Re: Estrazioni casuali
 

Ancora roulette

Dopo quanti colpi alla roulette ci si può teoricamente aspettare che il numero dei numeri usciti 3 volte sia uguale al numero dei numeri usciti 4 volte?

E in questo ciclo di colpi è più probabile riscontrare numeri assenti (non usciti neanche una volta), oppure numeri usciti 9 o più di 9 volte?

E' normale che più volte facciamo girare la ruota, e più aumentano i casi di numeri molto frequenti. Da un certo punto in poi i numeri usciti quattro volte saranno di più di quelli usciti tre volte, e c'è un punto critico che corrisponde all'inversione di tendenza.
Questo è quello che va calcolato.
Un'altra cosa è invece contare mediamente quando ciò avviene *per la prima volta*, senza aver *fissato* un numero di lanci.
Ritenere, per esempio, se escono nell'ordine 1,1,1,1,2,2,2 che il risultato di 7 lanci sia significativo perchè i numeri usciti tre volte sono tanti quanti quelli usciti 4 volte.
Questo avviene molto prima, come può essere verificato con una simulazione.
:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Se m è il numero di turni, X il numero di uscite di un fissato numero e p=1/37 la probabilità che il numero esca, si ha

P(X=k) = C(m,k)*p^k*(1-p)^m-k) perchè ci saranno k successi e (m-k)
insuccessi "combinati" in tutti i C(m,k) modi possibili.

Quindi
P(X=3) = C(m,3)*p^3*(1-p)^(m-3)
e
P(X=4) = C(m,4)*p^3*(1-p)^(m-4)

Dividendo e siluppando i coeff. binomiali si ottiene

P(X=4)/P(X=3) = (m-3)/144

il rapporto è uguale a 1 per m = 147, poi diventa a favore dei numeri usciti 4 volte.

Se facciamo i soliti conti per m=147, risulta
P(X>=9) = 1 - P(X=0,..,8) =~ 0.019
P(X=0) =~ 0.018

Per conferma, se vuole, Astromauh può provare a fare centomila serie da 147 lanci e verificare quante sono le (Q)uaterne che la spuntano sulle (T)erne, quante viceversa e quanti sono i pareggi.

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

In una lotteria (tipo superenalotto) vengono estratti 6 numeri su un totale di N numeri.

Qual è il minimo valore di N per cui la probabilità che nella sestina estratta ci siano 2 numeri consecutivi, sia inferiore al 50%?

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Non ci prova neanche Astromauh?

Re: Estrazioni casuali
 

P.S.: Auguri a chi inizia oggi una RL con la congiunzione Sole-Saturno in I e con Marte di transito su Plutone e quadrato all'Ascendente e a Saturno.

P.S.: ah, se vuoi e se puoi, fammi sapere se durante il mio viaggio, in anticipo sulle mie previsioni, sono saltate le valvole a un mentecatto che, tra le altre cose, è nato con una stretta quadratura Mercurio-Saturno che ti dice tutto sulla sua intelligenza (?) e su quella dei suoi supporters che finora si sono firmati Mario, Antonio, Dante...


Sto male :cry::cry::cry:

(Ho un po' di mal di gola)

Re: Estrazioni casuali
 

Io, malissimo :cry:
Ho il naso che cola continuamente, un po' di febbre e un terribile mal di testa.

Sarà mica per questo che non ho capito un tubo di quello che hai scritto?:confused:

Re: Estrazioni casuali
 

:eek:
a) Cerco "Mario Antonio Dante" con Google
b) Guardo i risultati
c) Estrazioni ... casuali? Estraggo casualmente un risultato.
d) Non c'è dubbio: deve trattarsi di Dante Mario Antonio Caputo :D

.... o no? :mmh:
------------------------------
:confused:

Re: Estrazioni casuali
 

No. Avevo riportato alcune frasi dell'astrologo Discepolo, che ultimamente mi fa l'oroscopo personalizzato, augurandomi di schiattare.

In effetti c'ha quasi preso, sono a letto con il mal di gola da un paio di giorni. :mad:

Inoltre dice che sarei uno stupido, perchè sono nato durante una quadratura Mercurio-Saturno. Secondo voi ha ragione?

