Re: Estrazioni casuali
 

Precisamente. :ok:

Re: Estrazioni casuali
 

Supponiamo che i frequentatori più o meno abituali di questa sezione (Rudi Mathematici) siano 10 (io, Erasmus, Nino280, Mizarino, astromauh, luranz, Epoch, Dark GRB, occhiodilince, ANDREAtom).
Ovviamente, a parte me stesso, non conosco l'età di nessuno degli altri.

Ebbene, sarei pronto a scommettere 1:1 che almeno due tra queste 10 persone hanno la medesima età (sono cioè nati lo stesso anno).

(Questo "paradosso" mi affascina sempre: infatti, se per avere la certezza che almeno due persone di un gruppo qualunque, compiano gli anni nello stesso giorno, occorre che il gruppo sia formato da ben 367 persone, ne bastano ad esempio 97 perché questa probabilità assuma il valore 99,9999% e 104 perché la probabilità sia 99,99999%)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

EhEh ...
http://www.trekportal.it/coelestis/s...ead.php?t=3910

;)

Re: Estrazioni casuali
 

;)Beh, certo, immaginavo se ne fosse già parlato, è un classico quiz da faq.

Ma mi piaceva sottolineare l'aspetto controintuitivo, soprattutto quando si arriva quasi al 100% di probabilità e ci si accorge che ... basta un quarto del numero di persone necessarie per avere la certezza.

Poi, avevo tentato una scommessa, che potrebbe sembrare azzardata... (ed in effetti, non è detto che sul gruppo di nomi indicato sia vincente)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Ma l'età dei soggetti entro quanti anni deve essere compresa?

Da 0 a 100?

Re: Estrazioni casuali
 

Eh..eh...
Avevo parlato di frequentatori di un forum... avevo indicato anche i nomi... diciamo che presumibilmente possano avere da 15 a 75 anni... :)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Non è detto, anzi è improbabile, che ci sia fra i 10 un altro del 48...:)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Fino all'anno scorso funzionava il calendario con tutti i compleanni dei forumisti, ora pare si sia fermato al 2010.:mmh:

http://trekportal.it/coelestis/calendar.php

Re: Estrazioni casuali
 

E' vero, è terminato con due anni di anticipo rispetto al calendario Maya.

Che vorrà dire???? :cry::lipssealed::confused:

Re: Estrazioni casuali
 

Simile a questo:
#702

Abbiamo un sacchetto contenente N palline numerate da 1 a N.
Estraiamo una pallina, riportiamo il suo numero su un foglio di carta e poi rimettiamo la pallina nel sacchetto.
Mescoliamo e poi ripetiamo questa operazione per altre due volte, reimbussolando sempre la pallina che era stata precedentemente estratta.

Qual è la probabilità che i tre numeri estratti siano le misure dei lati di un triangolo?

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Soluzione:

P= (0.5 * N^3 + 0.5 * N) / N^3

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

:ok:

Contando per N piccoli, es. N=2
Casi totali = 2^3 = 8
di cui validi:
1 - 1 - 1
1 - 2 - 2
2 - 1 - 2
2 - 2 - 1
2 - 2 - 2
e non validi:
2 - 1 - 1
1 - 2 - 1
1 - 1 - 2
p= 5/8

Per N = 3
p= 15/27 = 5/9

ecc..

si osserva che la probabilità tende velocemente a 1/2.

I numeri al numeratore (1 - 5 - 15 - 34 - 65 - .....) sono una successione con interessanti caratteristiche.

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Voglio precisare che questo quiz l'ho risolto con il metodo Erasmus.

Prima ho calcolato la probabilità per dei valori piccoli di N, e poi ho risolto un sistema di equazioni. Mi sa che dalla volta precedente che avevo risolto un sistema di equazioni sono passati 45 anni.

:)

Re: Estrazioni casuali
 

Si può risolvere per via "euristica".
La probabilità che esca un qualsiasi numero tra 1 e N compresi è 1/N ad ogni estrazione.
La probabilità che esca per tre volte un certo prefissato numero è 1/N^3.

Per la probabilità richiesta dal quiz ipotizzo allora una funzione razionale con numeratore polinomio di 3° grado e denominatore N^3, ossia
P(N) = (A + B·N + C·N^2 + D·N^3)/N^3

Le 4 costanti A, B, C e D le calcolo con un sistema lineare dopo aver "contato" i casi favorevoli per N = 1, 2, 3, 4; ossia dopo aver valutato con analisi diretta i valori di P(1), P(2), P(3) e P(4).

P(1) = 1 perchè può uscire solo la terna [1, 1, 1].

P(2) ?
Favorevoli, oltre a [1, 1, 1] e [2, 2, 2], ci sono le 3 terne con due 2 ed un 1:
5 in tutto su 2^3 = 8 casi. Quindi P(2) = 5/8.

P(3) ?
Le terne favorevoli sono:
a) quelle ... "equilatere" (del tipo [a, a, a]) che sono 3;
b) quelle con due 2 ed un 1 (tipo [2, 2, 1]) che sono 3;
c) quelle con due 2 ed un 3 (tipo [2, 2, 3]) che sono 3;
d) quelle con due 3 ed un 1 (tipo [3, 3, 1]) che sono 3;
d) quelle con due 3 ed un 2 (tipo [3, 3, 2]) che sono 3.
15 in tutto su 3^3 = 27: quindi P(3) = 15/27 = 5/9.

P(4) ?
Le terne favorevoli sono:
a) quelle ... "equilatere" (del tipo [a, a, a]) che sono 4:
b) quelle con due 2 ed un 1 o un 3 (tipo [2, 2, 1] o [2, 2, 3]) che sono 3·2 = 6;
c) quelle con due 3 ed un 1 o un 2 o un 4 (tipo [3, 3, 1] o [3, 3, 2] o [3, 3. 4]) che sono 3·3 = 9;
d) quelle con due 4 ed un 1 o un 2 o un 3 (tipo [4, 4, 1] o [4, 4, 2] o [4, 4, 3]) che sono 3·3 = 9;
e) quelle con un 2, un 3 ed un 4 (tipo [2, 3, 4]) che sono 3! = 6.
34 in tutto su 4^3 = 64: quindi P(4) = 34/64 = 17/32.

Risolvo il sistema lineare nelle incognite A, B, C e D:
[A + 1·B + (1^2)·C + (1^3)·D]/1^3 = P(1) = 1 => A + B + C + D = 1;
[A + 2·B + (2^2)·C + (2^3)·D]/2^3 = P(2) = 5/8 => A + 2·B + 4·C + 8·D = 5;
[A + 3·B + (3^2)·C + (3^3)·D]/3^3 = P(3) = 15/27 => A + 3·B + 9·C + 27·D = 15;
[A + 4·B + (4^2)·C + (4^3)·D]/4^3 = P(3) = 34/64 => A + 4·B + 16·C + 64·D = 34.

Andando come al solito per sottrazioni membro a membro si trova:
B + 3·C + 7·D = 4;
B + 5·C + 19·D = 10;
B + 7·C + 37·D = 19.

2·C + 12 D = 6;
2·C + 18·D = 9.

6 ·D = 3 => D = 1/2.
Risalendo a sostituire le incognite risolte col loro valore si trova:
2·C + 12·D = 6 ––> 2 C + 12·(1/2) = 6 ––> C = 0.

B + 3·C + 7·D = 4 ––> B + 2·0 + 7·(1/2) = 4 ––> B = 4 – 7/2 ––> B = 1/2.

A + B + C + D = 1 ––> 4 + 1/2 + 0 + 1/2 = 1 ––> A + 1 = 1 ––> A =0.

In definitiva
P(N) = (A + B·N + C·N^2 + D·N^3)/N^3 = [0 + (1/2)·N + 0·N^2 + (1/2)—N^3]/N^3 ;
P(N) = [N/2 + (N^3)/2]/N^3 = [1+1/N^2]/2.
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Naturalmente, gli esperti di probabilità troveranno questa formula anche applicando le nozioni di probabilità cumulativa (che individualmente – ossia per un numero alla volta – è la probabilità che il numero estratto X sia minore di un prefissato numero k) e la convoluzione di due estrazioni in modo da applicare poi la condizione che, detti X, Y e Z i tre numeri estratti :
X < Y + Z ∧ Y < Z + X ∧ Z < X + Y.
Può anche darsi che stia dicendo bestialità, dato che in questo campo mi sento molto ignorane :o
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
@ Astromauh

Tu come hai fatto a trovare la formula? :mmh:
Ormai, in fatto di probabilità e statistica sei un drago [o preferisci essere un mago? :D]

Ciao, ciao
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Quello che, secondo me, è interessante nel numeratore della formula:
(N*(N^2+1)/2) / N^3
cioè:
1 ; 5 ; 15 ; 34 ; 65 ; 111 .....

è che è la somma dei numeri naturali presi a gruppi n+1:
(1) ; (2+3) ; (4+5+6) ; (7+8+9+10) ; .........

Inoltre, rappresentano anche la sequenza delle costanti dei quadrati magici, numerati da 1 a N^2, iniziando da N=3
Cioè, in una griglia N*N con i numeri da inserire da 1 a N^2, scelti in qualsiasi modo senza ripetizioni, nè mancanza, un numero per ogni casella, la somma è l'ennesimo numero di questa sequenza.

Es.
8 ... 3 ... 4
1 ... 5 ... 9
6 ... 7 ... 2
La somma di ogni riga, colonna e diagonale è 15.

1 .. 15 .. 14 .. 4
12 .. 6 ... 7 ... 9
8 .. 10 .. 11 .. 5
13 .. 3 ... 2 .. 16
La somma di ogni riga, colonna e diagonale è 34

Ecc...

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

@ Erasmus, te l'ho detto, ho fatto come hai fatto tu. ;)

L'unica differenza è che tranne che per N=1, che ho visto subito che ha una probabilità uguale a 1, per gli altri (piccoli) valori di N ho lasciato che fosse il PC a calcolare la probabilità, verificando tra tutte le combinazioni possibili di tre elementi, quante soddisfano la condizione posta.

Non ho ben capito quando è possibile trovare una formula con il tuo sistema, e quando non è possibile, perchè mi sembra di capire che non sempre c'è una formula risolutiva.

Non ho preferenze, basta che non mi dici che sono bravo per essere un astrologo, come hai scritto una volta :mad:,
perchè io sono bravo in assoluto! :D

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Questo è un problema noto da tempo, non so se ne è già discusso in Rudi Mathematici.

Abbiamo un bastoncino di lunghezza L.
Supponiamo di scegliere a caso due punti sul bastoncino e poi di spezzarlo, ottenendo così tre bastoncini di lunghezza a, b, c.
Qual è la probabilità che con i tre bastoncini così ricavati si possa costruire un triangolo?

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

P=0.50000 ;

L'ho trovato con una simulazione...
il quiz mi sembrava fatto apposta. :D

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Ti conviene ricontrollare la tua simulazione....:D

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Hai ragione, mi sono confuso. :o

Riprovo.

P= 0.12500;

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Ma cosa fai?
Dai i numeri?:(:D

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

:o:o

OK, P= 0.25

C'è la Luna in opposizione a Mercurio :(

:D

Re: Estrazioni casuali
 

A furia di insistere...:ok: se non è zuppa, è pan bagnato.

(Ma ci vuole la dimostrazione)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Non ti preoccupare Nino, non è un reato riproporre quiz, e poi non tutte le volte io ho voglia di scorrere tre o quattrocento di vecchie pagine per vedere se è già stato proposto.:D:D Poi ancora la gente cambia se ne aggiunge di nuova e per molti potrebbe essere la prima volta. E noi si cambia si migliora, un problema non è detto che lo si rivede con lo stesso modo in cui lo si vedeva anni fa. Vedi ad esempio quel meraviglioso ettagono tutto colorato di Erasmus che già tu hai commentato essere molto bello a proposito del quiz ripetuto sulle divisione della torta in 31 invece che 32 parti che nel 2008 non aveva prodotto. Sembrava, ti ricordi le tassellature di Penrose? Io anche sono cambiato, una volta qualche quiz lo risolvevo anche ,ora sarà la vecchiaia non ne risolvo neanche più uno.
Ciao

Re: Estrazioni casuali
 

http://www.astrionline.it/coelum2/ba....aspx?volte=10

Quando siete sulla pagina, provate a cambiare il valore di volte...

Ma non chiedetemi delle spiegazioni, perchè non ho capito nulla. :D


:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Io, invece, non capisco come usare ed intervenire sulla tua figura...:D

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Io certe volte fatico a capire gli appunti e le soluzioni a quiz di qualche anno fa... :(
quando ero molto più giovane ... ed avevo la tua età di adesso...;)

Re: Estrazioni casuali
 

Ma non è una questione di età, o forse lo è soltanto in parte.

Quando riprendi un vecchio problema non ti ricordi più le cose di cui a "caldo" ti ricordavi, per cui dovresti risolverlo ex novo.

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

Ti dicevo di cambiare l'URL della pagina, ad esempio:

http://www.astrionline.it/coelum2/ba...ex.aspx?volte=12
http://www.astrionline.it/coelum2/ba...ex.aspx?volte=14
http://www.astrionline.it/coelum2/ba...ex.aspx?volte=20

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

La mia idea era di dimostrare che la probabilità è 0.25 "quantizzando" il problema,
ma non so se è il metodo giusto.

Avevo diviso il bastoncino in 10 segmenti e poi in 100, ed in 1000, ottenendo via, via delle percentuali di triangoli più prossime al 25%, però a 10000 bisogna fermarsi perchè il PC ci mette troppo a fare i calcoli.

Quei disegni che vedi, non so se vanno bene, perchè inizialmente stavo lavorando con 10, 100, 1000...
ma tu lo sai come si dimostra?

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

La tua idea mi pare buona, ma non ho capito come mai le palline rosse sono quasi sempre meno di un quarto di quelle totali (spesso una riga e/o colonna azzurra dovrebbe essere tinta di rosso...:))
La dimostrazione che ho io è di tipo "geometrico" (aspetto ad indicarla, magari ci sta pensando Erasmus)

Invece per la simulazione, io non so assolutamente programmare, ma il quesito è semplicissimo, ad esempio:
:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Per avere un triangolo la lunghezza del primo bastoncino non deve superare il 50% di L ma anche la lunghezza del secondo taglio non deve superare il 50%. Quindi 50/100 * 50/100 = 0,25
Ciao

Re: Estrazioni casuali
 

Invece non mi sembra una buona idea, guarda cosa succede qui.

Il bastoncino viene inizialmente diviso in 10 settori con 9 tagli.

La pagina calcola tutte le combinazioni possibili di due tagli, e verifica se i segmenti (A, B, C) cosi' ottenuti possono formare dei triangoli.

Con 10 settori i triangoli possibili sono solo 6 su 36, ossia 1/6 delle possibili suddivisioni.

Incrementando il numero dei settori, la percentuale di triangoli aumenta, rimanendo comunque inferiore ad 1/4.

Per cui si capisce che con un numero infinito di settori, la probabilità di formare un triangolo con due suddivisioni casuali del bastoncino è uguale ad 1/4.

Temo però, che questa non sia una dimostrazione. :mmh:

:hello:

Eureka
 

Ho trovato la dimostrazione.

La probabilità calcolata quantizzando il problema varia se il numero dei settori è dispari, o è pari.

Bisogna prima calcolare la probabilità per un numero di settori pari e poi incrementarli di una unità.

La probabilità è data dalla media delle due probabilità.

:ok:

Re: Eureka
 

Giusto.
Contiamo i casi come qua sotto con N = 7 e con N = 8
1 1 5
1 2 4
1 3 3
1 4 2
1 5 1
------
2 1 4
2 2 3
2 3 2
2 4 1
-----
3 1 3
3 2 2
3 3 1
------
4 2 1
4 1 2
------
5 1 1
Qui i casi in tutto sono 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 = 5·6/2
In generale sono (N–2) + (N – 1) + ... +2 + 1 = (N–2)·(N–1)/2
Se N è dispari, posto N = 2k+1, i casi sono in tutto k·(2k–1)
Qui i casi favorevoli sono 1 + 2 + 3 = 6 = 3·4/2
Con N=2k+1 (dispari), i casi favorevoli sono in generale 1 + 2 + ... + k = k·(k+1)/2
La probabilità richiesta è dunque [k·(k+1)/2]/[k·(2k–1) = (k+1)/(4k–2).

Proviamo con N = 8.
1 1 6
1 2 5
1 3 4
1 4 3
1 5 2
1 6 1
------
2 1 5
2 2 4
2 3 3
2 4 2
2 5 1
------
3 1 4
3 2 3
3 3 2
3 4 1
-----
4 1 3
4 2 2
4 3 1
-----
5 1 2
5 2 1
------
6 1 1
Qi i casi sono in tutto 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21
In generale sempre (N–2)·(N–1)/2.
Per N pari, posto N = 2k, i casi sono in tutto (k–1)·(2k–1)
I casi favorevoli qui sono 1 + 2 = 3 = 2·3/2-
In generale, con N = 2k (pari), i casi favorevoli sono 1 + 2 + ...+ (k–1) = (k–1)·k/2
La probabilità richiesta vale [(k–1·k/2]/[(k–1)·(2k–1)] = k/(4k–2).

Riassumendo:
Per N = 2k+1 viene P = (k+1)/(4k–2)
Per N = 2k viene P = k/(4k–2)

In entrambi i casi, per k tendente all'infinito viene P = 1/4 = 0,25.
:hello:

La Formula
 

P= ( (((1/8)*Settori^2 -(3/4)*Settori + 1)/ (((Settori-1)^2 -(Settori-1)) / 2)) + (( (1/8)*(Settori+ 1)^2 - ((1/8))/ ((Settori)^2 -(Settori)) / 2) )) / 2

Per qualsiasi numero pari di Settori >= 4

P=0.25 (sempre)



Forse la formula è più chiara in questo modo:

Num1= (1/8)*Settori^2 -(3/4)*Settori + 1
Den1= ((Settori-1)^2 -(Settori-1)) / 2

Num2= (1/8)*(Settori+ 1)^2 - (1/8)
Den2= ((Settori)^2 -(Settori)) / 2

P= ((num1/Den1) + (num2/Den2)) / 2



:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Per questo dicevo che mi pareva una buona idea.
Come ha dimostrato Erasmus, la soluzione è chiara (riprende il quesito di quanti triangoli si possono fare con 3 barrette diverse lunghe da 1 a N).
Ma ci si limita ad esaminare i casi con N intero (pari e dispari)



Consideriamo un triangolo equilatero ABC.

I tre frammenti possono essere rappresentati dalle tre perpendicolari abbassate da un punto O situato nell'interno di tale triangolo sui lati di esso.
Per una certa proprietà :D, la somma dei tre bastoncini è uguale all'altezza del triangolo equilatero ABC.
Se a'b'c' è il triangolo formato unendo i punti di mezzo dei lati ABC, si nota che la condizione necessaria e sufficiente affinché i tre frammenti possano formare un triangolo è che O sia interno a a'b'c'.
L'area di a'b'c' rappresenta quindi l'insieme dei casi favorevoli e l'area di ABC l'insieme dei casi possibili.
La probabilità cercata, data dal rapporto di tali aree, è dunque 1/4.

(Ci sarebbe anche un'altra dimostrazione, rappresentando su un piano cartesiano)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Ed è giusto che sia così. Purché poi si passi al limite per N tendente all'infinito.
La soluzione "canonica" di questo problema (che è nel "continuo") fa uso delle nozioni di "densità di probabilità" e di "probabilità cumulativa" e si trova con un integrale.
Ma che cos'è un integrale?
E' proprio il limite del prodotto di una somma di N addenti per un fattore inversamente proporzionale al loro numero N al tendere all'infinito del numero N di addendi-
Ed è sempre così!
La stragrande quantità di "conclusioini" sul continuo (per esempio l'area di un segmento di parabola o di un cerchio, risolte esattamente – in linea di principio – già da Archimede) si tirano proprio passando al limite di somme di un numero N di termini al tendere all'infinito di N.
La "certa proprietà è quasi evidente: basta scomporre il triangolo equilatero in tre triangoli
AOB, BOC, COA
congiungendo il punto O con ciascun vertice A, B e C.
L'area dei tre triangoli AOB, BOC, COA (che hanno le basi della stessa lunghezza) è uguale all'area del triangolo equilatero. Perciò la somma delle loro altezze (cioè dei tre segmenti ortogonali ai lati) è pari all'altezza del triangolo ABC.
Qua invece ... faccio un atto di fede perché che sia vero o no non mi è affatto evidente ... e chi lo dice lo dovrebbe mostrare "more geometrico" (come direbbe Spinoza ;))
---------------
:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Strano.
A me pare abbastanza evidente che, se poni O su qualsiasi punto dei lati del triangolo interno a'b'c', un frammento del bastoncino è lungo 1/2 (di H del triangolo ABC, quindi del bastoncino iniziale). E' la situazione limite per avere un triangolo, in cui un lato è uguale alla somma degli altri due.
Infatti, all'esterno di a'b'c', il frammento (altezza) più lungo sarà sempre maggiore della somma degli altri due, mentre all'interno di a'b'c' sarà sempre minore (rappresentando quindi i soli casi favorevoli per poter formare un triangolo).

Vediamo se questa soluzione ti convince.
Siano x, y, z le lunghezze casuali dei tre bastoncini ricavati da quello originale lungo L.
Ovviamente:
x + y + z = L
Inoltre, affinché x, y e z possano essere le lunghezze dei lati di un triangolo, deve essere:
x < y + z ------> x < L/2
y < x + z ------> y < L/2
z < x + y ------> x + y > L/2

In un piano cartesiano (xy), il punto che rappresenta la coppia (x, y) potrà quindi cadere ovunque all'interno del triangolo di vertici (0, 0) , (L, 0) , (0, L) e di area L^2/2.
Ma le tre disuguaglianze triangolari sono il confine di un secondo triangolo interno al primo, di vertici (L/2, 0) , (0, L/2) , (L/2, L/2), la cui area è L^2/8.
La probabilità che x, y, z siano lati di un triangolo è pari al rapporto delle due aree:
(L^2/8) / (L^2/2) = 1/4

Mi piacerebbe sapere anche quant'è la probabilità che i triangoli che si formano siano acutangoli o ottusangoli (di triangoli rettangoli non ce ne dovrebbero essere), ma non so fare il calcolo....:o *

:hello:

* Con un programmino, ho ottenuto questi valori:

Re: Estrazioni casuali
 

OK. Mi hai convinto.

Ecco le formule che cerchi:

Probabilità di fare triangolo acutangolo: 3·ln(2) – 2 = 0,07944154...
Probabilità di fare triangolo ottusangolo: [9 –12·ln(2)]/4 = 0,170558458...

Il calcolo l'ho fatto io ... ispirato dai tuoi triangoli.

Guarda la figura qui sotto: devi leggerla attentamente. :fis:
Calcolo probabilità triangoli acutangoli e ottusangoli

Ciao, ciao

Re: Estrazioni casuali
 

Ho leggermente modificato la pagina: bastoncino

Adesso è possibile inserire anche dei numeri reali, perchè la formula che avevo trovato funziona lo stesso, anche se in questo caso la pagina non esegue più il calcolo, perchè per poterlo eseguire ha bisogno di un numero intero pari.

Comunque non ho ben capito che cosa ho fatto, me lo potreste spiegare? :mmh:

:D

Ero partito dall'idea di quantizzare la procedura, e mi sono accorto che dividendo il bastoncino in un numero di settori pari, la probabilità risultava inferiore al valore 0.25, mentre dividendolo per un numero di settori dispari risultava maggiore di 0.25, anche se per un numero molto grande di settori sia dispari che pari le probabilità tendevano a convergere.

Poi mi sono accorto che la probabilità giusta, risultava dalla media aritmetica della probabilità calcolata per un numero di settori pari, e quella calcolata per il numero di settori (dispari) immediatamente successivo.

Prendendo un po' di valori ottenuti con questo calcolo, ho quindi ricavato la formula che dimostra che per qualsiasi numero di settori, la probabilità risultante è sempre 0.25.

E questo dimostra (credo) che quantizzazioni a parte, la probabilità richiesta dal quesito nel "continuo", è sempre 0.25.

Per tutto ciò mi lascia perplesso.

Mi sto chiedendo se da questo sia possibile ricavare una specie di regola generale...

Mi piacerebbe provare a risolvere qualche problema simile a questo, avete qualcosa da proporre?

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Ho guardato, mi pare tutto molto bello :), visivamente è anche chiarissimo... il risultato conferma la mia simulazione... ma, purtroppo, quando si arriva all'iperbole... procedura e calcoli sono al di fuori delle mie conoscenze.
Resto solo a bocca aperta :o

:hello: