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Re: Estrazioni casuali
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a) Scrivere sulle facce di due dadi cubici (ben bilanciati) numeri interi in {0,1,2,3,4,5,6} (uno per faccia), in modo che, lanciando i due dadi, la somma degli esiti dia la distribuzione uniforme su {1,2,...,12}. 1° dado : 1 - 2 - 3 - 4 - 5 - 6 2° dado : 0 - 0 - 0 - 6 - 6 - 6 3° dado : 0 - 0 - 0 - 12 - 12 - 12 4° dado : 0 - 0 - 0 - 24 - 24 - 24 ecc.. .............................. ecc... Quote:
:hello: |
Re: Estrazioni casuali
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In particolare, per N = 2, è facilissimno avere le somme [di due facce una per dado] da 1 a 36. Codice:
Dado 1: ––> 1, 2, 3, 4, 5, 6———— :hello: |
Re: Estrazioni casuali
E' più meglio andare sempre da 0 in su! :D
Le 6 facce siano numerate con h da 0 a 5 inclusi. Gli N dadi dadi siano numerati con k da 0 a N–1 inclusi Le 6^N somme (che per essere numerose esattamente così devono uscire in un solo modo) vadano da 0 a 6^N –1 inclusi [con N intero positivo ... grande a piacere :)]. Allora occorre e basta che la faccia Nr h del dado Nr k sia targata col numero F(h, k) = h·6^k. In altre parole, visto un dado come un vettore a 6 componenti, il dado Nr k è il vettore [0, 1, 2, 3, 4, 5]·6^k. Espressamente: Codice:
Faccia Nr. ––> 0 1 2 3 4 5––––– :hello: |
Re: Estrazioni casuali
Quote:
Però, io avevo chiesto che le somme dovevano andare da 1 a 6^N :) (pensavo al primo dado con sulle facce da 1 a 6). Mi pare comunque la stessa cosa. :hello: |
Re: Estrazioni casuali
Quote:
Basta aggiungere ad ogni faccia di un solo dado (non importa quale) una arbitraria costante intera A per avere ancora l'andamento uniforme sull'intervallo di interi consecutivi dal minimo A al massimo 6^n – 1 + A inclusi. Tu hai chiesto il caso particolare con A = 1. Vedi che per N = 2 ho messo due soluzioni (ovviamente equivalenti): in una quell'A uguale a 1 [aggiunto] sta nel primo dado ... come hai pensato tu, [facce numerate come di consueto: 1. 2, 3, 4, 5, 6]; nell'altra quell'A uguale a 1 sta nel secondo dado. [Primo dado: 0, 1, 2, 3, 4, 5; secondo dado 1, 7, 13, 19, 25, 31 anziché 0, 6, 12, 18, 24, 30]. Infatti ho detto che era ... PIU' MEGLIO :eek: prendere ogni numerazione da 0 in su (invece che da 1 in su) solo perché in questo modo si può scrivere la numerazione di tutte le facce (numerate con h) di tutti i dadi (numerati con k) con un'unica funzione F(h, k) semplicissima: F(h, k) = h·6^k senza considerare il primo dado "speciale" rispetto agli altri. ––––––– :hello: |
Re: Estrazioni casuali
Un altro classico problema di pesate
Si devono pesare N sacchetti, rispettivamente di peso 1, 2, ... , N chilogrammi. Si ha a disposizione una classica bilancia a due piatti e dei pesi campione (che si possono mettere, se interessa, su un piatto o sull'altro in cui è posto il sacchetto). Sapendo che si può mettere un solo sacchetto alla volta sulla bilancia, qual è il minor numero di pesi campione (e quanto deve essere il peso di ciascuno di loro) necessari per N=40 sacchetti? E in generale, per qualsiasi N? :hello: |
Re: Estrazioni casuali
h 20:51
Riedito e ... oscuro (o meglio: metto il colore "linen" ;)) per lasciare la possibilità a chi volesse) di rifare lui per vedere se arriva alle stesse conclusioni. Provo ad andare per N da 1 in su (scrivendo e ragionando ... in «real time»!). Per N = 2 [un sacchetto da 1 kg e un altro da 2 kg] mi servono 2 pesi campione. Se metto i pesi sempre su un solo piatto mi servono i due campioni da 1 kg e da 2 kg, ma vanno bene anche due campioni entrambi da 1 kg (usandoli entrambi per il sacchetto da 2 kg). Se, però, posso mettere pesi campione su entrambi i piatti, mi van bene uno da 1 kg e l'altro da 3 kg (equilibrando il sacchetto da 2 kg più il peso-campione da 1 kg su un piatto della bilancia con il peso-campione di 3 kg dell'altro piatto). Allora con i due campioni da 1 e 3 kg posso arrivare a N = 4. Per comodità, chiamo Sh il peso del sacchetto da h kg e Ck il peso-campione di k kg. Per h da 1 a 4 faccio cioè S1 = C1 S2 + C1 = C3 S3 = C3 S4 = C1 + C3 Provo a pensare N da 5 a 9 inclusi disponendo di un ulteriore peso campione C5. S5 = C5 S6 = C1 + C5 S7 + C1 = C5 + C3 S8 = C3 + C5 S9 = C1 + C3 + C5 OK. Ma ... potrei prendere il nuovo campione ancora più grande? [Sto pensando alla strategia «prossimo campione il più grande possibile»] Provo con C7 al posto di C5. S5 + C3 = C1 + C7 S6 + C1 = C7 S7 = C7 S8 = C1 + C7 S9 + C1 = C3 + C7 S10 = C3 + C7 S11 = C1 + C3 + C7 Per essere sicuro che C7 è necessario provo anche con un campioni più grandi. Provo con C8 S5 + C3 = C8 S6 + C3 = C1 + C8 S7 + C1 = C8 S8 = C8 S9 = C1 + C8 S10 + C1 = C3 + C8 S11 = C3 + C8 S12 = C1 + C3 + C8 Va bene anche C8 [C7 non è necessario]... ma per rispettare la strategia provo ad aumentare ... fino a che sballo! Provo dunque con C9. S5 + C1 + C3 = C9 S6 + C3 = C9 S7 + C3 = C1 + C9 S8 + C1 = C9 S9 = C9 S10 = C1 + C9 S11 + C1 = C3 + C9 S12 = C3 + C9 S13 = C1 + C3 + C9 Va ancora bene! E con C10? Sballo subito perché, usando tutti i tre pesi-campione mi viene S5 + C1 + C3 < C10. Vediamo se si può ... estrapolare una regola. Il peso minimo è ovviamente C1. Fino ad ora il peso successivo è stato un kg in più del doppio di tutti i precedenti. [1 ––> 1 + 2·1 = 3; 1 + 3 = 4 ––> 1 + 2·4 = 9] Il sacchetto di peso massimo pesa ovviamente la somma di tutti i pesi campione.] Vediamo se la regola (empirica) «prossimo peso–campione = doppio della somma dei pesi precedenti + 1 kg» continua a funzionare. 2·(1 + 3 + 9) + 1 = 2·13 + 1 = 27. Se va bene, siccome 1 + 3 + 9 + 27 = 40, arrivo al sacchetto S40, risolvendo la prima parte del quiz. ;) [Mi accorgo ora che 1, 3, 9 e 27 sono tutte potenze di 3. Precisamente, fino ad ora Ck = 3^(k–1)] S14 + C1 + C3 + C9 = C27 S15 + C3 + C9 = C27 S16 + C3 + C9 = C1 + C27 S17 + C1 + C9 = C27 S18 + C9 = C27 S19 + C9 = C1 + C27 S20 + C1 + C9 = C3 + C27 S21 + C9 = C3 + C27 S22 + C9 = C1 + C3 + C27 S23 + C1 + C3 = C27 S24 + C3 = C27 S25 + C3 = C1 + C27 S26 + C1 = C27 S27 = C27 S28 = C1 + C27 S29 + C1 = C3 + C27 S30 = C3 + C27 S31 = C1 + C3 + C27 S32 + C1 + C3 = C9 + C27 S33 + C3 = C9 + C27 S34 + C3 = C1 + C9 + C27 S35 + C1 = C9 + C27 S36 = C9 + C27 S37 = C1 + C9 + C27 S38 + C1 = C3 + C9 + C27 S39 = C3 + C9 + C27 S40 = C1 + C3 + C9 + C27 :ok: NB: Rilevare che il nuovo peso campione figura in ogni nuova pesata! --------- Sono soddisfatto! Ho estrapolato "sperimentalmente" la legge: Ck = 3^(k–1), [progressione geometrica di ragione q = 3 e termine iniziale 1]. Se è giusta, va bene fino ad N = C1 + C2 + ... + Ck = (q^k – 1)/(q – 1) = (3^k – 1)/2 [Per ora, infatti: (3^1 – 1)/2 = 1; (3^2 – 1)/2 = 4; (3^3 – 1)/2 = 13; (3^4 –1)/2 = 40.] Per essere ... galileiani occorre però anche controllare se è logico o no che possa funzionare sempre. (mumble ... mumble ...) Ma sì che funziona sempre! Basta ragionare alla Peano [per induzione completa], ossia controllare che si può dedurre che la legge funziona per indice k dal fatto che funziona per tutti gli indici precedenti da 1 a k–1 inclusi. Beh: la cosa è facile ma non molto breve da scrivere. [Qui non sono più andato in "real time"!] Se vi fidate, bene: se no provateci voi! ------------------- Morale: N =40 4 pesi–campione (rispettivamente da 1 kg, 3 kg, 9 kg e 27 kg). N intero [positivo] qualsiasi k pesi-campione di pesi rispettivi 3^(h – 1) con ha intero da 1 a k inclusi dove k è il più piccolo intero positivo tale che: (3^k – 1)/2 ≥ N [e si trova comodamente partendo da 1 e aumentando di una unità alla volta] ---- :hello: |
Re: Estrazioni casuali
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http://en.wikipedia.org/wiki/Balanced_ternary :hello: |
Re: Estrazioni casuali
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Re: Estrazioni casuali
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Ma Ersamus è bravissimo! «Ah le differenze tra la voce verbale "ha", l'esclamaziomne "ah" e la preposizione "a" [queste misconosciute]!» La Congiunzione? Stavo per dire "Non c'entra". Ma ci sta anch'essa nella frase in corsivo di sopra. ---------- :hello: |
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