3° posto
... adesso vedo di fare due conti per trovare i valori dei due gruppi e percentualizzarli |
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Scrigno
Semidio
Registrato: 26/07/09 04:32
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| Inviato: 27 Lug 2009 12:07 Oggetto: |
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allora....
Come prima cosa immaginiamo di aver mescolato ben bene le carte e di procedere alla prima estrazione.....
| Citazione: |
dico 1 e guardo la carta... La probabilità che esca è 4 su 40
dico 2 e guardo .... probabilita, 4 su 39 SE non è uscita prima
dico 3 e guardo ... Prob 4 su 38 SE non è uscita prima
Ci sono
1) immaginiamo che le 40 carte siano una parolona di 40 simboli
2) immaginiamo di avere tutte le permutazioni possibili di questi 40 simboli.... Non ricordo.. fattoriale di 40? ... 40!
3) ora il nostro contare ... 1..2...3... Non è altro che una di queste combinazioni
4) Tutte le combinazioni dove è presente anche un solo simbolo che coincide in posizione con la nostra matrice è una sequenza perdente
Esempio:
ho 5 carte ABCDE ed io conto sempre 1 2 3 4 5 = a b c d e
MATRICE--- ABCDE
--------------BAECD --- sequenza vincente
--------------BACED --- Sequenza perdente perchè la C è nel 3° posto
... adesso vedo di fare due conti per trovare i valori dei due gruppi e percentualizzarli |
Reeditato ... sorry ... ho combinato un casino con firefox e al posto di rieditare ho scritto il doppione.. adesso non posso cancellare quello sopra... MOD se puoi pensaci tu ... Sorry davvero  |
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Scrigno
Semidio
Registrato: 26/07/09 04:32
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| Inviato: 27 Lug 2009 13:01 Oggetto: |
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Dovrei avere il risultato:
| Citazione: |
tutte le soluzioni possibili sono appunto 40! ... Un numerone...
A queste dobbiamo togliere tutte le combinazioni perdenti...
il valore da togliere è:
(S39)+[39*(S39/2)]
Con S si intende Sommatoria (1+2+3+4+5...+n)
il 39 è dato da 40-1
Come ci sono arrivato? per induzione matematica... Se viene con 1 carta, con 2 carte e con 3 carte allora viene anche con 40 carte....
Il ragionamento principale è quello descritto più sopra in altro post.
per il numero esatto... Vb arriva a 2 alla 105 o 106 .. magari il valore me lo da...
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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| Inviato: 27 Lug 2009 13:19 Oggetto: |
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| zeussino ha scritto: | | Citazione: | Per ogni carta la probabilita' di "vincere" è di 9/10.
Visto che gli eventi di estrazione carta sono piu' di uno (40), bisognera' moltiplicare le probabilita' di ciascun evento per avere la probabilita' "globale", che sarà quindi (9/10)*(9/10)* .... =(9/10)^40, ovvero circa 1,4780 probabilita' su 100. |
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è proprio quello a cui pensavo, prima di testarlo su un "mazzetto", formato da 4 carte, due assi (due 1) e due 2:
| Citazione: | in questo caso, la probabilità di vincere, se è valido il ragionamento di zeussino, è (1/2)^4 = 1/16
ma, carte alla mano, è, invece, di 1/6...
provare per credere! |
dov'è l'inghippo?
@ scrigno: dammi il tempo di riflettere  |
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Massive X
Semidio
Registrato: 17/06/08 16:24
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| Inviato: 27 Lug 2009 17:09 Oggetto: |
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| Citazione: | L'inghippo è che se la prima carta non è 1, quella carta li ha il 100% di probabilità che non sia nella posizione sfavorevole... la sua.
Se usiamo quella carta per "puntarne" un'altra (aggiungendo un valore multiplo di 10 a seconda del seme se lo si fa con 40 carte) e vedere se il procedimento si ripete, il diagramma avrà forma di un loop in caso di vincita, aumentando le carte però aumenta la probabilità che ci siano loop separati e ciò rende più difficile la stima della probabilità totale che tutte le carte sia comprese nei loop (e che nessuna sia un loop su se stessa). |
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Scrigno
Semidio
Registrato: 26/07/09 04:32
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| Inviato: 27 Lug 2009 17:36 Oggetto: |
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| Massive X ha scritto: | | Citazione: | L'inghippo è che se la prima carta non è 1, quella carta li ha il 100% di probabilità che non sia nella posizione sfavorevole... la sua.
