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Vecchio 02-10-11, 19:55   #21
aspesi
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Soluzione: 3200 fine Soluzione


Qualche parola in più?...

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 02-10-11, 20:01   #22
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Soluzione: 3200 fine Soluzione

Dettagli:
Prima puntata 600
Se non esce il Nero
Seconda puntata 800
Se non esce il Nero
Terza puntata 800
Se non esce il Nero
Quarta puntata 0

Se invece esce un nero, il baro deve puntare ogni volta tutto il capitale.

fine Dettagli

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Vecchio 02-10-11, 21:50   #23
aspesi
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Soluzione: 3200 fine Soluzione

Dettagli:
Prima puntata 600
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Seconda puntata 800
Se non esce il Nero
Terza puntata 800
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Quarta puntata 0

Se invece esce un nero, il baro deve puntare ogni volta tutto il capitale.
fine Dettagli

OK. Trovare la soluzione per tentativi è abbastanza semplice in questo caso.
Però ci si può arrivare più puntualmente, impostando qualche equazione.
Aspetto Erasmus, nel caso volesse cimentarsi

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 03-10-11, 03:04   #24
astromauh
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Non sono andato per tentativi.

Sono possibili cinque serie:


1 2 3 4

R R R R
N R R R
R N R R
R R N R
R R R N


Quando esce un nero il baro sa che non ne usciranno altri e quindi punta sempre tutto quello che ha.

Nella prima colonna, che corrisponde alla prima giocata ci sono 4 R ed 1 N.
Il baro per ottimizzare il suo guadagno deve replicare con la posta le probabilità, per cui punta i 4/5 del suo capitale su R, ed 1/5 su N, che in pratica vuol dire che si gioca i 3/5 dei suoi 1000 euro, ossia 600 euro.

R R R R
R N R R
R R N R
R R R N

Se non esce il nero, dobbiamo escludere la seconda riga (N R R R) che ha il nero nella prima posizione, per cui nella seconda colonna troviamo 3 R ed 1 N, ed anche questa volta il baro replica le probabilità, e punta 1/2 del suo capitale su R.
Ossia 800 euro.

R R R R
R R N R
R R R N

Se non esce Nero cancelliamo la terza riga che contiene N al secondo posto.
Nella terza colonna rimangono cosi' 2 R ed 1 N, per cui il baro deve giocare 1/3 del suo capitale, ossia ancora 800 euro.

R R R R
R R R N

Se nemmeno questa volta esce il nero, il baro non punta nulla nella quarta manche, a meno che non conosca la frequenza con cui escono le serie di 4 R.

Per questa ragione il quiz mi sembra un po' ambiguo. Le serie con 3 R ed 1 N, è facile immaginarle come equiprobabili, ma la serie con quattro rossi, ogni quanto si verifica?

Se ad esempio sapessi che la serie di quattro rossi, si verifica quasi sempre, giocherei sempre al raddoppio, perchè cosi' potrei vincere 15.000, anche se c'è una possibilità (remota) di perdere i miei 1000 euro.




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Vecchio 03-10-11, 08:52   #25
aspesi
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Quote:
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Non sono andato per tentativi.

Sono possibili cinque serie:


1 2 3 4

R R R R
N R R R
R N R R
R R N R
R R R N

[cut]

Scusa....
il tuo ragionamento è interessante e più "intelligente" del mio:

Mi immedesimo nel baro.
A qualunque punto del gioco, se ho già perso una volta, sono sicuro di vincere, e quindi gioco tutto.
Alla quarta giocata, se non ho ancora perso, mi trovo davanti ad un gioco equo, e quindi è indifferente la somma da giocare: sono uno che non ama il rischio e quindi gioco zero.

Negli altri casi:
Alla terza giocata gioco una quota x del capitale: se perdo giocherò tutto il rimanente (1-x) alla quarta, e avrò 2-2x; se vinco mi fermo con 1+x.
Stabilisco il valore di x in modo da avere lo stesso risultato finale neidue casi, quindi
1+x=2-2x, da cui x=1/3.
Insomma, la somma disponibile prima della terza giocata sarà comunque moltiplicata per 4/3.


