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#2281 | |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 4,654
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#2282 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Dec 2005
Ubicazione: Torino
Messaggi: 5,860
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![]() da Erasmus;
P.S. Supposto m \ f, l rapporto f/m al tendere di m a +∞ tende al limite [3 + √(5)]/2 = {[√(5) + 1]/2}^2 Che è sempre il rapporto aureo +1 Ciao Ultima modifica di nino280 : 17-11-18 23:11. |
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#2283 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Feb 2008
Ubicazione: Unione Europea
Messaggi: 5,701
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![]() Riprendo la generalizzazione del mio ultimo quiz del 40% ... cioè
Ci sono due insiemi disgiunti finiti, A di cardinalità m (come "maschi") e B di cardinalità f (come "femmine"), che vengono uniti in un insieme U = A ∪ B di cardinalità m + f. Si supponga che sia m ≤ f e che m ed f siano tali che, prendendo a caso due elementi dell'unione U, la probbilità che la coppia sia composta di un elemento di A e di un elemento di B sia 40% (= 2/5). Quiz: determinare le cardinalità di A e B. cioè la coppia (o le coppie) (m, f). Discussione Il numero di coppie possibili è C(m+f, 2) = [(m+f)·(m+f – 1)]/2. l numero di coppie con un elemento di A e l'altro di B è m · f. Allora il testo del quiz impone che: Codice:
m · f 2 m · f 2 ––––––––– ≡ ––––––––––––––––– = ––– ⇔ 5m·f = (m + f)^2 + 2m·f – (m + f) ⇔ C(m + f, 2) (m + f)^2 – (m + f) 5 ⇔ f^2 –(3m+1)f+m^2 – m = 0. (*) Risolvendo l'equazione (*) rispetto ad f si trova Codice:
3m +1 + √[5(m+1)^2 – 4] f = ----------------------------–––––– (**) 2 Per tentativi ho trovato per m i numeri (in ordine creascente) m = 1, 4, 12, 33, ... con i quali dalla (**) vengono i numeri f corrispondenti: f = 4, 12, 33, 88, ... Se ora nella (**) mettiamo 88 al posto di m, si trova che 88 va bene e viene f = 232. Se mettiamo m = 232, questo va ancora bene e viene f = 609. Insomma: Se è noto l'n-esimo m, dicamolo m(n), calcolato da esso f(n) con la (**), viene che il sucessivo m è m(n+1) = f(n). Questo sucede perché l'equazione di partenza è simmetrica in m ed f per cui, se si risolve rispetto ad m invece che rispetto ad f (e però si mantiene la conizione che m non sia maggiore di f) si trova: Codice:
f^2 –(3m+1)f+m^2 – m = 0 ⇔ m^2 –(3f+1)m+f^2 – f = 0; 3f +1 - √[5(f+1)^2 – 4] m = ----------------------------–––––– (***) 2 Ma allora gli f sono gli stessi m, solo spostati in avati di una posito, ossia Per ogni n naturale m(n+1) = f(n). ( ***) [NB, Prescindendo dal testo del quiz, si può considerare come coppia iniziale quella di indice 0 ossia (0, 1)]. Insomma: le coppie (m, f) in ordine crescente sono Codice:
n (m, f) –––––––––––––––––– 0 ( 0, 1) 1 ( 1, 4) 2 ( 4, 12) 3 (12, 33) 4 (33, 88) 5 (88, 232) 6 ... Se Fi(n) è la successione di Fibonacci, si controlla subito che risulta m(n) = Fi(2n+1) – 1 f(n) = m(n+1) = Fi[2(n+1)+1] – 1 = Fi(2n+3) – 1. ––– ![]()
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Erasmus «NO a nuovi trattati intergovernativi!» «SI' alla "Costituzione Europea" federale, democratica e trasparente!» |
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#2284 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 4,654
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![]() Questa prova e soprattutto le conclusioni che se ne possono trarre (almeno, da parte mia), non piaceranno quasi certamente a Erasmus...
![]() Ci sono 4 sacchetti non distinguibili. Metto una moneta d'oro in uno di questi sacchetti, a caso (si suppone cioè, a priori, che la probabilità che la moneta d'oro sia in uno qualunque dei sacchetti è uniforme). Inserisco poi 17 monete, apparentemente uguali a quella d'oro, ma in realtà patacche, in modo da avere alla fine, 3 monete nel primo sacchetto, 4 nel secondo, 5 nel terzo e 6 nel quarto sacchetto. A questo punto, tu (che non hai visto dove c'è la moneta d'oro, ma sai quante monete ci sono in ciascuno dei 4 sacchetti*), estrai una moneta da ogni sacchetto. Guardiamo le monete e ci rendiamo conto che sono tutte e 4 false. Il risultato di questa estrazione è stato inutile o ci ha fatto acquisire qualche utile informazione per cercare di scoprire in quale sacchetto si cela la moneta d'oro? In quest'ultimo caso, quante estrazioni sono necessarie (con reimmissione e tutte negative, cioè senza mai trovare la moneta d'oro) per decidere (con più del 50% di probabilità) quale sacchetto acquistare (sperando contenga la moneta d'oro)? ![]() * Spiegato meglio a seguito domanda di chiarimento di Mizarino ![]() Ultima modifica di aspesi : 25-11-18 10:12. |
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#2285 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: May 2004
Messaggi: 9,393
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![]() Hai lasciato intendere che io (che non ho visto la preparazione) non so quante monete siano contenute in ciascun sacchetto, ma non hai precisato se io sia o no a conoscenza che un sacchetto contiene 3 monete, un altro 4, ecc.
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#2286 | |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 4,654
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![]() Quote:
Quello che cambia (osservando l'esito negativo delle estrazioni) è la probabilità "a posteriori" ![]() Ultima modifica di aspesi : 23-11-18 14:54. |
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#2287 | |
Utente Super
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Messaggi: 3,971
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#2288 |
Utente Super
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Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 4,654
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#2289 |
Utente Super
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Messaggi: 3,971
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![]() Chiamiamo i sacchettini con 3, 4, 5, 6 monete rispettivamente a, b, c, d.
Se con la prima estrazione si ottengono quattro monete false, è più probabile che la moneta d'oro sia nel sacchetto che contiene più monete. a = (2/3) b = (3/4) c = (4/5) d = (5/6) Però anche se il sacchettino d con 6 monete è il più probabile dei quattro, non lo è nella misura del 50% come richiesto dal quiz. Ripetendo le estrazioni, se queste hanno sempre un esito negativo, al dodicesimo tentativo si ha che a^12 + b^12 + c^12 < d^12 Ossia la probabilità che la moneta d'oro sia nel sacchettino d supera la probabilità che si trovi in uno qualsiasi degli altri sacchettini. n = 12 a = 0,008 b = 0,032 c = 0,069 a + b + c = 0,108 d = 0,112 Va bene, forse non è così brutto! ![]() ![]() ![]() Ultima modifica di astromauh : 23-11-18 15:21. |
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#2290 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 4,654
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![]() Lo scopo era quello di far vedere che anche con una o più estrazioni senza apparente risultato, le informazioni iniziali di totale ignoranza (la probabilità che la moneta sia in A, B, C o D è evidentemente identica e pari a 1/4) vengono arricchite dall'esperienza dei dati che modificano la probabilità finale (già dopo la prima estrazione, diventano 0,218579235 - 0,245901639 - 0,262295082 - 0,273224044)
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