Re: Estrazioni casuali
 

Il fatto dello stupido o della quadratura? :D

Re: Estrazioni casuali
 

Esaminiamo per semplicità gruppi più piccoli delle sestine.

Ad es. le coppie:
Sia n=6
I casi totali sono: Comb(6,2) = 15
Di questi, quelli con numeri non consecutivi sono 10:
1-3, 1-4, 1-5, 1-6, 2-4, 2-5, 2-6, 3-5, 3-6, 4-6
pari a : Comb(5,2)

Vediamo un esempio con i terni:
Sia n=6
I casi totali sono: Comb(6,3) = 20
Di questi, quelli con numeri non consecutivi sono 4:
1-3-5, 1-3-6, 1-4-6, 2-4-6
pari a : Comb(4,3)

Si scopre (proseguendo con gli esempi) che se k indica il numero di ogni aggregato (2 per le coppie, 3 per le terne, ...., 6 per le sestine) e n il numero totale dei numeri presenti, i casi totali possibili sono:
C = Comb(n,k)

mentre i casi senza consecutività sono:
Co = Comb(n-k+1,k)

Nel caso del quiz (sestine), si ha:
C = Comb(n,6)
Co = Comb(n-5,6)

Si tratta a questo punto di trovare il valore minimo n tale che il rapporto Co/C assuma valore >0,5

Co/C = (n-5)!/((n-5-6)!(6!) / (n!/((n-6)!6!)) =
(n-6)(n-7)(n-8)(n-9)(n-10)/(n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4))

La soglia del 50% passa fra n=48 (0,496797...) e n=49 (0,504801...)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Sai però che un risultato decimale, in questo quiz, ha poco senso...:)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Ha senso sì: ti dice che per n = 48 sei di qua (del 50%); e per n = 49 sei di là!
Assieme al fatto che la funzione f(x) è nulla in x = 10 e crescente per x > 10 (con asintolto f(oo) =1 per x ––> oo) ti precisa che "di qua" vuol dire "di meno" (del 50%) e "di là" vuol dire di più,
Ho bella: ma se mi sono sforzato di essere fedele allo spirito del quiz !!
Tu avevi scritto
ed io, in questo modo, vengo a sapere che quell'n intero è 49.
------------
La mia calcolatrice grafica sa fare i conti anche con variabile intera, nel senso che accetta un parametro n a valori discreti che tu definisci dando il minimo, il massimo ed il numero di intervalli.
Se metto n minimo 11, n massimo 100, numero di intervalli 100 – 11 = 89, ti posso accontentare. Solo che devo cambiare manualmente n (spostando col mouse una specie di cursore, come quello dei "player", tra il minimo 11 e il massimo 100
Vado a provarci...
Fatto!
f(n) è sempre crescente (a scatti) da f(11) ≈ 0,002165 a f(100) ≈ 0,729085
n = 48 ––> f(48) = 0,496797297676110
n = 49 ––> f(49) = 0,504801550592148

Risposta: n minimo (tale che ecc ecc) = 49.
Sei più contento con questo tipo di risposta? :D

Ciao ciao
-------------
:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Cosa chiedeva il quiz?

"Qual è il minimo valore di N per cui la probabilità che nella sestina estratta ci siano 2 numeri consecutivi, sia inferiore al 50%?"

La risposta è 49 :)

Qui ci vuole una bella inversione tra la h e la o: la tua calcolatrice grafica non te lo dice? :D

Come faresti senza?:mmh:
(Ma non è che sa fare anche i marchesi? :D

Ciao
(Si fa solo per ridere, eh...)

Re: Estrazioni casuali
 

Queste tue provocazioni m'hanno fatto passare il colpo di sonno :mad:
E io, che ho detto?
Qualcosa che equivale a dire che con quell'equazione si capisce che non può essere che 49 :p.
E se non capisci ... io non c'entro!
:o
L'ho già detto: sono ormai da "rottamare"!
[Poco tempo fa ho scritto: "L'hanno scorso ..."]
Oppure: tiro avanti ... come la mia auto che è vecchia e scassata ma va ancora.
Tiro avanti anche con la Calcolatrice Grafica (vecchia sì: dei tempi del System 9).
Se non l'avessi?
Non risponderei ai tuoi fottuti quiz ... ma continuerei a tirare avanti lo stesso.
O non sei contento finché non mi vedi suicida? :eek:
------------
Ciao ciao

Re: Estrazioni casuali
 

Non lo dire neanche per scherzo...
Chi mai terrebbe allora viva questa sezione? ;)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Ovvio!
Nino I & Nino II, con sporadiche partecipazioni di Miza e astromauth. :)
Piotr no di sicuro :D

Ma no: vedo negli ultimi tempi molte nuove partecipazioni ...

Ciao ciao

Re: Estrazioni casuali
 

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?

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

In sostanza, si chiede se è più probabile che, lanciando i 12 dadi, escano tutti i possibili numeri da 1 a 6 o ne escano di meno.

Messi in fila i 12 dadi, si capisce subito che le dozzine distinte sono quanti i numeri di 12 cifre in base 6 cioè
6^12 = 2 176 782 336.
Bisogna ora contare le dozzine in cui non è presente una precisa cifra.
Queste sono quanti i numeri di 12 cifre in base 5, cioè:
5^12 = 244 140 625.

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

Ora abbiamo (6·5^12)/(6^12) = 5^12/6^11 = 0,6729399287 ... > 2/3 > 1/2.

Il gioco non è equo: è meno probabile che ci siano tutte e 6 le cifre che ne manchi qualcuna.

Sei un truffaldino perché, se giocassimo come proponi, la probabilità che vincessi tu sarebbe più del doppio della probabilità che vincessi io :mad:
:D

Re: Estrazioni casuali
 

Ho visto solo le tue conclusioni.
Domani guardo il procedimento.
Ti dico subito che io, quando propongo una scommessa, sono molto meno disonesto di quanto hai deciso tu (in questo quiz, che ti consiglio di ricontrollare...;))

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Sì, qualcosa di sbagliato c'è senz'altro.
E' vero che i casi in cui manca almeno una certa precisa "cifra" delle 6 sono 5^12. Ma non è vero che sono 6·5^12 quelli in cui manca almeno una cifra. Infatti, nei 5^12 casi in cui, per esempio, panca la cifra 1, ci sono 4^12 casi in cui manca anche la cifra 2 (o la cifra 3, la cifra 4, ecc.). Cioè: gli insiemi di possibili esiti in cui manca la cifra x e quelli in cui manca la cifra y non sono disgiunti!

Non ho le idee chiare. Questo tipo di quiz mi imbarazza quasi sempre ...
Forse bisogna trattare la cosa più ... "analiticamente" e per via combinatoria.
Cioè:
Considerare la disposizione di 12 oggetti, ciscuno dei quali scelto da 6 possibili soltanto.
Con una sola cifra ci sono 6 dozzine (tutti 1 otutti 2, o tutti 3, ... o tutti 6).
Con sole due cifre ... è già un bel casino!
Provo a ragionarci un po' (qui, in real time!).
Ci sono C(6, 2) = 15 combinazioni.
Per ogni combinazione, – diciamola, per stare sul generale, (x,y) –posso avere
• 11 x ed 1 y in 12 distinte disposizioni. NB: 12 = C(12, 1)
• 10 x e 2 y ... [se metto un y, diciamolo y1, al 1° posto, l'altro y (diciamolo y2) ha 11 possibilità; se metto Y1 al k-esimo posto, escludendo di mettere y2 davanti per non fare ripetizioni, y2 ha 12–k possibilità] ... 11 + 10 + ... + 2 + 1 = C(12,2) = 66 distinte disposizioni,
...
• k x e (12–k) y (o viceversa) ––> C(12, k) = C(12, 12–k) distinte disposizioni.
...
Quindi ci sono C(12,1) + C(12, 2) + ... + C(12,11) = 2^12 – 2 = 4094 casi con le sole cifre x e y.
In tutto C(6,2)·(2^12 – 2) = 15·4094 = 61410 casi con sole 2 cifre.

Forse continuando – ma il casino cresce sbalordotivamente – sipossono contare 1uante dozzine con sole 3 cifre, con sole 4, con sole 5.
Alla fine, soomado questi numeri avere quante dozzine nancano di almeno una cifra.

Ma non sono il più adatto per questi conti ... ed è notte fonda!
-----------
:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Aspesi perde nel 43,758 % dei casi.

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

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%. :)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

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...

:hello:

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

Re: Estrazioni casuali
 

Infatti, è quello che ho scritto.

Aspesi perde nel 43% dei casi, ma nella maggior parte dei casi vince!

Re: Estrazioni casuali
 

Hai ragione!:o
Chissà a cosa pensavo...

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

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.... ;)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

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. :o

Perchè passo per una persona brutale, mentre sono soltanto un po' pigro. :rolleyes:

Re: Estrazioni casuali
 

Puoi provare con questo quiz.
Se imposti la formula ricorsiva, con un foglio di calcolo come excel è abbastanza semplice.

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Excel non ce l'ho.

Re: Estrazioni casuali
 

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%?
Cosa vorresti dire?
Lanci forse un dado alla volta (k = 1, 2, 3, ... ,12)? 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? Intendi dire "dopo k lanci", suppongo. 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?
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.
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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 ! :cool:
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. :lipssealed:
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! :rolleyes:
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

Re: Estrazioni casuali
 

Non so se mi sono espresso male, ma io ho usato il metodo alla Mizarino, ossia il metodo Montecarlo. Per me, considerare tutti i casi possibili, oppure considerare un gran numero di essi, distribuito uniformemente sull'insieme della totalità dei casi, sono entrambi dei metodi basati sulla forza bruta.

Se mi dite che per metodo basato sulla forza bruta, si considera solo quello che tiene conto di TUTTI i casi possibili, in futuro farò più attenzione a ciò che dico. :o

Invece di considerare la totalità dei 2 miliardi e rotti di casi, ne ho considerati 100 milioni, che sono comunque un grosso numero.

La differenza tra i due metodi, è che con il metodo Montecarlo, si ottiene un risultato approssimato, se si vuole un risultato preciso fino all'ultima cifra decimale, con il metodo Montecarlo, bisognerebbe considerare un numero di casi addirittura maggiore dei 2 miliardi e rotti di tutte le combinazioni possibili.

A proposito di cifre decimali, il mio risultato differisce un po' da quello di Aspesi, perchè mi veniva: 43,758 % e sarei pronto a scommettere che il mio risultato è più preciso del suo.

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Assolutamente, no! Scommettiamo pure :p
Con il calcolo "preciso" dei casi favorevoli rispetto a quelli totali possibili, il risultato è "esatto" e non approssimato come quello che ottieni tu.
Non ho guardato cosa dice Erasmus, lo farò più tardi, poi, se non è stata trovata, riporterò la mia soluzione.

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

OK, scommettiamo una ricarica del cellulare di 10 euro. :ok:

Accetti?


Hai diritto ad un'altra cifra decimale, cosa ci metti dopo l'otto ?

Ho visto adesso che anche ad Erasmus viene il tuo stesso risultato.

Mah, vorrà dire che ho perso 10 euro. :cry:

Re: Estrazioni casuali
 

Il risultato è 0,437815681...
Lanciare un dado alla volta per 12 volte (e segnare i numeri usciti ad ogni lancio) oppure contemporaneamente 12 dadi è lo stesso:rolleyes:
p(1,1) indica che, ovviamente, se lanci un dado, la probabilità che esca uno dei 6 numeri scritti sulle facce è ... il 100% (a meno che non si fermi di traverso, su uno spigolo :D)

La formula ricorsiva è semplicissima.
Poi, basta metterla in un foglio di calcolo per tirare fuori tutti i risultati che vuoi, per qualsiasi numero di dadi che lanci e per qualsiasi numero di numeri distinti che vuoi ottenere.

