Estrazioni casuali
 

Questo piacerà senz'altro a Astromauh...:D

Supponiamo di estrarre dei valori a caso uniformemente distribuiti fra 0 e 1.
Ne estraggo tanti finché la loro somma non supera 1.
Quanti ne serviranno mediamente?
E qual è la probabilità che siano necessari k (2, 3, 4, ...) estrazioni?

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Prima domanda, Parliamo di numeri reali o posso pensare di "Barare" imponendo un limite di precisione?

Re: Estrazioni casuali
 

Non mi pare di capire cosa vuol dire barare in questo caso.

Comunque, i numeri sono decimali reali, supponiamo con un numero infinito di decimali (ma non incide sul risultato)

Re: Estrazioni casuali
 

Soluzione:


k(2)=0,5
k(3)=0,3334
k(4)=0,125
k(5)=0,0333
k(6)=0,0069
k(7)=0,0012
k(8)=0,0002

Media=2,718

fine


:D

Re: Estrazioni casuali
 

Ovviamente, è giusto! :ok:
Ma ti sei accorto a cosa corrisponde il valore della media?

E qual è la formula per calcolare la probabilità per un qualsiasi valore k di estrazioni (es. k(10))?

:hello:

Soluzione per far sparire le risposte
 

Soluzione per far sparire le risposte:

Evidenziare la risposta e scegliere un colore qualsiasi tra quelli disponibili.

Sostituire il nome del colore con linen che è il colore dello sfondo.

In questo modo le risposte spariscono completamente.

;)

Se già lo sapevate, come non detto.

PS

Nino, la pizza mi aspetta....:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

:eek:
Che vuol dire "ne serviranno"?
Se intendi: "Quanti se ne estraggono mediamente ripetendo un enerme numero di volte l'estrazione", la risposta è .... "DUE +" (dal momento che il valor atteso – cioè la media aritmetica a lungo andare dei numeri estratti– è 1/2 e tu vuoi che, fintanto che la somma dei numeri già estratti non supera 1 si continui ad estrarre).
Non capisco!!!
Siccome ho già visto la risposta di astromauh e il tuo commento «Ovviamente è giusto», sono perplesso!!!

Ma che c***o vuol dire «la probabilità che siano necessari – o necessarie? – " k estrazioni» :mmh:
Che ci azzecca la necessità?
Intendi forse dire «Qual è la probabilità che la somma di k numeri estratti a caso non superi 1»?

Se intendi questa probabilità (che è una probabilità cumulativa), allora essa vale l'integrale tra 0 e 1 di dx·[x^(k–1)/(k–1)! che vale evidentemente 1/k!
Diciamola P(k). E diciamo F(x, k) la probabilità che la somma dei k numeri estratti a caso non superi x quando x è compreso tra 0 e 1.
Allora P(k) = F(1, k).

Esempio: P(2)?
Densità di probabilità y uniforme di ogni numero estratto a caso tra 0 e 1 ––> y = 1 per 0 ≤x ≤ 1.
F(x, 1) = integrale da 0 e x di 1·dx ––> F(x, 1) = x (per 0 ≤ x ≤1; F(x, 1) = 0 altrove).
Densità di probabilità y(2,x) che la somma di 2 numeri estratti a caso valga x ( con 0 ≤ x ≤ 2):
––> y = x tra 0 e 1; y = 2–x tra 1 e 2.
Integrale F(x, 2) della densità di sopra (definita distintamente nei tratti da 0 a 1 e da 1 a 2):
F(x, 2) = integrale da 0 a x di t dt per 0 ≤ x ≤ 1 ––> F(x, 2) = x^2/2; F(1, 2) = 1/2.
F(x, 2) = integrale da 1 a x di (2–t) dt + F(1, 2) per 1 ≤ x ≤2 ––> F(x, 2) = –(x^2)/2 +2x –1 ––>
––> P(2) = F(1, 2) = 1/2.

In generale, integrando successivamente, nel primo tartto 0 ≤ x ≤ 1 risulta (per ogni k > 0):
F(x, k) = (x^k)/k!

La probabilità che la somma di k numeri estratti (ciascuno con densità di prob. uniforme tra 0 e 1) è dunque: P(k) = F(1,k) = 1/k!