Alla seconda giocata, se non ho ancora perso, gioco una quota y. Se perdo giocherò tutto nelle due giocate seguenti, quadruplicando il capitale residuo 1-y. Se vinco, ricado nel caso descritto prima, e il capitale 1+y sarà moltiplicato per 4/3.
Dall'equazione (1+y)*4/3=4*(1-y), trovo y=1/2.


Con ragionamento analogo trovo che alla prima giocata devo giocare 3/5 della somma disponibile

(1 + z) * 3/2 * 4/3 = 8 *( 1 - z)
2 + 2 z = 8 - 8z
z = 6/10 della cifra iniziale, cioè 600

Quindi, le possibili sequenze, a seconda che perda alla prima, seconda, terza giocata, o che non perda nessuna delle tre, risultano:

1000-600=400; 400*2=800; 800*2=1600; 1600*2=3200
1000+600=1600; 1600-800=800; 800*2=1600; 1600*2=3200
1000+600=1600; 1600+800=2400; 2400-800=1600= 1600*2=3200
100+600=1600; 1600+800=2400; 2400+800=3200; 3200+0=3200

e in ogni caso concludo con 3200 Euro.

(Certo, la scelta di giocare sempre al raddoppio potrebbe essere molto più gratificante, ma... nell'80% dei casi potresti perdere i tuoi 1000 euro)

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 03-10-11, 09:40   #26
Erasmus
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Quote:
Erasmus Visualizza il messaggio
... non ho mica capito perché (statisticamente) capita una volta su k·(k–2)! di arrivare fino a k estrazioni prima di "sballare" (= superare 1).
@ aspesi
Ma tu, Nino II, sai che la formula p(k) = (k –1)/k! è giusta ... perché ll'ha detto un "Ipse dixit" che non sbaglia, o sai anche come si ricava?
--------------

Ho capito finalmente perché è così.

Col senno di poi, la cosa è elementare!

Basta tener conto del fatto che la probabilità di non aver ancora sballato dopo k sorteggi è 1/k!
Questa è la probabilità che la somma di k numeri casuali tra 0 e 1 non sia maggiore di 1
[Che questa probabilità valga 1/k! l'abbiamo già visto. Forse sarebbe però il caso di rivederlo senza far uso del concetto di convoluzione. Ma semmai lo faremo dopo].

Accettato che sia 1/k! la probabilità che la somma di k numeri casuali tra 0 e 1 sia S(k) ≤ 1, la probabilità che la somma dei k numeri sia S(k) > 1 è 1 – 1/k!

La probabilità p(k) di sballare proprio al k-esimo sorteggio è la probabilità che la somma dei k numeri usciti sia maggiore di 1 meno la probabilità che fosse maggiore di 1 la somma dei precedenti (k–1) numeri usciti. Ossia:

p(k) = (1 – 1/k!) – [1 – 1/(k–1)!] = 1/(k–1)! – 1/k! = (k–1)/k! = 1/[k·(k–2)!]


In altre parole, per ogni k > 1, la somma delle p(h) per h da 1 a k (incluso) vale 1 – 1/k!
Quindi:
p(1) + p(2) + p(3)+ ... + p(k–2) + p(k–1) + p(k) = 1 – 1/k!;
p(1) + p(2) + p(3)+ ... + p(k–2) + p(k–1) . . . . . = 1 – 1/(k–1)!;
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
(Sottraendo la seconda alla prima) . . . . . . . .p(k) = 1/(k–1)! – 1/k!


