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Vecchio 10-11-11, 05:19   #101
astromauh
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Aspesi perde nel 43,758 % dei casi.

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Vecchio 10-11-11, 07:00   #102
aspesi
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Aspesi perde nel 43,758 % dei casi.

Bentornato, passato il mal di gola?

Per quanto riguarda la soluzione... è il contrario.
Cioè, la probabilità di avere 6 dadi con valore differente è il 43,78%.

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Vecchio 10-11-11, 07:06   #103
aspesi
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Le cifra assente può essere questa o quella di 6.
Il numero di numeri in base 6 che non usano tutte le 6 cifre sono dunque
6·5^12 = 6· 244 140 625 = 1 464 843 750
Ecco l'errore!
In questo modo, conti più volte i casi in cui nei 12 dadi non dovessero uscire 5 numeri, ma di meno; esempio tutti 1, oppure cinque 3 e sette 5, oppure due 2, tre 4, cinque 5 e due 6, ecc...



Scusa, non avevo letto il tuo ultimo messaggio, nel quale ti eri accorto di quello che ho scritto sopra.
Ciao

Ultima modifica di aspesi : 10-11-11 07:09.
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Vecchio 10-11-11, 07:36   #104
astromauh
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Bentornato, passato il mal di gola?

Per quanto riguarda la soluzione... è il contrario.
Cioè, la probabilità di avere 6 dadi con valore differente è il 43,78%.

Infatti, è quello che ho scritto.

Aspesi perde nel 43% dei casi, ma nella maggior parte dei casi vince!
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Vecchio 10-11-11, 08:20   #105
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Infatti, è quello che ho scritto.

Aspesi perde nel 43% dei casi, ma nella maggior parte dei casi vince!
Hai ragione!
Chissà a cosa pensavo...

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Vecchio 10-11-11, 11:46   #106
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Abbiamo 12 dadi normali, perfettamente equilibrati.
Li lanci tutti quanti.
Se fra i 12 numeri usciti ce ne sono 6 differenti (sono cioè uscite tutte le 6 facce con i numeri 1 - 2 - 3 - 4 - 5 - 6) hai vinto e ti pago 1 euro.
In caso contrario (cioè ci sono meno di 6 numeri diversi, variamente ripetuti), l'euro lo paghi tu a me.

Ci stai a giocare?

Questo problema può essere risolto calcolando faticosamente i casi favorevoli (uscita di 6 numeri in 12 lanci di un dado), ovvero più facilmente cercando la formula che li determina e dividendo per tutti i casi possibili.

Più facilmente, si può ragionare ricorsivamente:
se chiamiamo p(n,k) la probabilità di avere n numeri diversi dopo k lanci, si osserva subito che al primo lancio p(1,1) = 1
In seguito, al lancio k si possono avere n numeri diversi se:
-al lancio k-1 ne avevo già n ed esce uno dei numeri già usciti
-al lancio k ne avevo n-1 ed esce un numero nuovo

Quindi....

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Vecchio 10-11-11, 16:05   #107
astromauh
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Un giorno voglio provare a risolvere questo tipo di quiz senza ricorrere alla forza bruta.
Mi sa che a trovare le soluzioni in questo modo,
faccio una brutta figura.

Perchè passo per una persona brutale, mentre sono soltanto un po' pigro.
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Vecchio 10-11-11, 16:59   #108
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Un giorno voglio provare a risolvere questo tipo di quiz senza ricorrere alla forza bruta.
Puoi provare con questo quiz.
Se imposti la formula ricorsiva, con un foglio di calcolo come excel è abbastanza semplice.