Pertanto:
P(2) = 1/2 =0,5
P(3) = 1/6 = 0,16666...
P(4)= 1/24 = 0,04166...
...
P(k) = 1/k!
...
--------------
Riassumo e mi spiego ... con meno formule (forse!):
• Estraendo 2 numeri fai una somma compresa tra 0 e 2.
La densità di probabilità è un triangolo isoscele con base tra 0 e 2 alto 1: rampa in salita di pendenza 1 tra 0 e 1 e in discesa di pendenza –1 tra 1 e 2.
• Estraendo 3 numeri fai una somma compresa tra 0 e 3.
La densità di probabilità è una "campana" fatta di tre archi di parabola: il primo tratto, tra 0 e 1, ha equazione y = (x^2)/2 .
Il terzo tratto, tra 2 e 3, è il simmetrico del primo, quindi di equazione:
y = [(3–x)^2]/2 = (x^2 – 6x +9)/2.
Il secondo è un arco di parabola voltata in giù che deve raccordarsi con primo e terzo arco. Fatti i conti, è:
y = –x^2 + 3x – 3/2.
[Infatti y(1) = y(2) =1/2; y' = dy/dx = –2x + 3 ––> y'(1) = 1; y'(2) = –1 = – y'(1)].
La densità di probabilità (con due estrazioni) è massima in x = 3/2 dove vale 4/3.
L'integrale tra 0 ed x di questa campana viene una curva monotona crescente (che è la probabilità [cumulativa] di fare non più di x con 3 estrazioni). Ovviamente, per x tra 0 e 1, questa è F(x, 3) = (x^3)/3! .
• La "campana" F(x, k) cambia forma al crescere di k estendendosi tra 0 e k.
E' definita a tratti: tra 0 e 1, tra 1 e 2, ..., tra k–1 e k.
In ogni tratto è un [diverso] polinomio di grado k–1.
In generale la campana si ottiene per convoluzione successiva a partire dalla forma iniziale (rettangolare se si tratta di probabilità uniforme; in particolare quadrata nel nostro caso dove il dominio è tra 0 e 1).
Al tendere di k all'infinito, la "campana" y(x, k) tende alla gaussiana. (Teorema "centrale limite")
[Questo è vero per ogni tipo di distribuzione iniziale. Ma nel caso di distribuzione iniziale uniforme la velocità di approssimazione alla gaussiana è la massima e ... davvero molto elevata]
Nel primo tratto, tra 0 e 1, la "campana" è sempre della forma y(x, k) = [x^(k–1)/(k–1)!
Pertanto la probabilità [cunulativa] di fare non più di x (con x ≤1) con k estrazioni vale:
F(x, k) = (x^k)/k!.
[NB: Per fare la probabilità cumulativa bisogna integrare la "campana" di equazione y(x, k)]
-----------------

La media di questa distribuzione discreta P(k) = F(1, k), per k intero tra 2 e +oo, vale:
[2·(1/2) + 3·1/6 + 4/4! + ... k/k! + ...]/(1/2 + 1/6 + 1/4! + ... 1/k! + ...] =
= (1 + 1/2 + 1/3! +... 1/(k–1)! + ...]/(1/2 + 1/6 + 1/4! + ... + 1/k! + ...] = (e–1)/(e–2) = 2,39221191117...
[dove "e" è il famoso lim (n ––>oo) di (1+1/n)^n = 2,718281828459..., detto "numero di Napier" e base dei "logaritmi naturali"]

--------------

Però, visto che non sono sicuro di quel che vuoi sapere e che, secondo te, astrimauh ha risposto giusto, è molto probabile che io risponda sbagliato. E visto che voi due vi comprendete al volo, evidentemente avete un vostro linguaggio ... che differisce dal mio! :lipssealed:
--------
:mad: (Puah!)

Re: Estrazioni casuali
 

A Erà, ennàmo, dài!!:cry:

Re: Estrazioni casuali
 

Vuol dire: Quanti valori (meglio, quante estrazioni di un numero reale uniformemente distribuito fra 0 e 1) in media ci vogliono affinché la loro somma diventi superiore a 1

Es. prima estrazione : 0,1517...
seconda estrazione : 0,6385...
terza estrazione : 0,2946...
ALT! Perchè la somma = 1,0848... > 1
Con questa prova ci sono voluti 3 numeri estratti
Ecc...

Il risultato richiesto si può ottenere, come ha fatto Astromauh, con una simulazione, es. di un milione di prove.
E la soluzione, almeno a me, pare interessante e poco intuitiva.

Poi, mi sono tirato fuori la formula che restituisce questo valore e le probabilità singole di ottenere > 1 con due (con 1 estratto non è ovviamente possibile), tre, quattro, ...., estratti.

Per il resto, ti ho seguito e mi sei parso convincente.
Penso però che tu abbia risolto un problema diverso: infatti, io non intendevo "Qual è la probabilità che la somma di k numeri estratti a caso NON superi 1, ma " Qual è la probabilità che la somma di k numeri estratti a caso superi 1".

A me risulta:
p(2) = 1/2
p(3) = 1/3
p(4) = 1/8
p(5) = 1/30
...
e facendo la somma di queste probabilità viene (come dovrebbe venire) 1.
Invece, la somma delle probabilità calcolate da te dà molto meno di 1.

(Puah) l'ho detto anch'io più volte leggendoti su questioni assolutamente noiose (per me!) :D

Ciao
Nino

Re: Estrazioni casuali
 

Ho capito.

................. 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...

Quindi, la somma non è :
(e - 1) / (e - 2)
ma semplicemente ....
e = 2,718281828459...

Probabilità che servono k estrazioni:
p(k) = 1/[k*(k-2)!]

Media = 2*p(2) + 3*p(3) + 4*p(4) + .... + n*p(n) = 1/0! + 1/1! + 1/2! + .... 1/n! = e

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Riporto i risultati della simulazione di un milione di prove, che mi aveva fatto un amico (io non so programmare :().

N. estrazioni, k .. numero casi >1 ...N.estrazioni per k (A) .. Rapporto A(k)/A(k+1)
----------------- .. ------------------ ...------------------------ ..--------------------------
........ 2 .................. 499896 .................. 999792 ........................ 0
........ 3 .................. 333181 .................. 999543 .................circa..1
........ 4 .................. 125106 .................. 500424 .................circa..2
........ 5 .................. .33567. .................. 167835 .................circa .3
........ 6 .................. ..6844 . .................. .41064 ..................circa.4
........ 7 .................. ..1195 . .................. ..8365 ...................circa 5
........ 8 .................. ....188 .. ................. ..1504 ...................circa 6
........ 9 .................. .....29 .. .................. ...207 ...................circa 7
........10 ................. .......0 .. .................. ......0 ..................... ------
----------------- .. ------------------ ...------------------------
.... Totale ............ 1.000.000 ............... 2.718.734

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Guarda che tu hai scritto: «Ne estraggo tanti finché la loro somma non supera 1.».
Comunque ora ho capito la differenza.
a) Nel gioco come l'ho inteso io uno fa k ... "programmate" estrazioni. Quindi k è un dato. L'esito favorevole è fare una somma non superiore a 1. Naturalmente la probabilià è funzione decrescente di k: più grande è k, meno probabile è che la somma dei numeri estratti sia minore di 1. Questa probabilità è 1/k!. Occhio: qui non si richiede che la somma di tutte le probabilità sia 1. Che la somma di tutte le probabilità fa 1 è vero per le probabilità dei possibili diversi esiti di uno stesso fatto. L'esito del mio gioco è la somma dei k numeri estratti – somma compresa tra 0 e k – e la probabilità del singolo esito è infinitesina. La somma delle infinite probabilità infinitesime è sì 1: è l'area che sta sotto a quella "campana" (che è la densità di probabilità) che per k tendente all'infinito tende ad una gaussiana (però ... di staura infinitesima, con "sigma" che tende pure all'infinito).

b) Nel tuo gioco, invece k non è un dato ma è lui l'esito. Il dato è che bisogna continuare ad estrarre fino a che la somma supera 1. Sarebbe come se, giocando a "sette e mezzo", uno che vuole perdere continuasse a chiedere carte finché "sballa"; mentre nella mia versione uno che volesse vedere se si può vincere anche senza guardare le carte già avute, potrebbe chiedersi: "Che probabilità ho di non sballare se chiedo tot carte?"

--------------
Avevo già capito che i numeri di astromauh erano P(k) = 1/[k·(k–2)!].
[Ne ho fatto subito il reciproco trovando circa 2, 3, 8, 30, 145 (che esatto sarebbe 144), 833 (che esatto sarebbe 840) e 5000 (che esatto sarebbe 5760)].
E' facile provare che la somma di questi P(k) da 2 a oo fa 1.
Infatti P(k) = 1/[k·(k–2)!] = (k–1)/k! = k/k! – 1/k! = 1/(k–1)! – 1/k!
Si sa che la somma per k da 0 a oo di 1/k! è 1 + 1 + 1/2 + ... = e.
Allora la somma per k da 2 a oo di 1/k–1)! vale e –1; e la somma per k da 2 a oo di 1/k! vale e –2.
La somma dei P(k) vale dunque (e – 1) – (e – 2) = 1.

Ma non ho mica capito perché (statisticamente) capita una volta su k·(k–2)! di arrivare fino a k estrazioni prima di sballare "sballare" (= superare 1).

Ho già spiegato sopra che questo è un falso problema: i "miei" P(k) non sono le probabilità di diversi esiti di un medesimo evento, ma le probabilità di un certo esito (fare meno di 1) in eventi diversi. C'è la certezza – nel "mio" gioco – di non superare 1 con una sola estrazione, ossia P(1) =1. Vedi allora che la somma di queste probabilità da 1 a oo è maggiore di 1.

Ciao, ciao

Re: Soluzione per far sparire le risposte
 

A me pare un bianco, non il colore dello sfondo. Insomma: colore dello sfondo quando questo è bianco! :D
Guarda la citazione che fa aspesi del tuo 'post': vedi che il tuo |color=linen| si vede bianco su quello sfondo. Il quale deve essere proprio "pink" perchè, se metto in questo colore una parola di una citazione la parola non si vede più. Guarda qua: ti ricito e metto in colore pink le tue parole "sparire le risposte":
Adesso ti ricito senza il tag "QUOTE", così vedi (fingendo un "quota") quel che c'è nella citazione.
Soluzione per far sparire le risposte
Ciao ciao

Re: Soluzione per far sparire le risposte
 

Scusa, ma tu qui cosa vedi?

http://www.trekportal.it/coelestis/s...99&postcount=4

Io non vedo nulla, non so nel tuo PC.

La citazione di Aspesi non conta, perchè il colore dello sfondo delle citazioni è diverso, è più scuro.

:hello:

Re: Soluzione per far sparire le risposte
 

Anch'io non vedo nulla (a meno di selezionarlo :))

:hello:

Re: Soluzione per far sparire le risposte
 

Vedo in rosso "soluzione" e "fine". Non vedo i dati ... perché lo sfondo è bianco. Beh: non proprio un bianco candido. Un bianco ... sporco (come anche il tuo linen).Se però evidenzio, vedo le scritte in bianco su sfondo celestino.

Appunto! Nelle citazioni si vede scritto bianco su sfondo "pink".
Se allora metti il colore "pink", vedi il testo di colore pari allo sfondo delle citazioni; per cui quando citi con "quota" il testo pink non lo vedi più.

Insomma, non è che "linen" si adatta all colore dello sfondo! "Linen" è un bianco-sporco pari a quello dello sfondo normale.

E qui, cosa vedi, astromauh?
Ei si nomò; due secoli
l'un contro l'altro armato
sommessi a lui si volsero
come aspettando il fato.
Ei fe' silenzio, ed arbitro
s'assise in mezzo a lor.

Prova a premere quota a a fare l'anteprima per osservare come si vedono nelle citazioni i colori che uso qui sotto nel brano che segue.

La donzelletta vien dalla campagna
col suo fascio dell'erba e reca in mano
un mazzolin di rose e viole
onde siccome suole
ornar ella s'appresta
domani, al di di festa il petto e il crine[

:hello:

Re: Soluzione per far sparire le risposte
 

kkkk

Re: Estrazioni casuali
 

"L'un contro l'altro armato" lo leggo pure nel tuo post originale, anche se con qualche difficoltà.

L'unica maniera per nascondere c-o-m-p-l-e-t-a-m-e-n-t-e le soluzioni è quella di usare linen, o forse anche il suo codice, che però ignoro.

Ho controllato sul dizionario, linen vuol dire proprio "di lino", è un marroncino chiaro o forse un bianco sporco come lo chiami tu.

Se preferisci nascondere le soluzioni solo in parte, allora puoi anche usare il tuo bianco.

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Roulette

In una sala in cui si gioca la roulette c'e' un baro che si mette d'accordo con il croupier che lancia la pallina, il quale dichiara di poter far terminare la pallina sul colore rosso in almeno 3 lanci su 4 (cioè, almeno 3 volte su 4, in 4 lanci successivi, si avranno sempre tre o quattro giocate vincenti).

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

Il baro dispone di 1000 euro e sceglie la strategia che gli consenta di ottenere la massima vincita possibile anche in presenza dell'errore su uno qualsiasi dei quattro lanci definiti in precedenza.

Sapendo che ogni giocata vincente paga due volta la posta (cioè, giocando 100 la vincita totale è 200), quali devono essere le puntate per massimizzare la vincita, in qualsiasi momento si verifichi l'eventuale errore; e alla fine quanto si troverà in tasca il baro, rispetto ai 1000 euro iniziali?

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Soluzione: 3200 fine Soluzione

Re: Estrazioni casuali
 

:ok:

Qualche parola in più?... ;)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

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

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

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 :)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Non sono andato per tentativi. :mad:

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.

:mmh:


:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Scusa....:o
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)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

@ 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? :mmh:
--------------

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].
Ciao, ciao

Re: Estrazioni casuali
 

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 :))

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

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.

:hello:

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".

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Vabbè, ma devi considerare che Astromauh, nel valutare la convenienza, aggiunge anche il "peso" dell'oroscopo ... :D

Re: Estrazioni casuali
 

E per quelli nati con il cesareo? :D

Re: Estrazioni casuali
 

Va bene, ma questo non influisce su ciò che ho detto, perchè anche se ho un'unica possibilità di giocare, potrei comunque decidere di assumere dei rischi per guadagnare di più.


Supposti equiprobabili lo dici adesso :mad:, ma da come hai presentato il quiz, di questo non c'era certezza, ed è per questo che l'ho trovato un po' ambiguo.

Avrei potuto immaginare anche una equiprobabilità del genere:

RRRR
RRRR
RRRR
RRRR

NRRR
RNRR
RRNR
RRRN

Non ti pare?


Strano che Erasmus non te l'abbia fatto notare.

Se devo risolvere un quiz, non voglio fare delle supposizioni su quello che il quiz richiede, almeno su questo preferirei avere delle certezze.

:)

Non mi piace dover immaginare delle cose, non per nulla sono un astrologo, mi baso sulle certezze e non certo sull'immaginazione. :D

Re: Estrazioni casuali
 

Ah..ah...ah...ah :D:D

Allora, risolvi quella del cammello e delle banane


:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Semplice, semplice ;)

Interrogazione

"Ragazzi, oggi interrogo a tappeto. Siete in 29, ed ho già in mente l'ordine con cui vi interrogherò, ma non ve lo dico. Vi dico solo che Mario sarà interrogato prima di Claudia e prima di Aldo".
Che probabilità ha Giulio di essere interrogato prima di Mario?

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Nessuna?

:mmh:

Re: Estrazioni casuali
 

Eh, no.... Giulio potrebbe benissimo essere interrogato prima di Mario...

Es.:
10 ragazzi qualsiasi - Giulio - 5 ragazzi - Mario - 2 ragazzi - Claudia - 4 ragazzi - Aldo - 4 ragazzi

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Soluzione: 0.125 (circa) fine

;)

Re: Estrazioni casuali
 

Questo risultato lo dovresti spiegare:mmh:

Io non ho fatto nessuna simulazione, ma sono arrivato ad una probabilità ben diversa... anche se non sarei disposto a scommettere sull'esattezza del mio ragionamento...:mmh:

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Hai ragione, viene il DOPPIO! :o:cry:

Re: Estrazioni casuali
 

Adesso, ci siamo....:ok:

:hello: