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Vecchio 05-04-19, 09:05   #2611
nino280
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Ok fatto e hai ragione tu.
Mi son svegliato 10 minuti fa e siccome questa mattina sono all'opera (cioè devo essere in campo e sono in procinto di partire) ho fatto in questi 10 minuti quello che mi hai detto:
https://i.postimg.cc/Z54jtbLb/Cattura-Aspesi.png



E come si vede funziona.
Insomma io avevo fatto l'errore di far partire il cerchio in F con il centro lungo la bisettrice dell'angolo del triangolo in quel punto, mentre dovevo fare ne più ne meno lo stesso lavoro che avevo fatto per i cerchi in E e C.
E' tardi vado Ciao
nino280 non in linea   Rispondi citando
Vecchio 12-04-19, 08:14   #2612
aspesi
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Quote:
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Nelle 6 facce di un dado sono contenuti 1 - 2 - 3 - 4 - 5 - 6 cerchi bianchi (che ne rappresentano il punteggio).
In ognuno di questi 21 cerchi è scritto un numero intero positivo, uno in ogni cerchio e tutti diversi tra loro, in modo che:
• in nessuna faccia siano scritti due numeri consecutivi
• la faccia con tre numeri contiene solo numeri primi
• la faccia con 4 cerchi contiene il numero 4, quella con 5 cerchi il numero 5 e quella con 6 cerchi il numero 6
• la somma dei numeri scritti su ogni faccia sia sempre la stessa e sia la più piccola possibile.

Quali numeri sono scritti sulle 6 facce ? (Esistono 4 soluzioni)

La somma più piccola possibile dei numeri scritti su ogni faccia è 43.

Questa è una delle quattro soluzioni:

1 ----> 43
2 ----> 18 - 25
3 ----> 11 - 13 - 19
4 ----> 4 - 9 - 14 - 16
5 ----> 2 - 5 - 7 - 12 - 17
6 ----> 1 - 3 - 6 - 8 - 10 - 15

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 15-04-19, 14:20   #2613
nino280
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Ok!
Ciao
nino280 non in linea   Rispondi citando
Vecchio 06-09-19, 19:01   #2614
Erasmus
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Chiedo un particolare favore ad astromauh.

Una volta – tanto tempo fa – aspesi aveva posto questo quiz:
«Qual è l'area media dei triangoli inscritti nel cerchio di raggio 1?»

Ho trovato sul mio computer un documento nel quale c'è la soluzione teorica di questo quiz (naturalmente secondo me ... che non sono Miza e quindi posso aver sbagliato con una probabilità non trascurabile).

Chiedo allora ad astromauh il favore di trovare la soluzione mediante il sorteggio casuale di un gran numero di triangoli inscritti (di cui sommare le aree e poi dividere la somma per il numero di triangoli).

Per facilitargli il calcolo mi permetto di segnalargli che l'area di un triangolo inscritto in un cerchio di raggio 1 è facile se si considerano gli angoli al centro sotto i quali sono visti i lati.
Se un lato è visto dal centro del cerchio sotto l'angolo x e un altro sotto l'angolo y, il terzo è visto sotto l'angolo (x + y).

Sia ABC il triangolo inscritto in un cerchio e sia O il centro del cerchio.
Supponiamo che il lato AB sia visto sotto l'angolo x, il lato BC sotto l'angolo y e di conseguenza il lato AC sotto l'angolo (x + y).
Supponiamo poi che ABC stia tutto in un semicerchio, (cioè che il centro O del cerchio stia fuori dal triangolo, ossia che l'angolo (x + y) sia minore di un angolo piatto).
Allora l'area di ABC è uguale alla somma delle aree di OAB e OBC meno l'area di OAC.
Le aree di questi triangoli, supposto 1 il raggio del cerchio, valgono rispettivamente
Area(OAB) = [sin(x)]/2;
Area(OBC) = [sin(y)]/2;
Area(OAC) = [sin(x+y)]/2;

Area(ABC) = [sin(x) + sin(y) – sin(x+y)]/2 (*)

Se invece il centro sta dentro al triangolo (cioè se x + y è maggiore di un angolo piatto) l'area del terzo triangolo Area(OAC )va aggiunta e non sottratta.
Ma la formula (*) va ancora bene perché se (x +y) è maggiore di un angolo piatto il suo seno è negativo.

Allora, presi due angoli casuali tra 0 e 180 gradi,, calcolare la formula (*), fare così per n volte, sommare tutti i risultati e poi dividere per n.

Nel documento alla fine sai arriva adire chel'area media è 3/π.
Ma ora, rifacendo il calcolo senza andar a vedere come era quello che come risultato trovava 3/π, mi viene 2/π e non 3/π

Grazie astromauh se mi fai questo calcolo.