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Vecchio 10-11-11, 18:46   #109
astromauh
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Excel non ce l'ho.
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Vecchio 11-11-11, 02:46   #110
Erasmus
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Quote:
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Excel non ce l'ho.
Ma se sai programmare in modo da usare la "forza bruta", guarda che è molto più semplice programmare una formula che fare il conteggio esaustivo di tutti i casi (che qui sono 6^12 = 2 miliardi e rotti) contando tra essi i casi favorevoli per poi dividerli per la totalità dei casi (per avere la probabilità); oppure (alla Mizarino) fare una cosa analoga non tra tutti i casi ma tra un gran numero distribuito uniformemente sull'insieme della totalità dei casi (Metodo Montecarlo).
--------------------
@ aspesi
La tua formula ricorsiva non l'ho mica capita.
Sei sicuro del numero 43.78%?
Quote:
aspesi
Se chiamiamo p(n,k) la probabilità di avere n numeri diversi dopo k lanci, ...
Cosa vorresti dire?
Lanci forse un dado alla volta (k = 1, 2, 3, ... ,12)?
Quote:
aspesi
... si osserva subito che al primo lancio p(1,1) = 1
Che senso ha p(1,1) = 1?
Se i dadi già lanciati non sono almeno due, che senso ha chiedersi se gli esiti sono distinti o se ci sono ripetizioni?
Quote:
aspesi
In seguito, al lancio k ..
Intendi dire "dopo k lanci", suppongo.
Quote:
aspesi
...si possono avere n numeri diversi se:
-al lancio k-1 ne avevo già n ed esce uno dei numeri già usciti
Intendo «Dopo (k – 1) lanci gli esiti distinti sono già n e l'esito del k-esimo lancio è la ripetizione di uno di essi». Capito giusto?
Quote:
aspesi
-al lancio k ne avevo n-1 ed esce un numero nuovo
Interpreto: «Dopo k–1 lanci gli esiti distinti sono (n–1) e l'esito del k-esimo lancio è distinto da ciascuno di essi». Capito giusto?
Supponiamo di sì.
Il casino nello stendere la formula recursiva resta perché se la probabilità che il secondo dado dia esito distinto dal primo è 5/6, al terzo dado devo usare una probabilità condizionata dall'essere distinti o no i due esiti precedenti: se questi sono distinti ho probabilità 4/6 = 2/3 che il terzo lancio dia un esisto distinto da entrambi e se sono uguali ho probbilità 5/6 che il terzo esito sia distinto dai due precedenti (ed uguali). Il condizionamento si complica al crescere di k perché subito prima del k-esimo lancio posso avere n = 1 in 6 modi diversi, n=2 ... in molti più modi, ecc; e se k>6 ed ho già n = 6, ho probabilità 0 che il k-esimo lancio dia esisto distinto da ciascuno esito precedente.
------------------------------

Riprendo il ragionamento di ieri notte, cercando di correggere però l'errore.
[Sto andando in real time, non sto riportando ragionamenti già fatti ... e sai che sono lentissimo nel comporre un messggio].

Io i dadi li lancio tutti 12 assieme!

L'esito è una disposizione (con ripetizione) di 12 oggetti ciascuno dei quali può essere scelto in 6 distinti modi (sempre quelli per ognuno dei 12 oggetti).
E' come avere un numero di 12 cifre in base 6.
[I dodici esiti che compongono l'esito "dozzina", uno per dato, sarebbero davvero le 12 cifre di un numero in base 6 tra 0 compreso e 6^12 escluso se i numeri delle 6 facce fossero i numeri interi da 0 a 5 invece degli interi da 1 a 6].
Le dozzine distinte sono 6^12 e sono tutte equiprobabili.
Considero "esito possibile" del lancio di 12 dadi ciascuna di queste 6^12 = 2 176 782 336 distinte dozzine ( o numeri di 12 cifre in base 6).

Vado in cerca di quante sono quelle nelle quali non ci sono tutte le 6 "cifre".

Supponiamo di contare le dozzione in cui non c'è la "cifra" 6.
La notte scorsa avevo dapprima detto che queste sono tante quanti sono i numeri di 12 cifre in base 5 (con cifre dall'1 al 5 compresi). E quindi, essendo 6 le cifre, che le dozzine alle quali manca una cifra sono 6·5^12.
Poi avevo riconosciuto un errore (almeno!) dicendo (pressapoco):
«Sia tra le 5^12 dozzine in cui manca la cfra x che tra le 5^12 dozzine in cui manca la cifra y ci sono le dozzine in cui mancano entrambe le cifre x ed y. I due insiemi {dozzine senza x} e {dozzine senza y} non sono disgiunti!».

Stasera soltanto ho ripreso il problema,
In un primo tempo ho ragionato anch'io ricorrentemente ... ma a ritroso.
Mi son detto: dai 6 insiemi in ciascuno dei quali manca in ogni dozzina senz'altro una delle 6 cifre sottraggo quelli nei quali manca anche una delle altre 5 cifre. Questi sono numeri in base 4 e quindi hanno cardinalità 4^12. Le cifre distinte da quella in questione nell'insieme in cuii manca la cifra x sono 5 e quindi sottraggo (per adesso) 5·4^12 alla cardinalità di ciascuno che è 5^12.
Per adesso ho quindi non 6·5^12 bensì 6·(5^12 – 5·4^12).
Ma anche nelle dozzine di numeri a base quattro ci sono quelle in cui manca una delle 4 cifre in questione. Sottraggo allora a ciascuno 4·3^12, correggendo il dato precedente in
6·[5^12 – 5·(4^12 – 4·3^12)]
Ma anche, ecc.., ecc. .
Continuo dunque in giù fino all'ultima sesta cifra ottenendo la probabilità
6(5^12 – 5·(4^12 – 4·(3^12 – 3·(2^12 – 2·1^12)))) / 6^12 = 0,470339 ...

Ma poi mi sono sorti almeno tre dubbi sulla correttezza del risultato. [Il terzo è un po' complicato da spiegare].
a) aspesi non può proporre di giocare con lui con probabilità di vincere minore di 1/2 !
b) Vedo adesso che astromauh ha trovato (con la "forza bruta") che la probabilità che perda aspesi è 0,4378 e quindi la probabilità invece vinca lui è (circa) 0,5622
c) Non sono più sicuro di aver scalato il numero di volte giusto le cardinalità degli insiemi intersezione, perché ... è un casino trovare i coefficienti di come scalarle!
Per esempio, se ho tre insiemi X, Y e Z che si intersecano, di cardinalità rispettiva Cx, Cy, Cz, siano Cxy, Cyz, Czx le cardinalità rispettive di X∩Y, Y∩Z e Z∩X; e sia Cxyz la cardinalità di X∩Y∩Z. Per avere la cardinalità Cu dell'unione debbo sottrarre a Cx + Cy + Cz le cardinalità delle intersezioni a due a due:
Cx + Cy + Cz – (Cxy + Cyz + Czx).
Ma così facendo sottraggo tre volte la cardinalità Cxyz dell'intersezione X∩Y∩Z di tutti e tre X, Y e Z (perché inclusa in ciascuna delle tre intesezioni a due a due, come si vede subito col diagramma di Venn).
Per andare correttamente (e con i piedi di piombo) vado ordinatamente, facendo cioè una operazione binaria alla volta.

1) X ∪ Y.
Prendo tutto X e gli aggiungo la parte di Y non inclusa in X. Perciò a Cx sommo (Cy – Cxy) ottenendo:
Cx + (Cy – Cxy)
2) (X ∪ Y ) ∪ Z.
Occhio: ho già fatto X ∪ Y. La prossima è ancora una operazione binaria (non ternaria come parrebbe se scrivessi X ∪ Y ∪ Z ).
Aggiungo a X ∪ Y la parte di Z non inclusa finora. Al precedente totale sommo perciò:
Cz – Cyz – (Czx – Cxyz)
ottenendo alla fine:
Cu = Cx + (Cy – Cxy) + [Cz – Cyz – (Czx –Cxyz)] = (Cx + Cy + Cz) – (Cxy + Cyz + Czx) + Cxyz.

Se le cardinalità di X, Y, Z sono uguali – diciamole C1 –, se sono uguali anche quelle delle intersezioni a due a due – diciamole C2 – e se diciamo C3 la cardinalità dell'intersezione di dutti e tre, abbiamo:
Cu = 3·C1 – 3·C2 + C3.
Ora, se gli insiemi sono più di 3 ... io non ci sto dietro ad inseguire le intersezioni (e non conosco la formula che qualcuno avrà senz'altro trovato in generale).
Per cui non so che coefficienti dare a 4^12, 3^12, 2^12, 1^12.
Probabilmente, i coefficienti giusti sono quelli che mi correggono la formula dandomi quello 0,5622 (circa) [complementare di 43,78%] invece di 0,470339 ... che ho trovato prima.

=> Idea!

Forse la formula l'lo trovata!
Nel caso di 3 insieni i coefficienti erano con segno alterno e di modulo pari alle combinazioni di 3 elementi:
C(3, 1) = 3
C(3,2) = 3
C(3,3) = 1

Ora ho 6 tipi di insiemi di cardinalità rispettive k^12 con k da 1 a 6.
6^12 è la cardinalità totale. Quelli che mi interessano (per sapere la probabilità che vinca aspesi) sono gli altri 5.
Provo allora i coefficienti a segno alterno e di modulo combinazione di 6 elementi a k a k:
C(6, 1) = 6
C(6, 2) = 15
C(6, 3) = 20
C(6, 4) = 15
C(6, 5) = 6

(6·5^12 – 15·4^12 + 20·3^12 – 15·2^12 + 6·1^12)/ 6^12 = 0,56218431937882 ≈ 56,22%]

Nino II: migliora l'accuratezza e dimmi se l'avere tutte e quattro giuste le cifre che hai confermato ad astromauh è una pura coincidenza.

Ciao ciao
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Erasmus
«NO a nuovi trattati intergovernativi!»
«SI' alla "Costituzione Europea" federale, democratica e trasparente!»

Ultima modifica di Erasmus : 11-11-11 12:48.
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