Estrazioni casuali

[aspesi]

Erasmus

Gli interi k che soddisfano l'equazione [diofantea] (*) costituiscono unasuccessione di naturali i ciui primi numeri sono:
0, 1, 4, 12, 33, 88, ...
Si tratta d'una sequenza contemplata in OEIS
–––> A027941: [0, 1, 4, 12, 33, 88, 232, 609, 1596, ...]
–––––––

P.S.
Supposto m \ f, l rapporto f/m al tendere di m a +∞ tende al limite
[3 + √(5)]/2 = {[√(5) + 1]/2}^2

Certo che in OEIS ci sono proprio tutte le sequenze intere di un certo interesse

[nino280]

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

[Erasmus]

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:

   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.  (*)

Dall'ultima equazione si vede che se fosse m = f sarebbe m = f = – 2. Ma il testo del quiz impone che sia m > 0 /perché se A fosse vuoto non ci sarrenbbe alcuna coppia con un elemento di A e iuno di B).
Risolvendo l'equazione (*) rispetto ad f si trova

         3m +1 + √[5(m+1)^2 – 4]
f =  ----------------------------––––––   (**)
                          2

Occorre dunque cercare i numeri interi m per i quali è intero anche il radicale √[5(m+1)^2 – 4].
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:

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

Cioè: anche f deve essere tale che il radicale √[5(f+1)^2 – 4] sia intero!
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

  n             (m,   f) 
––––––––––––––––––
  0             ( 0,   1)
  1             ( 1,   4)
  2             ( 4,  12)
  3             (12, 33)
  4             (33, 88)
  5            (88, 232)
  6              ...

e si può continuare indefinitamente prendendo come prossimo m(n+1) l'ultimo f(n) e calcolando poi f(n+1) con la (**).

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.
–––

[aspesi]

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

[Mizarino]

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.

[aspesi]

Mizarino

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.

Sì, scusa, tu conosci il numero delle monete che è contenuto nei vari sacchetti (3 - 4 - 5 - 6) e sai che la moneta d'oro, a priori, potrebbe essere in uno qualsiasi dei sacchetti con la stessa probabilità.
Quello che cambia (osservando l'esito negativo delle estrazioni) è la probabilità "a posteriori"

[astromauh]

aspesi

Questa prova e soprattutto le conclusioni che se ne possono trarre (almeno, da parte mia), non piaceranno quasi certamente a Erasmus...



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)?

Direi che il numero di estrazioni necessario dovrebbe essere DODICI, comunque ha ragione Erasmus, anche se non si è ancora pronunciato, questo quiz è orripilante.

[aspesi]

astromauh

Direi che il numero di estrazioni necessario dovrebbe essere DODICI, comunque ha ragione Erasmus, anche se non si è ancora pronunciato, questo quiz è orripilante.

Sul numero delle estrazioni
sul giudizio del quiz

[astromauh]

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

aspesi

sul giudizio del quiz

Va bene, forse non è così brutto!

[aspesi]

astromauh

Va bene, forse non è così brutto!

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)