Ciao ciao
–––
__________________
Erasmus
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Ultima modifica di Erasmus : 07-09-19 00:28.
Erasmus non in linea   Rispondi citando
Vecchio 01-10-19, 11:23   #2615
aspesi
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

In un test a risposta multipla le risposte esatte valgono + 4, le risposte sbagliate - 1, la risposta non data vale 0.
Ogni domanda ha esattamente 5 opzioni possibili, di cui una sola é corretta, e
a) supponendo che TUTTE le scelte di un candidato (rispondere o non rispondere e, se si risponde, dare la risposta giusta o sbagliata) vengano fatte in modo indipendente e casuale
b) sapendo che in totale le domande cui si può o meno rispondere sono 4

qual è la probabilità che quel candidato risponda a tutte le domande E consegua un punteggio superiore a 0?


aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 03-10-19, 00:09   #2616
Erasmus
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Quote:
aspesi Visualizza il messaggio
In un test a risposta multipla le risposte esatte valgono + 4, le risposte sbagliate - 1, la risposta non data vale 0.
Ogni domanda ha esattamente 5 opzioni possibili, di cui una sola é corretta, e
a) supponendo che TUTTE le scelte di un candidato (rispondere o non rispondere e, se si risponde, dare la risposta giusta o sbagliata) vengano fatte in modo indipendente e casuale
b) sapendo che in totale le domande cui si può o meno rispondere sono 4

qual è la probabilità che quel candidato risponda a tutte le domande E consegua un punteggio superiore a 0?


Oh, bene! iI forum si è rimesso a funzionare!
[Stamattina era nel pallone!]
-----------------------------------
Faccio un'ipotesi aggiuntiva (che suppongo implicita nel testto anche se non espressamente dichiarata ... perché si sa che di solito i testi di aspesi sono equivocabili ). Questa:
Ciascuna delle 4 domande ha probabilità 50% di di avere risposta..
L'equivoco sta nel fatto che un lettore potrebbe interpretare equiprobaili ciascuna di queste sei possibili risposte
1) La numero 1.
2) La numero 2.
3) La numero 3.
4) La numero 4.
5) La numero 5.
6) Non te lo dico!

Pertanto ciascuna domanada ha probabilità 1/2 di non contribuire al punteggio, probabilità (1/2)·(4/5)=2/5 di fruttare –1 e probabilità (1/2)·(1/5)= 1/10 di fruttare 4.
• La probabilità che tutte le 4 domande abbiano risposta è ovviamente 1/16 = 6,25%.
• La probabilità che il punteggio globale sia positivo è 50%
–––––––––
Sulla prima risposta penso che non ci sia nulla da dire!
Sulla seconda ... bisognerebbe spiegare come si arriva a questo risultato.
Mi speigo subito!
Immaginiamo che un fottio di candidati operi in questo stesso modo (a caso come detto). Ciascuna domanda 5 volte su 10 non avrà risposta, avrà risposta sbagliata 4 volte su 10 e avrà risposta giusta una sola volta su 10.
Per un numero n di volte molto grande il punteggio atteso Pa sarà dunque:
Pa = [(n/2)·0 + (2n/5)·(–1) + (n/10)·4]/n = [n(2/5 – 2/5)]/n = 0.
Se dunque il valore atteso è 0 e ogni domanda è trattata allo steesso modo (e quindi ogni quaterna è equiprobabile), vuol dire che i casi con punteggio globale positivo sono tanti quanti i casi con punteggio globale negativo.
------
Ad essere pignoli, però, siccome i casi possibili sono in numero finito e finito è anche il numero di casi con punteggio globale 0, la probabilità di ottenere un punteggio globale positivo dovrebbe essere un po' minore del 50%.

Ho provato a contare i casi possibili di risposte con relativo punteggio. Salvo errori o omissioni mi viene quanto segue:
Codice:
4 risposte su 4 (probabilità 1/16)    
 giuste  Sbagliate  Punteggio     Relativo numero di casi  
    4        0              16                          1
    3        1              11                         16
    2        2               6                          96
    1        3               1                         256
    0        4             –4                         256

3 risposte su 4 (probabilità 1/4)    
 giuste  Sbagliate  Punteggio     Relativo numero di casi  
    3        0              12                          1
    2        1               7                         12
    1        2               2                        48
    0       3              –3                        64

2 risposte su 4 (probabilità 3/8)    
 giuste  Sbagliate  Punteggio     Relativo numero di casi  
    2        0               8                        1
    1        1               3                        8
    0        2             –2                       16

Una risposta su 4 (probabilità 1/4)    
 giuste  Sbagliate  Punteggio     Relativo numero di casi  
    1        0               4                       1
    0        1             –1                       4

0 risposte su 4 (probabilità 1/16)    
 giuste  Sbagliate  Punteggio     Relativo numero di casi
    0          0            0                       1
Si può fare un punteggio globale positivo in tanti modi.
Pesando con la rispettiva probabilità i casi di punteggio positivo e sommando i prodotti siottiene 38,9375=623/16.
Pesando invece con la rispettiva probabilità i casi di punteggio positivo e sommando i prodotti si ottiene 39 =624/16
Pesando infine con la sua probabilità l'unico caso di punteggio nullo siha 0,0625 =1/16.
Dunque, la probabilità di ottenere un punteggio globale P positivo è 623/(623 + 624+1) = (1/2)·(623/624)< 1/2.
[b]E' invece esattamente 1/2 la probabilità di fare un punteggio globale P ≥ (o P <*0))/B].
––––
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Erasmus
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Vecchio 03-10-19, 13:56   #2617
aspesi
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

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Pertanto ciascuna domanada ha probabilità 1/2 di non contribuire al punteggio, probabilità (1/2)·(4/5)=2/5 di fruttare –1 e probabilità (1/2)·(1/5)= 1/10 di fruttare 4.
• La probabilità che tutte le 4 domande abbiano risposta è ovviamente 1/16 = 6,25%.
• La probabilità che il punteggio globale sia positivo è 50%
–––––––––
Sulla prima risposta penso che non ci sia nulla da dire!
Sulla seconda ... bisognerebbe spiegare come si arriva a questo risultato.
Mi speigo subito!
Immaginiamo che un fottio di candidati operi in questo stesso modo (a caso come detto). Ciascuna domanda 5 volte su 10 non avrà risposta, avrà risposta sbagliata 4 volte su 10 e avrà risposta giusta una sola volta su 10.
Per un numero n di volte molto grande il punteggio atteso Pa sarà dunque:
Pa = [(n/2)·0 + (2n/5)·(–1) + (n/10)·4]/n = [n(2/5 – 2/5)]/n = 0.
Se dunque il valore atteso è 0 e ogni domanda è trattata allo steesso modo (e quindi ogni quaterna è equiprobabile), vuol dire che i casi con punteggio globale positivo sono tanti quanti i casi con punteggio globale negativo.
------
Ad essere pignoli, però, siccome i casi possibili sono in numero finito e finito è anche il numero di casi con punteggio globale 0, la probabilità di ottenere un punteggio globale positivo dovrebbe essere un po' minore del 50%.
E' tutto giusto, in particolare la frase che ho evidenziato in rosso e in grassetto

Per il resto, non rispondi specificatamente a quanto richiede il quiz "Qual è la probabilità che quel candidato risponda a tutte le domande E consegua un punteggio superiore a 0?"

La soluzione è 34,39%

Punti ..... Casi possibili ..... Probabilità
-4 .............. 1 .................... 0,0256
-3 .............. 4 .................... 0,128
-2 .............. 6 .................... 0,24
-1 .............. 4 .................... 0,20
0 ............... 1 .................... 0,0625
1 ............... 4 .................... 0,0256
2 .............. 12 .................... 0,096
3 .............. 12 .................... 0,12
4 ............... 4 .................... 0,05
6 ............... 6 .................... 0,0096
7 .............. 12 .................... 0,024
8 ............... 6 .................... 0,015
11.............. 4 .................... 0,0016
12.............. 4 .................... 0,002
16.............. 1 .................... 0,0001

......Totale . 81 ...................... 1
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Vecchio 03-10-19, 18:16   #2618
Erasmus
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E' tutto giusto, in particolare la frase che ho evidenziato in rosso e in grassetto

Per il resto, non rispondi specificatamente a quanto richiede il quiz "Qual è la probabilità che quel candidato risponda a tutte le domande E consegua un punteggio superiore a 0?"
Credevo di aver risposto!
Ma ... lo vedi quanto sei equiovoco?
Hai detto prima che i sorteggi se rispondere o no alla domanda e quale risposta sceglere sono indipendenti. E allora io ho interpretato quel "E" come passaggio alla seconda parte del quiz, cioè quel che segue E come nuova domanda.
Invece ora quel "E" lo intendi come connettivo logico e vuoi sapere la probabilità di conseguire un punteggio globale positivo rispondendo a tutte le domande.
La risposta è facile perché ci sono 5^4 = 625 quaterne possibili ma solo di 4 tipi, con rispettivo punteggio 16, 11, 6 o –4 e con rispettiva cardinalità (come già scritto);
Codice:
4 risposte su 4    
 Giuste  Sbagliate  Punteggio   Relativo numero di casi  
    4        0              16                    1
    3        1              11                  16 [Ognuna delle 4 domande  ha 4 possibili risposte sbagliate] 
    2        2               6                   96 [6 possibili coppie di domande con 4^2 coppie di possibili risposte sbagliate]
    1        3               1                  256 [4 possibili terne di domande con 4^3 terne di possibili risposte sbagliate]
    0        4             –4                   256  [una quaterna di domande con 4^4 quaterne di possibili risposte sbagliate]
I casi distinti sono 1+16+96+256+256 = 625 = 5^4. Di questi quelli con punteggio positivo sono 1+16+96+256 = 369,
La probabilità di ottenere un punteggio positivo è dunque 369/625 ≈59,04% > 50%
[Quindi conviene rispondere a tutte le domande!]
Il punteggio atteso (cioè quello conseguibile mediamente) è:
Codice:
         1·16 + 16·11 + 96·6 +256·1        1024
Pa = ––––––––––––––––––––––––– =  ––––––– ≈  2,775
              1 + 16 + 96 + 256                  369
Si nota che, se si rtisponde a caso, è conveniente rispondere a tutte 4 le domande.
–––
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Ultima modifica di Erasmus : 08-10-19 23:25.
Erasmus non in linea   Rispondi citando
Vecchio 24-11-19, 19:57   #2619
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Un fumatore ha due scatole di cerini, ciascuna delle quali contiene 6 cerini.
Ogni volta che fuma una sigaretta sceglie a caso una scatola, preleva un cerino, lo accende e lo getta via dopo l'uso.
Quando una scatola si esaurisce, nell'altra scatola possono rimanere da 1 a 6 cerini.

Quanti ne restano mediamente?

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Vecchio 24-11-19, 22:20   #2620
Erasmus
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Quote:
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[...] Quando una scatola si esaurisce, nell'altra scatola possono rimanere da 1 a 6 cerini.
PErché "da 1 a 6"? Secondo me "da 0 a 6".
Il fumatore non tiene memoria della scatola usata nella precedente fumata!
Può allora succedere che, dopo asver usato l'ultimo cerino di una scatola, (con un numero di funate minore di 12 e non minore di 6) accincgendosi ad una nuova fumatina usi un cerino dell'altra scatola oppure dapprima constati che una scatola è vuota e allora apra l'altra scatola eed esclami – come effettivamente avrebbe esclamato Erasmus prima di smettere di fumare–:
«Porco mondo! Vuota anche questa!
Amen! Vado ad accerdermi la sigaretta col gas di cucina.»
-----------------
Supponiamo che hai ragione tu . [Il fumatore nota che nella scatola B ci sono ancora k cerini – con k da 1 a 6 – quando, aprendo dapprima la scatola A, la trova vuota].
Dico R il numero di cerini rimasti in una scatola quando il fumatore scopre che l'altra è vuota.
• R=6. Una scatola risulta vuota dopo 6 fumate: può succedere in un solo modo. [C(6, 6) = 1]
• R=5. Una scatola risulta vuota dopo 7 fumate: può succedere in 7 modi. [C(7, 6) = 7]
• R=4. Una scatola risulta vuota dopo 8 fumate: può succedere in 28 modi. [C(8, 6) = 28]
• R=3. Una scatola risulta vuota dopo 9 fumate: può succedere in 84 modi. [C(9, 6) = 84]
• R=2. Una scatola risulta vuota dopo 10 fumate: può succedere in 210 modi. [C(10, 6) = 210]
• R=1. Una scatola risulta vuota dopo 11 fumate: può succedere in 462 modi. [C(11, 6) = 462]

Occorre ora fare la medeia pesata dei numeri R (da 1 a 6) con rispettivi pesi C(12–R, 6).
Codice:
              1·462 + 2·210 + 3·84 + 4·28 + 5·7 + 6·1       1287       13
Rmedio = –––––––––––––––––––––––––––––––––––  = –––––– = ––– = 1,625
                    462 + 210 + 84 + 28 + 7 + 1                  792          8
Secondo me, però, occorrerebbe tener conto dei casi in cui il fumatore scoprendo che una scatola è vuota va ad aprire l'altra e la trova pure vuota.
Questo può succedere dopo la 12ª fumata in C(12, 6) = 924 modi.
Al numeratore si aggiunge niente (perché l'addendosarebbe 0·924=0), ma al denominatore si aggiunge 924 ottenendo
Rmedio = 1287/1716 = 3/4 = 0,75.
Insomma: ci sono ben 924 casi – più della metà di tutti i casi possibil! – in cui lo fumatore può amaramente scoprire che sono vuote entrambe le scatole.
Non capisco perché – secondo aspesi – di questi casi non si debba tener conto.
–––––
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