Se usiamo quella carta per "puntarne" un'altra (aggiungendo un valore multiplo di 10 a seconda del seme se lo si fa con 40 carte) e vedere se il procedimento si ripete, il diagramma avrà forma di un loop in caso di vincita, aumentando le carte però aumenta la probabilità che ci siano loop separati e ciò rende più difficile la stima della probabilità totale che tutte le carte sia comprese nei loop (e che nessuna sia un loop su se stessa). |
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 Credi di poter darmi qualche riferimento di modo che possa capire quello che hai detto? qualceh link ... qualche argomento ...  |
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Massive X
Semidio
Registrato: 17/06/08 16:24
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| Inviato: 27 Lug 2009 18:00 Oggetto: |
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Collegamenti mentali non ne ho, se mi dici cosa non ti è chiaro cerco di spiegarlo....
PS: Comunque io stimavo una probabilità di vincere attorno al 2,3% se non maggiore, però devo ancora stabilire la percentuale esatta  |
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Salmastro
Dio minore
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 01 Ago 2009 09:47 Oggetto: |
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mi sa che questo problema sia più ostico di quanto sembri...anzi il caso "semplice" si presenta, per me assai sfuggente
in sostanza, ho cercato di partire nel modo più semplice possibile.
Ho considerato mazzetti formati da solo 1 carta (  ), da 2, da 3, da 4, da 5, "contando" materialmente i vari casi ed inserendoli in una tabella:
| Codice: | Errori: 0 1 2 3 4 5
1 carta: 1 0
2 carte: 1 0 1
3 carte: 1 0 3 2
4 carte: 1 0 6 8 9
5 carte: 1 0 10 20 45 44 |
ora, mentre nelle colonne zero errori, 1 errore, 2 errori, 3 errori ho riscontrato una certa regolarità, nel senso che si possono costruire a priori, per quanto riguarda le restanti due ho grosse difficoltà ad interpretarle 
non so da dove possano uscire quei numeri!
preciso che zero errori è il caso in cui, per esempio, se le carte sono quattro, si presentano in sequenza 1234, due errori se, p.es., si presentano nella sequenza 1243 etc. |
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Zeus
Amministratore
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Residenza: San Junipero
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| Inviato: 01 Ago 2009 10:20 Oggetto: |
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| Citazione: | Ragionando sul mazzetto da quattro carte (2 "uno", 2 "due") ho capito perche' viene 1/6.
La probabilita' di ciascun evento e' condizionata dagli eventi precedenti. Alla prima carta, la probabilita' di andare avanti nel gioco (cioe' che esca un "due") e' di 2/4. Se non si verifica l'errore (quindi se esce un "due"), rimangono nel mazzo un "due" e 2 "uno". Alla seconda carta, la probabilita' di andare avanti (cioe' che esca un "uno") sara' quindi di 2/3. Alla terza carta (rimangono un "uno" e un "due") la probabilita' di andare avanti sara' di 1/2. E alla quarta carta, quando sara' rimasto soltanto un "uno", la probabilita' di andare avanti e terminare il gioco sara' ovviamente 1/1.
Moltiplicando tra loro le probabilita' di questi eventi, si ottiene proprio 1/6.
Bisogna quindi applicare lo stesso concetto ai mazzetti piu' grandi, fino ad arrivare al mazzo "standard" di 40 carte. Questo lo lascio a voi |
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Massive X
Semidio
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| Inviato: 03 Ago 2009 08:40 Oggetto: |
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Una strada lunga e rigorosa da percorrere è questa:
| Citazione: |
Probabilità di insuccesso = somma della probabilità di insuccesso alle singole estrazioni
probabilità di insuccesso alla prima estrazione = 4/40
probabilità di insuccesso alla seconda estrazione = probabilità che esca 2 alla prima estrazione (4/40) per 3/39 più probabilità che NON esca 2 alla prima estrazione per 4/39
probabilità di insuccesso alla terza estrazione = probabilità che esca 3 alla prima E alla seconda estrazione per 2/38 più probabilità che esca 3 alla prima O alla seconda estrazione per 3/38 più probabilità che NON esca 3 NE alla prima NE alla seconda estrazione per 4/38
...e così per altre 37 volte.
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In questo modo si può ottenere l'esatta probabilità di successo/insuccesso, ma il problema è che si tratta di un'operazione lunga, noiosa e ripetitiva, quindi prima di percorrerla cercherò altre soluzioni. |
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Scrigno
Semidio
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| Inviato: 04 Ago 2009 00:47 Oggetto: Questa volta non credo d'aver detto stupidaggini... :-P |
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Questa è una tabella che ho usato per cercare di capire l' andamento delle varie cifre nelle varie permutazioni
| Citazione: |
Se ho ben capito noi abbiamo un mazzo di 40 carte e dopo averlo mescolato ben bene incominciamo a ribalatre le carte una ad una e contiamo partendo da 1 crescendo fino a dieci per poi ricominciare andando avanti fino a che la carta che giriamo non coincide con il numero che pronunciamo...
bene... i conti che ho svolto si riferiscono solo a ipotetici mazzetti da uno, due, 3 e 4 carte dove noi contiamo progressivamente fino al numero totale delle carte.
Quindi il mazzo da uno contero partendo da 1 ed arrivando ad 1
il mazzo da due lo conterò partendo da uno ed arrivando a due.
il mazzo da tre lo conterò fino a tre
Il nostro mazzo invece è un mazzo di 4 gruppi di 10 carte praticamente identici fra loro per il nostro fine. ma questo, credo, è un problema da affrontare dopo.
Ritornaando alla tabella, ho notato un certo andamento e credo che potrebbe essere la strada giusta per trovare la soluzione.
Quardando l' immagine si nota che:
il mazzo da 1 ha sequenze pari a 1 su 1 NON vincenti
il mazzo da 2 carte ha sequenze perdenti pari a 1 su 2
il mazzo da 3 ha sequenze perdenti pari ha 4 su 6
il mazzo da 4 ha sequenze perdenti pari a 15 su 24
E' gia qualche giorno che non tolgo un ragno dal buco ma credo ceh questa sia la strada giusta... Spero vi sia d'aiuto.
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Salmastro
Dio minore
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| Inviato: 07 Ago 2009 11:36 Oggetto: |
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sono arrivato fino a 10 carte...
la tabella con confuse spiegazioni e grandi perplessità è questa |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 10 Ago 2009 10:59 Oggetto: |
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un mio sapiente amico mi ha mandato la mail che qui riporto:
| Citazione: |
Mi pare (dico, mi pare) che le righe della tua matrice siano i numeri di questa successione. Da quella pagina, cliccando sul link Partial derangement si trova che la formula è: T[n,n-k] = !(n-k)*Binom(n,k), dove !(n-k) è il subfattoriale, definito come !j = j! * sum(h = 0,...,j) (-1)^h/h!. Siccome a te interessa T[n,n], si ha T[n,n] = !n * Binom[n,0] = !n = n! * sum(h = 0,...,n) (-1)^h/h!. È allora chiaro che quando dividi per n! la probabilità è proprio la somma parziale n-sima della serie di Taylor di 1/e (che ci converge abbastanza velocemente, direi...)
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(i link sono in inglese) |
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ulisse
Dio maturo
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| Inviato: 13 Ago 2009 18:25 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | un mio sapiente amico mi ha mandato la mail che qui riporto:
| Citazione: | Siccome a te interessa T[n,n]
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Temo il tuo amico abbia commesso un errore: se non erro (per via della fretta e dell'emozione di entrare qui dopo anni), a te interessa T[n,0]
perché nella pagina linkata si definisce:
| Citazione: | | T(n,k) = number of partial derangements, that is, the number of permutations of n distinct, ordered items in which exactly k of the items are in their natural ordered positions, for n >= 0, k = n, n-1, ..., 1, 0. |
cioè il numero di permutazioni, di n oggetti distinti e ordinati, nelle quali esattamente k oggetti sono nella loro posizione naturale.
A te interessa il numero di permutazioni, ..., in cui nessun oggetto (ovvero k=0) è al suo posto naturale.