Ricorrentemente abbiamo p(k+1) = k/k+1)! = k/[(k–1)(k+1)]} · [(k–1)/k!], cioè:

p(1) = 0; p(2) = 1/2; per ogni k > 1 p(k+1)= p(k)· k/[(k–1)k+1].
Codice:
p(1) = (1 – 1)/1! = 0              0,000000000
p(2) = (2 - 1)/2! = 1/2            0,500000000
p(3) = (2/2)/(1·3) = 1/3           0,333333333
p(4) = (3/3)/(2·4) = 1/8           0,125000000
p(5) = (4/8)/(3·5) = 1/30          0,033333333
p(6) = (5/30)/(4·6) = 1/144        0,069444444
p(7) = (6/144)/(5·7) = 1/840       0,001190476
p(8) = (7/840)/(6·8) = 1/5760      0,000173611
p(9) = (8/5760)/(7·9) = 1/45360    0,000022046
p(10)= (9/45360)/(8·10) = 1/403200 0,000002480
...
Ciao, ciao
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Vecchio 03-10-11, 10:09   #27
aspesi
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@ aspesi
Ma tu, Nino II, sai che la formula p(k) = (k –1)/k! è giusta ... perché ll'ha detto un "Ipse dixit" che non sbaglia, o sai anche come si ricava?
Veramente, l'avevo dedotta io...

http://www.trekportal.it/coelestis/showpost.php?p=521557&postcount=10

................. Problema (io) ..... Calcolato da Erasmus
................. --------------- ...... -------------------------
.... p(1) ......... . 0 . .............................. 1
.... p(2) ......... 1/2 ...................... 1-1/2 = 1/2
.... p(3) ......... 1/3 ..................... 1-1/2-1/3 = 1/6
.... p(4) ......... 1/8 ............... 1-1/2-1/3-1/8 = 1/24
ecc...


(Si vede subito che ogni p(k) che avevi riportato tu ... è uguale a 1 - la somma di tutti i p(k) risultato del quiz, fino a quel k )

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Vecchio 03-10-11, 11:59   #28
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(Certo, la scelta di giocare sempre al raddoppio potrebbe essere molto più gratificante, ma... nell'80% dei casi potresti perdere i tuoi 1000 euro)
Perchè dici nell'80% dei casi?

Dipende dalla frequenza delle serie di 4 rossi (RRRR) che il problema non specifica.

Se il croupier riesce a garantire almeno 3 rossi, questo dovrebbe voler dire che riesce quasi sempre a farne uscire 4.

Supponi che la frequenza delle 5 possibili serie sia la seguente:


RRRR
RRRR
RRRR
RRRR
RRRR
RRRR
RRRR
RRRR
RRRR
RRRR

NRRR
RNRR
RRNR
RRRN


A me conviene giocare al raddoppio, perchè 10 volte su 14 mi ritrovo con 16.000 euro e 4 volte su 14 mi ritrovo con zero euro.

Quindi su 14 partite, dovrei ritrovarmi mediamente con 160.000/14 = 11428 euro a partita, che sono meglio di 3200.

Se il croupier è un mio complice, posso anche rischiare di perdere 1000 euro, perchè comunque sono sicuro di rifarmi nelle partite successive.

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Vecchio 03-10-11, 12:46   #29
aspesi
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Si era detto:

"Per evitare di essere scoperti, i due decidono di effettuare solo quattro giocate. Quindi l'imbroglio si intende terminato dopo la quarta giocata."

Poi, con "garantire l'uscita di almeno 3 rossi nei 4 colpi" si intendeva qui esaminare questi 5 eventi possibili (supposti equiprobabili):
RRRR
NRRR
RNRR
RRNR
RRRN

Senza contare, che non per tutti può essere più "conveniente" (inteso come scelta che farebbero), quella di rischiare di giocare al raddoppio, "perchè 10 volte su 14 mi ritrovo con 16.000 euro e 4 volte su 14 mi ritrovo con zero euro".

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 03-10-11, 12:54   #30
Mizarino
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Vabbè, ma devi considerare che Astromauh, nel valutare la convenienza, aggiunge anche il "peso" dell'oroscopo ...
Mizarino non in linea   Rispondi citando
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