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Re: Estrazioni casuali
Altra biada per Astromauh.... :D
Devi pagare 1 Euro. Estrai dalla tasca una moneta, poi un'altra, un'altra ancora, ecc..., finché non raggiungi (o superi per la prima volta) la somma da pagare. Qual e' il resto che otterrai in media? Assumiamo di avere un numero illimitato di monete da 5, 10, 20, 50 centesimi e che esse abbiano sempre la stessa probabilità di uscire dalla tua tasca. :hello: |
Re: Estrazioni casuali
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Circa 14.67 centesimi. :hello: |
Re: Estrazioni casuali
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Il quiz era stato postato su questo forum: http://www.matematicamente.it/forum/...2f2f3a#p884755 Ci ho messo un paio d'ore a risolverlo (senza simulazione). Questa è una soluzione geniale e apparentemente corretta che era stato proposta: "Teniamo conto solo dell'ultima moneta estratta: se è un 5, il resto è 0; se è un 10, il resto può essere o 0 o 5; se è un 20, il resto può essere o 0 o 5 o 10 o 15; se è un 50, il resto può essere o 0 o 5 o 10 o 15 o 20 o 25 o 30 o 35 o 40 o 45. Ci sono quindi 17 casi, la somma totale dei resti è 260 e la media 15,294." In questo modo si commette però l'errore di considerare tutti questi 17 casi equiprobabili. Il mio ragionamento per un calcolo preciso, parte invece dalla necessità di ricostruire il numero enorme di casi possibili che si possono presentare fino al raggiungimento o superamento dei 100 centesimi e che va da 2 estrazioni (entrambe da 50 cents, resto = 0), fino a 20 estrazioni tutte da 5 cents (e resto = 0). Cioè: 1 estrazione: 1/4 probabilità di avere 5 o 10 o 20 o 50 cents 2 estrazione: 1/16 probabilità di avere 10 o 20 o 40 o 100 cents e 1/8 probabilità di avere 15 o 25 o 30 o 55 o 60 o 70 cents 3 estrazione: 1/64 probabilità di avere 15 cents, 1/32 probabilità di avere 105 o 110 o 120 cents, 3/64 probabilità di avere 20 o 25 o 40 o 45 o 50 o 70 o 90 cents, 1/16 probabilità di avere 30 o 60 cents e 3/32 probabilità di avere 35 o 65 o 75 o 80 cents. 4 estrazione: .................................................. ..................................... .................................................. .................................................. ........... 20 estrazione: (1/4)^20 probabilità di avere 100 cents A questo punto si moltiplicano il numero dei valori dei resti oltre i 100 cents per la loro probabilità e si fa la somma. Con un foglio excel, questo procedimento è abbastanza semplice. E ci si rende conto che le probabilità di trovarsi con i vari resti sono rispettivamente: 0 = 0,266521 5 = 0,155526 10 = 0,127003 15 = 0,096976 20 = 0,075502 25 = 0,056527 30 = 0,063616 35 = 0,050481 40 = 0,058582 45 = 0,049267 :hello: |
Re: Estrazioni casuali
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Mi sembra piuttosto diversa da 14,67 che avevo trovato io con la simulazione, usando la funzione RND presente di default sul mio computer. Ho provato ad usare la funzione random suggeritami da Mizarino, ma non ci sono riuscito perché il computer ha iniziato a funzionare male. A volte mi capita una cosa strana quando stresso troppo la capacità di calcolo del mio computer. Anche se modifico il valore della variabile "volte" e gli assegno il valore 1, invece di generare un output in una frazione di secondo, il programma continua a girare a vuoto, se in precedenza avevo assegnato un valore troppo alto a questa variabile. In pratica è come se il PC non si accorgesse che nel frattempo ho modificato il programma e ho assegnato un nuovo valore alla variabile. :mad: Per cui a questo punto ho spento il PC, e sono andato a dormire. Ho appena avuto il risultato di una nuova simulazione su 100 milioni di casi, con la funzione random di Mizarino, e l'output è più vicino al tuo risultato. Media= 14,66301605 Media= 14,6625081 Media= 14,6616442 Media= 14,66130835 Media= 14,6611648 Media= 14,66201095 Media= 14,6602973 :hello: |
Re: Estrazioni casuali
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O fai dell'ironia? :rolleyes: Comunque, c'è ancora questo quiz: http://www.trekportal.it/coelestis/s...postcount=1110 :hello: |
Re: Estrazioni casuali
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La prima soluzione che ho trovato era oggettivamente diversa dalla tua, 14.67 invece di 14.66. Se avevo messo due cifre decimali nella soluzione, è perché ero relativamente sicuro che quei numeri fossero corretti, invece ripetendo le simulazioni con l'algoritmo che crea dei numeri random suggeritomi da Mizarino, i risultati si avvicinano maggiormente al tuo risultato. Quote:
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Concepisco un albero quaternario lungo a piacere, la cui parte iniziale è quella che mostro più sotto. Alla radice R attribuisco un peso P = 1, una somma S = 0 ed una parla "vuota" (cioè di 0 lettere). Da ogni "nodo si diramano quattro "rami" che terminano in altrettanti nodi. Concettualmente l'albero è infinito: ma posso farlo terminare non proseguendolo da certi nodi (considerati "foglie). Diciamo sempre A, B, C e D i quattro nodi "discendenti" (successors) da ogni nodo "ascendente" (predecessor). A ciascun nodo attribuisco il peso 1/4 (intendendo che è la stessa la probabilità che da un nodo si passi a questo o a quello dei 4 nodi "discendenti". Inoltre, associo a ciascuna delle 4 lettere A, B, C e D (ossia ai rispettivi nodi) rispettivamente i numeri 5, 10, 20 e 50. Esamino poi tutte le parole di k caratteri sull'alfabeto {A, B, C, D} dove k è il minimo intero tale che la somma dei numeri associati alle lettere della parola non è inferiore 100. A ciascuna di queste "parole" associo il peso (1/4)^k. In altre parole, esamino tutti i percorsi che dalla radice R dell'albero conducono a qualche "foglia" (=nodo dal quale è in utile far proseguire l'albero) per la quale la somma dei numeri associati ai nodi di transito non è minore di 100 ... per la prima volta. Per esempio, associando ad A il numero 5, a B il 10, a C il 20 e a D il 50, ci saranno in particolare dei percorsi lungo i quali si transita per nodi sempre associati alla stessa lettera. Occorrono in particolare 20 nodi A (tutti associati a 5) per non restare con la somma sotto a 100. Allora ho la parola di 20 caratteri (uguali) AAAAAAAAAAAAAAAAAAAA con somma 100 e peso (1/4)^20 = 1/1099511627776 Un altro percorso potrebbe essere di 2 soli nodi D (associati a 50), cioè la parola DD con somma 100 e peso (1/4)^2 = 1/16. Un altro ancora potrebbe essere quello corrispondente alla parola (di 5 caratteri) BDCAD con somma 10 + 50 + 20 +5 + 50 = 135 e peso (1/4)^5 = 1/1024. Insomma: mi metto a percorrere l'albero, partendo dalla radice, in tutte le direzioni. Per ciascuna direzione, partendo da P = 1 e S = 0, ad ogni passo (= ad ogni nodo per cui transito), moltiplico P per 1/4 e aggiungo ad S il valore associato al nodo di transito; e mi fermo non appena S ≥ 100. Il numero di percorsi è ... grandino, (ma non posso sapere in anticipo quanto vale perché i valori associati ai nodi non sono costanti dipendendo dalla lettera associata al nodo). Ma ci sono delle apposite "routine" ricorsive per essere sicuri di percorrere l'albero fino alle "foglie" lungo tutti i percorsi possibili. [Ogni percorso è disgiunto da ogni altro se non gli si include il nodo iniziale che è la radice, alla quale è associata la parola vuota (di 0 lettere)]. Ecco come è fatto l'albero: Codice:
Parola iniziale F = <parola vuota>; Fare questo "a mano", pur non essendo pigri come Miza, ... è fuori questione! Programmando, invece, la cosa mi pare abbastanza facile. Penso tuttavia che un combinatorista come aspesi è capace di scrivere "a mano" tutte le "parole" possibili [su un alfabeto di 4 lettere] per avere la minima somma non minore di 100, e quindi il peso di ciascuna "parola" (che è la potenza di base 1/4 ed esponente pari al numero di lettere della "parola"). [Non ho la più pallida idea di come ha ragionato astromauh e quindi nemmeno per valutare il suo risultato]. ––– :hello: |
Re: |
Oops!
Ho aperto stamattina il computer e c'era già la risposta di astromauh. Mi sono messo a scrivere ... ma ho interrotto solo dopo la prima riga. Ecco che oggi pomeriggio ho ripreso ... e (lento come sono) ho concluso solo poco fa, senza aver letto le precedenti risposte. Vedo che, sostanzialmente, aspesi ha ragionato come me e – come avevo anticipato, (pardon: scritto senza ancora sapere cosa aveva scritto lui) – è riuscito a scrivere "a mano" i singoli percorsi possibili attribuendo loro il giusto peso. [Il fatto che abbia subito preso il resto a 100 invece di fare la media delle somme e sottrarre 100 ad essa è irrilevante]. Bravo aspesi. Il precedente quiz mi sta ... antipatico! Ma resta ancora da risolvere un mio quiz di algebra (a dire il vero MOLTO FACILE) nel thread "Un po' di calcoli ... un po' di logica". –– :hello: |
Re: Estrazioni casuali
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Disponiamo i 10 uomini in fila, ma senza farli sedere. Siccome nessun uomo può trovarsi vicino ad un altro uomo, tra di essi mettiamo una donna. Rimangono quindi 6 donne (15 meno 9). Queste 6 donne restanti possono andare a mettersi vicino ad una delle 9 donne già inserite, o anche all'inizio, o alla fine della fila. Per cui abbiamo 6 donne che possono occupare 11 posizioni, dove per posizione non si intende però una poltrona. In quanti modi si possono quindi disporre queste 6 donne restanti? Queste 6 donne 'restanti' possono rimanere tutte unite -----------> 11 permutazioni oppure dividersi in due gruppi da 5 e da 1 -----------> 55 permutazioni da 4 e da 2 -----------> 55 permutazioni da 3 e da 3 -----------> 55 permutazioni oppure dividersi in tre gruppi da 4 e da 1 e da 1 -----------> 165 permutazioni da 3 e da 2 e da 1 -----------> 165 permutazioni da 2 e da 2 e da 2 -----------> 165 permutazioni oppure dividersi in quattro gruppi da 3 e da 1 e da 1 e da 1 -----------> 330 permutazioni da 2 e da 2 e da 1 e da 1 -----------> 330 permutazioni oppure dividersi in cinque gruppi da 2 e da 1 e da 1 e da 1 e da 1 -----------> 462 permutazioni oppure dividersi in sei gruppi da 1 e da 1 e da 1 e da 1 e da 1 e da 1 -----------> 462 permutazioni Modi= 11 + 55*3 + 165*3 + 330*2 + 462 + 462; Modi= 2255 Quiz risolto per mezzo di questa pagina. :hello: |
Re: |
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p = -A^2/3 + B q = 2A^3/27 - A*B/3 + C in modo da arrivare a: y^3 + py + q = 0 :hello: |
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