Sempre nel medesimo articolo tale successione viene denotata con :
| Citazione: | | The sequence d(n) = 1, 0, 1, 2, 9, 44, 265, 1854, 14833, ... (A000166) is the number of derangements, that is, the number of permutations of n distinct, ordered items in which none of the items is in its natural ordered position. |
La sequenza in dettaglio è qui
In ogni caso le sequenze indicate dal tuo amico si riferiscono a n oggetti DISTINTI.
Il problema completo in esame, invece, richiede 4n oggetti distinti a 4 a 4.
Le formule sono diverse e "leggermente" più complicate.
Comunque, grazie alle indicazioni del tuo amico ecco la mia soluzione al problema semplificato (solo 10 carte distinte):
| Citazione: | Chiamiamo v(k) il valore di una carta.
Chiamiamo {v(k)} una sequenza di carte.
La sequenza è vincente se v(k)<>k per ogni k=1, ... , 10
Poiché la distribuzione delle sequenze è uniforme (ovvero ogni sequenza ha la medesima probabilità di essere estratta) possiamo calcolare la probabilità di vincere come rapporto tra il numero di sequenze favorevoli (vincenti) e il numero di quelle possibili.
Le sequenze possibili sono 10! = 33.628.800
Per quelle favorevoli ci viene in aiuto Eulero che (vedi link di prima) oltre a indicare i primi dieci termini della successione ne offre una formula ricorsiva di calcolo. Leggiamo quindi d(10) = 1.334.961.
Il cui rapporto fornisce il risultato p = 36,79% circa.
Questo, ricordo, con 10 carte.
Con 40 carte, al momento, sono in grado solo di fornire una stima per eccesso, ipotizzando che le carte vengano mischiate "per seme" ovvero ipotizzando che prima vengano tutte le carte di cuori poi tutte quelle di quadri, eccetera.
Sotto tale condizione la probabilità di vincere è p^4 = 1,83% circa.
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un abbraccio a tutti i vecchi amici! |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 13 Ago 2009 18:59 Oggetto: |
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ciao, Ulisse! 
in effetti il mio Sapiente amico mi rispondeva in merito alla tabella che avevo postato appena più su (cfr. mio messaggio del 7 agosto) ed ai quesiti che ivi ponevo, relativi, comunque, al caso "semplice"
il tutto era, per me, propedeutico allo studio del caso "complesso", che ritengo, probabilmente, assai noioso e poco "matemagico" da affrontare
in ogni caso, le mie, le tue e le sue conclusioni sono sostanzialmente identiche e tutte portano a 1/e
in attesa di altri tuoi sempre graditi messaggi, da parte mia, un affettuoso saluto  |
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ulisse
Dio maturo
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Residenza: Bagnone (MS)
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| Inviato: 13 Ago 2009 19:38 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: |
in ogni caso, le mie, le tue e le sue conclusioni sono sostanzialmente identiche e tutte portano a 1/e
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ciao carissimo!
Confermo. Avevo letto gli interventi precedenti ma volevo comunque dire la mia prima di cercare documentazione a supporto.
Qui si spiega come costruire la forma ricorsiva della successione e, subito dopo, si trova la conferma che il limite è proprio 1/e.
Avevo anche trovato un documento in cui si spiegava il passaggio alle serie di Taylor ma nella ricerca mi sono perso il link e ora non lo trovo più! |
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Scrigno
Semidio
Registrato: 26/07/09 04:32
Messaggi: 313
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| Inviato: 14 Ago 2009 13:37 Oggetto: :-D |
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il vero valore dato dall' utilizzo di 40 carte non l'ho certo trovato ma in conpenso ho trovato questo articolo in italiano per quelli che, come me, non masticano ne l' inglese ne le formule di matematica oltre le superiori
é un PdF
Spero vi sia utile
http://www2.dm.unito.it/paginepersonali/romagnoli/lucchini.pdf
Dall'Introduzione:
| Citazione: | Un derangement (o dismutazione) è una permutazione che non fissa alcun punto...
Il problema di contare i derangement fu posto nel 1708 da Pierre Raymond de Montmort, che lo risolse nel 1713; negli stessi anni, se ne occuparono ancheNicholas Bernoulli, che lo affrontò usando il principio di inclusione... |
GRazie mille ULISSE... il tuo contributo m i ha tolto da un dilemma che mi faceva divenire scemo  |
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