Erasmus, sei formidabile!!!!!!:ok:
E' perfetto!
La formula per calcolare i 6 numeri distinti con n>=6 è proprio:
Sum((-1)^i * Comb(6,i)*(6-i)^n per i=0....5
e quindi
a(n) = 6^n - C(6,5)*5^n + C(6,4)*4^n - C(6,3)*3^n + C(6,2)*2^n - C(6,1)
con n>=6

La sequenza A000920 è: (n=6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, ...)
720, 15120, 191520, 1905120, 16435440, 129230640, 953029440,...
http://oeis.org/A000920

Ciao
Nino

Re: Estrazioni casuali
 

Facciamo finta che me li hai dati... :D

Oltre al metodo trovato da Erasmus, si può procedere con questo ragionamento.
Faccio finta di lanciare 12 volte di seguito un dado anziché 12 dadi una volta (è lo stesso)
Chiamo p(n,k) la probabilità di avere n numeri diversi dopo k lanci.
Il problema chiede di trovare p(6,12)

Dopo il primo lancio ho logicamente p(1,1) = 1 (perché esce per forza un numero)
Dopo il secondo lancio posso avere ancora un numero (se si ha ripetizione di quello uscito nel primo lancio), oppure 2 numeri (negli altri casi).
Generalizzo:
Dopo il lancio k i numeri diversi che posso avere sono n se:
-al lancio k-1 ne avevo già n (ed esce uno dei numeri già usciti prima): questa probabilità è n/6
-oppure, al lancio k-1 ne avevo n-1 ed esce un numero nuovo: la probabilità in questo caso è (6-n+1)/6

Perciò:
p(n,k) = p(n,k-1) * n/6 + p(n-1,k-1) * (6-n+1)/6

A questo punto, basta fare una tabellina (inserendo la formula ricorsiva precedente):
..........1........... 2........... 3.......... 4........ 5......... 6
.......-----........-----.........------.......-----.....------......------
1.... 1,000000
2.... 0,166667.....0,833333....0,000000....0,000000....0,000000....0,000000
3.... 0,027778 ....0,416667....0,555556....0,000000....0,000000....0,000000
4.... 0,004630 ....0,162037....0,555556....0,277778....0,000000....0,000000
5.... 0,000772 ....0,057870....0,385802....0,462963....0,092593....0,000000
6.... 0,000129 ....0,019933....0,231481....0,501543....0,231481....0,015432
7.... 0,000021 ....0,006752....0,129029....0,450103....0,360082....0,054012
8.... 0,000004 ....0,002268....0,069016....0,364583....0,450103....0,114026
9.... 0,000001 ....0,000759....0,036020....0,277563....0,496614....0,189043
10... 0,000000 ....0,000254....0,018516....0,203052....0,506366....0,271812
11... 0,000000 ....0,000085....0,009427....0,144626....0,489656....0,356206
12... 0,000000 ....0,000028....0,004770....0,101131....0,456255....0,437816
13... 0,000000 ....0,000009....0,002404....0,069806....0,413923....0,513858
14... 0,000000.....0,000003....0,001208....0,047739....0,368204....0,582845
15... 0,000000.....0,000001....0,000606....0,032430....0,322750....0,644213

La somma di ogni riga è ovviamente 1

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Ho appena rilanciato il programma con mezzo-miliardo di tentativi.

Il risultato è


0.437583252

Mi sembra molto strano che ci possa essere un errore già a partire dalla quarta cifra decimale.

Secondo me, voi fate delle approssimazioni eccessive nei calcoli. :D


Il programma che fa il calcolo è elementare, ho sbagliato qualcosa?


for v=1 to volte
uno=0: due=0: tre=0: quattro=0: cinque=0: sei=0

for n=1 to 12
x= int(RND*6) + 1

if x=1 then uno=1
if x=2 then due=1
if x=3 then tre=1
if x=4 then quattro=1
if x=5 then cinque=1
if x=6 then sei=1
next

if uno=1 AND due=1 AND tre=1 AND quattro=1 AND cinque=1 AND sei=1 then ok=ok + 1
next

response.write("ok=" & ok/volte)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Non so come mai sbaglia di più del 0,5 per mille.
Probabilmente è la funzione random

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Stranamente il risultato che ottengo assomiglia molto al mio numero di cellulare.
Te lo invio con un MP.


:D:D:D:D

Re: Estrazioni casuali
 

Aspesi, aspetta a cantar vittoria, vediamo prima Mizarino che valore ottiene con il suo PC.

;)

Re: Estrazioni casuali
 

Aspettiamo, allora...

Se vuoi, nel frattempo puoi provare l'altro quiz
http://www.trekportal.it/coelestis/s...400#post535400

:hello: