Re: >
 

A mano è più facile moltiplicare che dividere (specie per 101).
Ma ... con la mia calcolatrice grafica (che non è solo grafica) faccio la stessa fatica!

Se imposto una frazione numerica, diciamo n/m, vedo istantaneamente quanto vale, (ossia il quoziente di n:m in rappresentazione decimale).
Qui imposto il numero con uno 0 al posto della stelletta per numeratore e 101 per denominatore.
Se il quoziente viene intero, OK: 0 era la cifra da indovinare.
Se no cambio cifra (mettendo successivamente 1, 2, 3, ...).
Ad ogni cambio, se il quoziente viene intero, OK: ho indovinato la cifra.
Se, arrivato a 9, ancora il quoziente non è venuto intero ... ha sbagliato qualcosa chi mi ha passato il numero. :D
-------------------
:hello:

Re: Qualche quiz
 

2) quiz

Perché un numero sia divisibile per 101 occorre e basta che, diviso il numero in gruppi di due cifre l'uno, a partire da destra, la differenza fra la somma dei gruppi di posto dispari e la somma dei gruppi di posto pari sia divisibile per 101.

Per trovare la cifra soppressa e sostituita con un asterisco basta fare la somma dei gruppi di due cifre aventi un posto pari o dispari dello stesso nome del gruppo che contiene l'asterisco e fare la somma dei gruppi di due cifre di nome contrario.
La prima somma dovrà essere uguale alla seconda, aumentata, se occorre, di un multiplo di 101.

Es. 5.858 *391 = 2.290.478
Presento: 2 2 * 0 4 7 8 (da indovinare il 9)
che considero: 2| 2*| 04| 78
L'asterisco è in un gruppo dispari, quindi:
gruppo di posto dispari = 2* + 78
gruppo di posto pari = 2 + 4 = 6
2* + 78 = 6 + 101
2* = 29
* = 9

Nota: Un'applicazione della caratteristica di divisibilità per 101 è questa.
- Si inviti uno a scrivere un numero qualunque composto da 4 cifre (o da 8 o da 12 ...) e si sommi il numero con il numero ottenuto da questo trasportando a sinistra di esso il gruppo di due cifre che si trova a sinistra. Si faccia moltiplicare la somma per un numero qualsiasi e nel risultato si sopprima una cifra (sostituita con un asterisco).
Questa cifra viene determinata con la stessa regola di prima, essendo il numero sempre multiplo di 101.

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Estensione alla ricerca di 2 cifre

Nel caso di un numero divisibile per 99, si possono indovinare due cifre (sostituite da due asterischi), purché non siano ambedue nulle e si trovino una in un posto pari e una in un posto dispari a partire da destra.

Es. risultato presentato:
1 2 * 7 0 * 2

:hello:

Re: Qualche quiz
 

OK.
Avevo anch'io supposto che esistesse un criterio del genere di divisibilità per 101, analogo a quello di divisibilità per 11.
Ma con la mia calcolatrice grafica facevo prima a risponderti per tentativi che a controllare il criterio. :D
Toh ... che è andato in porto il primo tentativo! ;)

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

Per curiosità: dove li vai a scovare questi quiz?
[Bellissimo quello delle 5 carte a caso, una da indovinare vedendone quattro ... disposte (da un complice) non a caso.]

Ciao, ciao
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Questa variante l'hai pensata adesso.
Vero.
Calcolo la somma delle cifre (modulo 9) col criterio della divisibilità per 9.
Calcolo la differenza delle cifre (modulo 11) col criterio della divisibilità per 11.
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Sono per lo più sparsi disordinatamente tra libri, romanzi ed elaborati sistemistici per il totocalcio...
La maggior parte sono nati da spunti personali, con un gruppo di amici, anche decine di anni fa e/o proposti sul newsgroup it.hobby.enigmi; qualcun altro è semplicemente un aggiornamento di esercizi e quiz raccolti su vecchi libri di enigmistica (es. Matematica dilettevole e curiosa", Ulrico Hoepli, 1972) o infine ripresi da siti vari con google.

:hello:

Re: Qualche quiz
 

;)

1 | 2 * | 7 0 | * 2

* 2 +
7 0 +
2 * +
..1
____
9 3

99 - 93 = 06

Nel gruppo di due cifre in cui manca la cifra delle unità, questa sarà il 6; nel gruppo in cui manca la cifra delle decine, questa sarà lo zero.

Risultato ricostruito:
1 2 6 7 0 0 2

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Un torneo matematico

Nel 1225, Giovanni da Palermo, matematico della Corte di Federico II, mentre l'imperatore era a Pisa, sfidò il grande Leonardo da Pisa con questo problema:

Trovare un numero quadrato che, aumentato o diminuito di 5, dia sempre un numero quadrato.

Leonardo rispose che il numero quadrato è:

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Avevo (quasi) finito una risposta alcune ore fa: quasi, perché prima di inviare c'è stato qui un .. fading di ADSL (con la classica apertura d'una finestra di Safari dove sfacciatamente mi si dice: "Non sei connesso a Internet!"). Nel frattempo ... ho perso tutto quel che avevo scritto (sbagliando a chiudere le finestre di Safari).
------------
Nino II: di questo quiz so già da molti anni la soluzione.
Tu dicevi che non basta dire come si fa a risolvere un quiz, bisogna anche risolverlo effettivamente.

Ma siccome la soluzione la so a memoria ... lascio che la trovi effettivamente un altro.

A te e a costui vorrei però far vedere che alla risposta ci saprei arrivare se già non la conoscessi.
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Si tratta di trovare tre numeri u, v ed w tali che
1) v^2 = u^2 + 5 e w^2 = u^2 – 5.
La soluzione (se esiste) si trova per tentativi (una volta tramite tabelle, oggidì con un banale programmino).
A) Esaminando la succesione {k^2} per k = 0, 1, 2, 3, ... ossia:
0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 100, 121, ...
ci si rende conto immediatamente che u, v e w non possono essere interi.

Cerchiamoli allora tra i razionali frazionari ponendo:
u = n/d
con n e d interi positivi e coprimi (cioè senza fattori comeni, n/d "ridotta ai minimi termini"). Con ciò:
B) <n è pari e d è dispari> oppure <n è dispari e d è pari>
La 1) diventa allora il sistema:
v^2 = (n/d)^2 + 5 = (n^2 + 5·d^2)/(d^2) = (x^2)/d^2
w^2 = (n/d)^2 – 5 = (n^2 – 5·d^2) (d^2) = (y^2)/d^2
ossia:
2) x^2 = n^2 + 5·d^2 e y^2 = n^2 – 5·d^2.
con n, d, x e y interi da determinare in modo che, una volta trovati, succeda:
u = n/d; v = x/d; w = y/d.
Dalla 2), per somma e differenza viene:
x^2 + y^2 = 2·n^2 (*)
x^2 – y^2 = 10·d^2 (**)
Dalla (**) segue che x ed y sono entrambi pari o entrambi dispari.
Allora x^2 – y^2 è divisibile per 4 e perciò d è pari e – da B) – allora n è dispari.
Allora, dalla (*) viene che x ^2 + y^2 non è divisibile per 4 e quindi x ed y sono entrambi dispari.
[Oppure: Allora dalla (**) viene che 10·d^2 è divisibile per 8 e quindi x ed y sono entrambi dispari].

Sicché ci converrà cercare gli interi h, k e p e q tali che
x = 2h+1; y = 2k+1; n = 2p+1; d = 2q;
Le (*) e (**) diventano allora:
(2h+1)^2 + (2k+1)^2 = 2·(2p+1)^2;
(2h+1)^2 – (2k+1)^2 = 40·(q^2).
Da queste, dividendo per opportune potenze di 2, otteniamo:
3)
[h(h+1)/2 + k(k+1)/2]/2 = p(p+1)/2;
h(h+1)/2 – k(k+1)/2 =5· q^2 <=> (h–k)(h+k-1)/2 = 5·q^2.

Questa preliminare discussione non è necessaria : ma serve a ridurre il numero di tentativi e la grandezza dei numeri da cercare (cosa di peso irrilevante in un programmino per computer, ma non in una ricerca manuale).

i numeri interi del tipo P(m) = m(m+1)/2 per m = 1, 1, 2. 3, ... sono i cosiddetti "numeri perfetti":definibili ricorrentemente come segue:
P(0) = 0; per ogni m naturale P(m+1)= P(m) + (m+1).

A questo punto è facile trovare che, perché valgano le 3), occorre che sia:
h = ...
k = ...
p = ...
q = ...
e quindi:
u = (2p+1)/(2q) = .../... è il numero del quale è richiesto il quadrato u^2;
v = (2h+1)/(2q) = .../.. è il numero il cui quadrato vale v^2 = u^2 + 5;
w = (2k+1)/(2q) = .../... è il numero il cui quadrato vale w^2 = u^2 – 5.

Re: Qualche quiz
 

Volevi scrivere:
(h-k)(h-k+1)/2 = 5q^2

:ok::hello:

Re: Qualche quiz
 

4
4 - 5 = -1 = i*i

Re: Qualche quiz
 

Ho sbagliato io, hai sbagliato anche tu!
Dovevo\dovevi scrivere (h–k)(h+k+1)/2 :)
Ecquequa:
h(h+1)/2 – k(k+1)/2 = [h^2 + h – (k^2 + k)]/2 = [(h^2 – k^2) + (h–k)]/2 = (h–k)[(h+k) + 1]/2.
Per h =24 e k = 15:
24*25/2 – 15*16/2 = 12*25 – 15*8 = 300 – 120 = 180:
(24 – 15)(24 + 15 + 1)/2 = 9*40/2 = 9*20 =180.

Secondo me qua ... la gente spia, tace e ... làtita! :mad:

Ciao, ciao.

Re: Qualche quiz
 

!!!!!!!
Però... Giovanni da Palermo e Leonardo da Pisa non conoscevano i numeri complessi e l'unità immaginaria...

:hello:

Re: Qualche quiz
 

E pensa che sforzo ha fatto Miza che ha scritto:
Diceva, giorni fa, di temere che stesse arrivando l'alzheimer ...
Poveretto: che sia davvero in arrivo (dato che pensa i normali numeri con una cifra negativa ... ma le altre no)? :mmh:
Beh: speriamo proprio di no. Forse voleva solo avere l'occasione di auto-sfottersi con lo smile conclusivo ...

Re: Qualche quiz
 

Chissà perché, correggendoti, ho messo un - invece di un +...:spaf:

E pensare che avevo anche fatto i conti.

:hello:

Re: Qualche quiz
 

E allora ?
Io ho risposto alla domanda, nella quale non era specificato doversi trattare di un numero reale. Mica lo so cosa rispose Leonardo da Pisa ... quelli sono fatti suoi ... :D

E poi, non disprezzare le soluzioni "stupide" ... possono perfino far vincere un Nobel ...:D

Re: Qualche quiz
 

:spaf: Ho sbagliato tutto io!
Non avevo letto la tua citazione del testo del quiz :o
E ho creduto che il tuo "–1" fosse in risposta al quiz di indovinare la cifra sostituita con la stelletta "*". Infatti il tuo
i*i
l'ho letto come fosse
|*|
dove ho interpretato le sbarre verticali come segni di demarcazione della stelletta, (analogamente a come ho fatto io con le virgolette attorno alla stelletta e nel citare il tuo "–1").

Non devo dimenticare che l'Illustrissimo è (quasi) infallibile anche quando scrive risposte ... "stolide" :D
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Avendo tu letto, benché con enorme sforzo di volontà, qualche mio paper, avrai notato che noi, elettrotecnici \elettronici, indichiamo l'unità immaginaria non con "i" bensì con "j"
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Comunque, se è vero che:

j^2 + 5 = 2^2

con j e 2 razionali, non è vero che

j^2 – 5 = –6 = [j√(6)]^2

sia il quadrato di un razionale (reale o complesso)

E se togli ai numeri la condizione di essere razionali, qualsiasi numero avesse detto Leonardo Fibonacci in risposta a Giovanni da Palermo quel numero era la risposta giusta.

Prendi, infatti un numero (reale o complesso)
v arbitrario
e poi i due numeri:

u = v – 5
w = v + 5.

Con le posizioni

x = √(u)
y = √(v)
z = √(w)

(sempre possibili nel campo complesso) u, v e w risultano i quadrati di x, y e z (rispettivamente) e quindi v arbitrario soddisfa le condizioni richieste da Giovanni da Palermo, cioè:
v = y^2
v + 5 = z^5
v – 5 = x^2.
-------------------------------
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Completo la discussione che facilita la ricerca manuale della soluzione.

I numeri perfetti P(m), come si vede nella tabella sotto "Codice", si susseguono a coppie di numeri pari e di numeri dispari.
Dalla prima delle 3) viene che occorre cercare un P(h) ed un P(k) che diano per somma il doppio d'un numero perfetto. Allora P(h) e P(k) devono essere o entrambi pari o entrambi dispari. Rifacciamo allora la tabella separando i numeri perfetti pari da quelli dispari:
Le 3) chiedono due numeri perfetti entrambi pari o entrambi dispari la cui somma sia il doppio d'un perfetto e la cui differenza sia divisibile per 5 con quoziente quadrato perfetto. Controlliamo se ce ne sono tra i pari e se ne troviamo registriamone gli indici. Se non ne troviamo tra i pari, cercheremo analogamente tra i dispari. Nell'esame dei perfetti pari le coppie con differenza divisibile per 5 risultano:
[P(4), P(0)]; [P(15), P(0)]; [P(19), P(0)]; [P(20), P(0)]; [P(24), P(0)]; ...
[P(8), P(3)]; P(11), P(3)]; P(23), P(3]; ...
[P(15), P(4)]; [P(19), P(4)]; [P(20), P(4)]; [P(24), P(14)]; ...
[P(12), P(7)]; [P(27), P(7)]; ...
[P(11), P(8)]; [P(16), P(8)]; [P(23), P(8)]; ...
[P(16), P(11)]; [P(23), P(11)]; ...
P(27), P(12)]; ...
[P(19), P(15)]; P(20), P(15)]; [[P(24), P(15)]; ...
[P(23), P(16)]; ...
[P(20), P(19)]; [P(24), P(19)]; ...
[P(24), P(20)]; ...
...
Ma solo [P(24) – P(15)]]/5 = (300 – 120)/5 = 180/5 = 36 è un quadrato perfetto.

Vediamo se questa coppia verifica anche l'ultima condizione:
P(24) + P(15) = 300 + 120 = 420 = 2·210 = 2P(20).
Si: la condizione è verificata!
Inutile allora processare anche i numeri perfetti dispari

Allora:
h = 24; k = 15; p = 20; q = √(300 – 120)/5] = √(180/5) = √(36) = 6;
u = (2p+1)/(2q) = (2·20 + 1)/(2·6) = 41/12 => u^2 = 1681/144 [numero quadrato con cui Leonardo ha risposto a Giovanni]
v = (2h+1)/(2q) = (2·24 + 1)/(2·6) = 49/12 => v^2 = 2401/144
w = (2k+1)/(2q) = (2·15 +1)/(2·6) = 31/12 => w^2 = 961/144 .

Verifica-------------
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Per la soluzione "matematica" qui ci vuole Erasmus...;)
(Io sono in grado di trovare solo i risultati approssimativi...)

Uno dei solitari piu' semplici che si possono fare con un mazzo di carte e' chiamato "il suicidio" *. Si fanno scorrere le carte (mazzo da quaranta) una ad una contandole ad alta voce a gruppi di dieci, vale a dire ritornando all'uno dopo ciascun dieci. Il solitario viene se nessuna carta ha un valore pari al numero della sua posizione: nessun asso deve occupare il primo, undicesimo, ventunesimo o trentunesimo posto, nessun due puo' essere secondo, dodicesimo, ventiduesimo o trentaduesimo e cosi' via fino alle donne che non possono essere al posto 9, 19, 29 e 39 ed ai re che non possono essere decimi, ventesimi, trentesimi o quarantesimi.

Si vince se si riesce ad arrivare al termine del mazzo, vale a dire che appena s'incontra una carta corrispondente alla sua posizione il solitario non e' riuscito.

Qual è la probabilita' che una mano di "Suicidio" riesca?
E se fissiamo un N (con N>1, perché se N=1 si perde sempre, in quanto al massimo alla 37esima carta si avra' un asso e N<=10) e giriamo le carte del mazzo ad una ad una contando modulo N+1, qual è la probabilità di vittoria rispetto ad N?

* Il nome di tale solitario si deve alla leggenda riguardante un tizio che, dopo ore di vani tentativi, era li' li' per farcela... ma proprio l'ultima carta era un re! La disperazione lo avrebbe spinto all'insano gesto.

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Non lo so, ma a naso dico che non mi ci metterei mai a farlo ... ;)

Re: Qualche quiz
 

Io l'ho fatto adesso!

HO VINTO:)
(Beh, mi sono aggiustato prima le carte del mazzo...:fis:)

Re: Qualche quiz
 

Frena, frena ... Dopo aver letto il quiz, ... Erasmus non è capace di trovare neanche quei risultati approssimativi che sai trovare tu. :o
[Anche se ho la vaga impressione che c'entrino i "sub-fattoriali", quelli che contano le permutazioni con nessun elemento rimasto al posto che aveva nella prima permutazione di partenza. V.
=> Il Test di Randi, (Mizarino, 29.12.08)
Ho messo io il colore azzurro e il grassetto per evidenziare quello che, del tuo discorso ... io non capisco. :o
a) Sei sicuro che si conta "modulo N+1" invece che "modulo N" dopo aver imposto N>1?
b) E perché limitare superiormente N imponendolo minore di 11? Non si potrebbe, ad esempio, contare "modulo 11"? Ovviamente, numeri di carte multipli di 11 non ce ne sono, ma restano pure quelle fino al 10, e quindi è solo 3 volte (con la 11ª, la 22ª e la 33ª carta) che sei sicuro di non ammazzarti!
----------------------
Nella versione ... "popolare" (introduttiva alle varianti che specifichi "modulo N+1") che dai all'inizio si conta "modulo 10", no?

Se metto N = 1 e conto le carte "modulo N + 1" – cioè "modulo 2" – vuol dire che distinguo solo le carte di numero pari da quelle di numero dispari. Non vedo l'impossibilità di sopravvivere!
Quando a giocare è il "cugino Gastone" – cugino di Paperino, of course – a lui capita il mazzo con le carte la prima pari, la seconda dispari, la terza pari, .. e così via alternativamente pari e dispari fino alla 40ª. Lui conta "uno, due, uno, due, uno, due ..." e perde se dice "uno" quando ha in mano una carta "dispari" o dice "due" quando ha in mano una carta pari. Ed essendo appunto Gastone, ... non perde mai!

-------------
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Con questo quiz, temo di essermi impelagato...:o
Non c'ero ancora in questo forum quando avete discusso il test di Randi... e vedo che il thread è chilometrico.
Però, dei "derangements", cioè le permutazioni di n oggetti in cui nessuno occupa il posto originale, ho una vaga idea...*
http://www.research.att.com/~njas/se...ian&g o=cerca
(A proposito, complimenti per come hai risolto il test di Randi, pur non avendo mai sentito parlare di subfattoriali!)


Non capisci, perché... ho sbagliato :).
Si conta semplicemente modulo N (quindi, se N=10, mano a mano che giri le carte dici:
1 - 2 - 3 - ... - 9 - 10 - 1 - 2 - ... ecc...) e verifichi di volta in volta con il valore della carta girata.

Per quel che riguarda N>10 mi pareva giusto escluderlo, perché se dici N=11 (o più) sei sicuro, che quella carta non esiste e quindi, almeno in quel caso, la fai ... franca.

* Se con D(n) indico i "derangements" e con n! tutte le possibili permutazioni, la probabilità nel caso che avete esaminato risulta:
D(n)/n! = 1 - 1/1! + 1/2! - 1/3! + ..... + (-1)^n/n!
Ad es., per n=8 ......... p=2119/5760

Ciao
Nino

Re: Qualche quiz
 

Ripensandoci, mi pare che i "derangements" non c'entrino affatto; e invece sia un esempio della situazione abbastanza consueta ... che non so se abbia un nome, ma è come la seguente.
Lancio un dado. Se esce 3 ho perso, se no lo rilancio; e continuo a rilanciarlo se continua ad uscire un numero diverso da tre. Se non perdo per N volte di seguito allora ho vinto definitivamente.

Venendo al solitario proposto, inizio dicendo "Uno". Perdo se esce un asso. Gli assi sono 4 e le carte 40. Quindi ho
P(1) = p = 4/40 = 1/10
di probabilità di perdere alla prima carta e
C(1) = 1 – p = 9/10
di probabilità di continuare il gioco.

[NB: P(1) = p = 1 – (1 – p)^1 ]

Dico allora "due" contando la seconda carta.
Che lo dica ha probabilità 1 – P(1) = 1– p ; e ancora, siccome anche i "2" sono 4, ho probabilità 4/40 = 1/10 = p di perdere.
La probabilità di perdere entro il conteggio delle prime due carte è:
P(2) = p + (1–p)*p = 2p – p^2 = 1 – (1 –2p + p^2) = 1 – (1 – p)^2 .
La probabilità di continuare dopo il conteggio delle prime due carte è
C(2) = 1 – [1 – (1–p)^2] = (1 – p)^2.
Dico allora "tre" e conto la terza carta.
Di nuovo questa ha probabilità 1/10 = p di essere un 3.
La probabilità di perdere alla terza carta è C(2)*p = p·(1–p)^2.
La probabilità di perdere entro il conteggio delle prime tre carte è
P(3) = P(2) + p(1–p)^2 = 1 – (1–p)^2 + p(1–p)^2 = 1 – (1–p)·(1–p)^2 = 1– (1–p)^3.
La probabilità di continuare dopo il conteggio di 3 carte è
C(3) = 1 – P(3) = 1 – [1 – (1–p)^3] = (1 – p)^3.

Supponiamo che possa continuare dopo il conteggio delle prime N carte (con N < 10) e che la probabilità con cui questo succede sia
C(N) = (1 – p)^N.
[NB: Come visto, ciò è vero per N=1, N=2 e N=3.]
La probabilità di perdere entro il conteggio di N+1 carte è:
P(N+1) = P(N) + p*C(N) = [1 – C(N)]+p·C(N) = 1 – (1–p)·C(N) = 1 – (1–p)·(1–p)^N = 1– (1–p)^(N+1).
La probabilità di continuare dopo il conteggio di N+1 carte è allora:
C(N+1) = 1–P(N+1) = (1–p)^(N+1).
Con ciò, fintanto che la probabilità che la carta abbia numero pari a quello che dico è costantemente p, la probabilità di cntinuare dopo N carte è
C(N) = (1 – p)^N = (0,9)^N.

Alla decima carta ho probabilità
C(10) = 0,9^10 = 0,3486784401

Adesso continuo ma invece di dire "undici" dico di nuovo "uno". Ancora ho p = 1/10 di probabilità che la nuova 11ª carta sia un asso.

Pertanto, posto p = 1/10, per N compreso tra 1 e 40*inclusi:
• La probabilità di perdere alla N esima carta è sempre p*C(N–1) = p(1–p)^(N–1).
• La probabilità di perdere entro il conteggio di N carte è sempre 1 – (1–p)^N
• La probabilità di "non aver perso" dopo il conteggio di N carte (e quindi di continuare se N < 40) è C(N)= (1–p)^N

Se ancora non ho perso dopo la 40ª carta allora ho vinto.
La probabilità che ciò succeda è (1 – p)^40 = 0,9^40 ≈ (circa) 0,01478088294

-----------
Se contiamo "modulo k" e se diamo alla carta il il suo valore "modulo k", occorre vedere quante sono, di un seme di 10 carte da 1 a 10, quelle con congrue v (modulo k) per v da 1 a k inclusi.

Per esmpio, se k = 3, ci sono per ogni seme
• 4 carte (1, 4, 7 e 10) congrue 1 (modulo 3)
• 3 carte (2, 5 e 8) congrue 2 (modulo 3)
• 3 carte (3, 6 e 9) congrue 3 (modulo 3)

Quindi ... il calcolo della probabilità di continuare si complica un po'.
All'N-esima carta, se dico "uno" la probabilità di continuare è
C(N) = 1 – [P(N–1) + 0,4·C(N–1)].
Se invece dico "due" o dico "tre" la probabilità di continuare è:
C(N) = 1 – [P(N–1) + 0,3·C(N–1)]

Ma non è difficile fare la tabella per N da 1 a 40 anche con numerazione "modulo k" con k diverso da 10.
-----------------
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Bingo!!!! ;)

E' esattamente il metodo del mio "calcolo semplificato" (a seguito del quale sono stato ripreso qualche anno fa su it.scienza.matematica... :()

In effetti, l'errore concettuale che si commette è di considerare ogni girata delle carte come un evento indipendente; in realtà, dopo ogni operazione il mazzo si impoverisce e non è più composto dalle primitive 40 carte.
Da qui deriva il lieve discostamento tra i valori corretti e quelli che risultano con questo calcolo (al massimo pochi % per N piccolo) e diventa nullo per N=inf. *(probabilità di vincere = 1/e^4 = 0,018315639, che è la probabilità massima)

Il procedimento sarebbe corretto se si rimbussolasse la carta scoperta.
Cioè la soluzione si attaglia al problema così modificato:
si mescola un mazzo di carte da 40 e si scopre la prima carta. Se è un asso si è perso. Altrimenti, si rimette la carta nel mazzo, si mescola, e si scopre un'altra carta. Se è un due si è perso. Altrimenti, si rimette la carta nel mazzo, si mescola, ecc... ecc... fino a girare 40 carte (e dopo questa si è vinto)

La procedura corretta per il problema proposto è molto più complicata (io non l'ho capita!)
Se ci studi su aspetto a fornire il link

Ciao
Nino

* Lo scarto delle carte diventa praticamente ininfluente quando sia le carte del mazzo che il numero N che si pronuncia tende all'infinito

Re: Qualche quiz
 

Non ci crederai, ma ieri notte (un paio d'ore dopo aver inviato la mia risposta), non ero più sicuro al 100% che la mia soluzione fosse davvero quella giusta,
Il dubbio m'è venuto osservando che la probabilità di nn aver ancora perso dopo il conteggio della k-esima carta era (1–p)^k. Notavo infatti che questa era quella di quest'altra situazione:
• Dispongo di k mazzi di carte, ciascuno in ordine casuale.
• Estraggo da ciascuno la k-esima carta dicendo "cappa".
• Resto in gioco se neanche una volta succede che mi esce una carta di valore k.

Questo perché la probabilità che avvenga A di probabilità P(A) e anche B di probabilità P(b), nel caso che A e B siano eventi "stocasticamente indipendenti" vale P(A)*P(B).

Insomma: da una parte mi pareva di aver risposto giusto; ma dall'altra mi pareva strano che il risultato fosse lo stesso di quello che sarebbe cambiando mazzo di carte ad ogni carta da estrarre dicendo il numero d'ordine modulo 10 .

Adesso che me lo fai notare tu ... sì: la mia soluzione non è corretta! :o
Ci penserò ... forse!

Ciao
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Perché non dovrei crederti? :)

La nostra soluzione non è corretta, ma è utilissima per rendersi conto dell'ordine di grandezza del risultato, è molto semplice e dà sempre un risultato molto vicino a quello esatto.

Di seguito riporto i valori che si ottengono con alcuni N:

....N.............Calcolo.............% vincita (appross.)
..-----.......--------------..........----------------------
....3..........1-(2/3)^12....................0,7707
...10.........1-(9/10)^40...................1,4781
...13.........1-(9/10)^31...................1,5573
...20.........1-(9/10)^20...................1,6515
...inf.............1/e^4........................1,83156

Ciao

Re: Qualche quiz
 

Torniamo un attimo al quiz posto da Giovanni da Palermo a Leonardo da Pisa (detto il Fibonacci).

Ti ricordi la "media efficace"?
Dati i numeri x ed y, la loro "media efficace Me(x, y)" è la radice quadrata della media aritmetica dei loro quadrati, cioè:
Me(x, y) = √[(x^2 + y^2)/2].

Il clou del giochino matematico Da Palermo/Da Pisa sta nel trovare due numeri interi con media efficace ancora intera.
Tali sono 31 e 49, la cui media efficace è 41.
Ma [31, 49] non è l'unica coppia di interi ad avere per media efficace un intero!
Guarda, aspesi, come ti modifico il quiz ... rendendo anche molto più facile l'indovinare il numero: :)
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Mai sentita nominare prima la "media efficace", però ...
... se la definizione è estendibile a N numeri, ho imparato così che lo "scarto quadratico medio" è la "media efficace" degli scarti ... :)

Re: Qualche quiz
 

Il problema dei quadrati.
Ho il sospetto che possa centrare la sezione aurea.
Per esempio se elevo -5,618033988^2 e 5,618033988^2 ottengo sempre 31,5623059 e Fibonacci doveva conoscere la sezione aurea dato che il rapporto di due numeri consecutivi della sua serie (dei conigli) tendono ad essa.
Ciao
Ricordo che 1,618033988^2 = 2,618033988

Re: Qualche quiz
 

Ad esempio, anche [34,62] hanno media efficace un intero (50).
Però non è una delle tue soluzioni...

Vado a mangiare, poi ci guardo...
ma non è detto risolva...:mmh:

Ciao

Re: Qualche quiz
 

(5/2)^2 + 6 = (7/2)^2
(5/2)^2 - 6 = (1/2)^2

2) Trovare un numero quadrato che, aumentato o diminuito di 30, dia sempre un numero quadrato.

Questo lo lascio a qualcun altro...

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Beh, è molto simile al precedente... 42,25
6,5^2 + 30 = 8,5^2
6,5^2 - 30 = 3,5^2

:hello:

Re: Qualche quiz
 

I numeri della 3ª colonna sono i complementi a 1 di quelli della 2ª.
La seconda colonna dà la probabilità di "soccombere"! :D

Ma questi numerio sono appunto i nostri ... "sbagliati"!

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

Ci ho pensato.
Ci ho pensato ... a lungo.:lipssealed:

Forse ho trovo la risposta giusta.

Col senno di poi – supposto che sia giusta davvero – l'approdo cui sono alla fine arrivato mi pare anche una banalità (in linea di principio: ma in pratica i calcoli si complicano parecchio). Oddio: una banalità non certo per me (che non vado più in là delle prime 4 acche della teoria assiomatica della probabilità), bensì per chi avesse una certa familiarità con il calcolo delle probabilità. [Sto pensando a miei vecchi colleghi che insegnavano "Calcolo |delle probabilità e Statistica| " nei corsi per periti informatici].

Mantengo la notazione precedente. Ovvero:
– P(k) = probabilità di soccombere entro le prime k mosse ["P" come "perdere"]
– C(k) = 1 – P(k) = probabilità di essere sopravvissuto alle prime k mosse.["C" come "continuare"].
– pk = probabilità, una volta arrivato alla k-esima carta, che questa abbia il valore k [ossia di perdere alla k-esima mossa, la quale avviene con probabilità C(k–1)]

Come prima, la probabilità di perdere entro la k-esima mossa sarà dunque:
P(k) = P(k-1) + C(k–1)·pk.

La differenza con la precedente (erronea) discussione sta nel fatto che ora considero pk dipendente da k mentre prima l'avevo ritenuto costante, ossia p = 4/40 = 1/10.

• Dico "uno" e conto la 1ª carta. Se è un asso ho perso. Ci sono 4 assi su 40 carte. Perciò:
P(1) = p1= 1/10; C(1) = 1 – p1 = 9/10.
• Se la prima carta non è un asso è una delle altre 36, nelle quali ci sono 4 due.
la probabilità che sia uscito un 2 è 4/36 = 1/9, Se è uscito un 2, nelle 39 carte rimaste ci sono tre 2, se no ce ne sono 4.
Perciò, la probabilità che esca un 2 come seconda carta è
p2 = (1/9)·(3/39) + (8/9)·(4/39) = (3 + 4·8)/(39*9) = 35/351 = (1/10)(1 – 1/351).
Si osservi che p2 è solo un pelo inferiore a p1 = 1/10.
Allora:
P(2) = P(1) + C(1)*p2 = p1+(1–p1)·p2 = p1 + p2 – p1·p2;
C(2) = 1–P(2) = 1– p1 – p2 + p1·p2 = (1–p1)(1–p2)=(9/10)·(316/351)= (0,9^2)·1,0003165...
• Se soppravvivo alle prime due carte, vuol dire che certamente la prima carta non era un asso e la seconda non era un 2.
Ci sono quattro 3 sia nelle 36 diverse possibili uscite della 1ª carta che nelle 36 della 2ª carta. Cosa siano di preciso le altre 32 non importa. Nelle 38 carte rimaste ci possono essere ancora quattro 3, oppure tre 3 oppure due 3.
Consideriamo allora le disposizioni distinte di 36 elementi a 2 a 2. Il loro numero è
D(36, 2) = 36·35 = 1260
Di queste, D(4,2) = 12 sono disposizioni di due 3.
Le disposizioni che hanno un solo 3 sono 2·4·35 = 280.
Tutte le altre 1260 – 280 – 12 =938 non hanno alcun 3
Percio:
– La probabilità che nelle 38 carte rimaste ci siano solo due 3 è 12/1260 = 1/105
– La probabilità che nelle 38 carte rimaste ci siano tre 3 è 280/1260 = 2/9;
– La probabilità che nelle 38 carte rimaste ci siano quattro 3 è 638/1260 = 67/90.
Pertanto, la probabilità che esca un 3 come terza carta è:
p3 = (1/105)·(2/38) + (2/9)·(3/38) + (67/90)·(4/38) = 1/(3·5·7·19) + 1/(3*19) + 67/(3·3·5·19) =
= (3 + 3·5·7 + 7·67)/(3·3·5·7·19) = 557/5985 = (1/10)(1 – 43/4573)
Di nuovo, p3 differisce di molto poco da p1 = 1/10.
La probabilità di soccombere entro le prime tre mosse è:
P(3) = P(2) + C(2)·p3 = 1 – C(2) + C(2)·p3 = 1 – C(2)·(1 – p3) = 1 – (1–p1)(1–p2)(1–p3).
La probabilità di sopravvivere alle prime tre mosse è:
C(3) = 1 – P(3) = (1–p1)(1–p2)(1–p3).
• Analogamente si farà alla 4ª mossa.
I 4 già usciti possono essere tre, due, uno o nessuno.
Delle totali D(36, 3) = 36*35*34 = 42840 disposizioni di 3 carte:
– D(4,3) = 4·3·2 = 24 sono di tre 4;
– 3·12·32 = 1152 hanno due 4;
– 4·3·(32·31) = 11904 hanno un solo 4;
– le restanti 42840 – 11904 – 1152 – 24 = 29760 non hanno alcun 4.
La probabilità che esca il 4 alla 4ª mossa è dunque:
p4 = (24/42840)·(1/37)+ (1152/42840)·(2/37) + (11904/42840)·(3/37) + (29760/42840)·(4/37) =
= (24·1 + 1152·2 + 11904·3 + 29760 4)/(42840·37) = 11/(3·37) = 11/111 = (1/10)(1 – 1/111).
Di nuovo, p4 differisce di molto poco da p1 = 1/10.

Fatti i soliti passaggi, troveremo:
C(4) = (1–p1)(1–p2)(1–p3)(1–p4).

In generale, occorre calcolare la probabilità pk+1 che esca una carta di valore k+1 dopo essere sopravvissuti alle precedenti k mosse.
A tale scopo, si considerano le D(36,k) disposizioni di k carte di 36 possibili uscite – 36 e non 40 perché, se ho superato la k-esima carta, certamente, per ogni h da 1 a k inclusi, non è uscita alcuna delle 4 carte di valore h alla h-esima mossa –.
Occorre contare quante di queste hanno 4 carte di valore k, quante ne hanno 3, quante ne hanno 2, quante ne hanno una e quante non ne hanno alcuna. Indichiamo questi numeri con N(k, 4), N(k, 3), N(k, 2), N(k, 1) ed N(k, 0). Pertanto:
N(k, 0) = D(36, k) – N(k, 4) – N(k, 3) – N(k, 2) – N(k, 1). Risulta allora
pk+1 =[0· N(k,4) + 1·N(k,3) + 2·N(k, 2) + 3·N(k, 1) + 4·N(k, 0)]/[(40 – k)·D(36, k)].
A questo punto è
C(k+1) = (1–p1)·(1 – p2)·(1 – p3)· ... · (1 – pk) (1 – pk+1).

E avanti così fino in fondo ...

Spero di essere stato sufficientemente chiaro.
Ovviamente, da un certo punto in poi, (con complessità eccessiva), non è possibile lavorare con le frazioni: occorrerà sostituirle con numeri decimali; e trovare un algoritmo ripetitivo per il calcolo di pk.

Ciao, ciao
:hello:

Re: Qualche quiz
 

No!
1) Certamente hai sentito nominare, almeno da me, la "media efficace" perché hai partecipato anche tu al quiz sulle medie (aritmetica, geometrica, armonica, efficace), che consisteva nel mettere in ordine crescente le 4 medie (di numeri x e y distinti, of course).
2) Lo scarto quadratico medio è la media aritmetica dei quadrati degli scarti.
La sua radice quadrata è la "media efficace degli scarti".;)

In ogni caso, ... bisognerebbe sapere "scarti da che cosa".
Per esempio, la componente armonica fondamentale (nello sviluppo in serie di funzioni circolari) di una funzione f(x) definita in un intervallo (o periodica) è la sinusoide che minimizza lo scarto quadratico di f(x) da sé.

Se non sbaglio, la "varianza" di una variabile aleatoria X è lo scarto quadratico medio dalla (costante) "valor atteso" X (detto anche tout court "media" ... la media ponderale con peso pari alla probabilità).

La deviazione standard "sigma", (che è la radice quadrata della "varianza") è appunto la media efficace degli "scarti dalla media".

D. A quale velocità dovrebbero muoversi le molecole di un gas "sostanza" (fissa restando la temperatura assoluta) se avessero tutte la stessa velocità (in modulo, non in direzione)?
R. Alla velocità media efficace dei tutte le effettive velocità.
----------------------------------------------------------------------------------------------------
Una "media" tra due numeri non negativi x ed y è una qualsiasi funzione F(x, y) tale che
• F(x,x) = x
• F(x, y) = F(y, x)
• x > y => x > F(x, y) > y e x < y => x < F(x, y) < y.
[Il valore di ogni media è intermedio ai valori delle variabili].

• Media aritmetica Ma(x, y) = (x +y)/2
• Media geomtetrica: Mg(x, y) = √(xy)
E' l'esponenziale della media aritmetica dei logaritmi: Mg(x, y) = Exp{Ma(ln(x), ln(y)]}.
• Media armonica: Mh(x, y) = 2/(1/x + 1/y) = (xy)/[(x+y)/2]
E' il reciproco della media aritmetica dei reciproci: Mh(x,y) = 1/Ma(1/x, 1/y)
E' il rapporto tra il quadrato della media geometrica e la media aritmetica: Mh(x,y) = {[Mg(x,y)]^2}/Ma(x,y)
• Media efficace: Mg(x, y) = √[(x^2 + y^2)/2]
E' la radice quadrata della media aritmetica dei quadrati.

Puoi facilmente estendere tutte le medie da 2 ad n≥ 2 variabili [da "mediare"]
Tranne la media geometrica, non è necessario che i termini da mediare siano non negativi.
La media armonica non è definita dove una variabile è nulla: però tende a ZERO al tendere a zero di qualche variabile.
------------------------------
Passando dal discreto al continuo, sia f(x) una funzione continua in un intervallo chiuso a ≤ x ≤ b.
Per la stessa definizione di integrale definito, il "valor medio" Vm di f(x) è il limite di una media aritmetica.
Per la stessa definizione di integrale definito, il "valor efficace" Ve di f(x), [ossia la radice quadrata del valor medio del quadrato di f(x)] è il limite di una media efficace.------------------

Ciao, ciao
:hello:

Re: Qualche quiz
 

a) Beh: tanto vale dividere tutto per due, prendere [17, 31] con media efficace 25.
b) Soluzione di che cosa? :mmh:
Guarda qua:
Trovare un numero quadrato che, aumentato o diminuito di 21, dia sempre un numero quadrato.
R. (25/4)^2 = 625/16;

625/16 – 21 = (625–21*16)/16 = 289/16 =(17/4)^2;
625/16 +21 = (625+21*16)/16 = 961/16 =(31/4)^2.
-------------
Oppure (ma è la stessa cosa!):
R. (50/8)^2 =2500/64;

2500/64 – 21 = (2500 – 21*64)/64 = 1156/64 = (34/8)^2;
2500/64 +21 = (2500 + 21*64)/64 = 3844/64 = (62/8)^2.

-------------
Bye, bye
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Vabbè che trattandosi di una etichettatura la questione non ha grande rilevanza, ma devo correggerti.
Non è come dici tu.
Lo "scarto quadratico medio" è in realtà (per definizione) "radicequadratico", ed è la stessa cosa della deviazione standard.
http://it.wikipedia.org/wiki/Deviazione_standard
La cosa può urtare il tuo senso estetico e non piacerti, ma è così che il termine è stato definito e viene usato ... ;)
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Il modo di ragionare e procedere mi sembra corretto.
Però, è praticamente impossibile arrivare in fondo e dare la soluzione...

Di seguito riporto i risultati esatti (che ho trovato su Internet) per qualche N:
% vincita = 0,83 per N=3
% vincita = 1,562 per N=10
% vincita = 1,62327 per N=13
% vincita = 1,69543 per N=20
% vincita = 1,83156 pe N= inf

In particolare, secondo l'enunciato del problema (N=10 con un mazzo di 40 carte), la probabilità è di: 12745876601159747423747978302388220527929982976 casi favorevoli sui 40! possibili


La procedura indicata è:
I casi favorevoli sono dati da s(10,40) dove s e' la funzione ricorsiva s(N=numero di valori per seme, k=Numero di carte con valore diverso da quello pronunciato) per mazzi a 4 semi:

s(1,0) = 4!; s(N,k)=0 per ogni k<0 e ogni k>4N;
s(N,k) = s(N-1,k) * 4! +
s(N-1,k-1) * 4!4(k-1) +
s(N-1,k-2) * [4!4(4N-k-2) + 72(k-2)(k-3)] +
s(N-1,k-3) * [144(4N-k-1)(k-3) + 16(k-3)(k-4)(k-5)] +
s(N-1,k-4) * [72(4N-k)(4N-k-1) + 48(4N-k)(k-4)(k-5) +
(k-4)(k-5)(k-6)(k-7)] +
s(N-1,k-5) * [48(4N-k+1)(4N-k)(k-5) +
4(4N-k+1)(k-5)(k-6)(k-7)] +
s(N-1,k-6) * [16(4N-k+2)(4N-k+1)(4N-k) +
6(4N-k+2)(4N-k+1)(k-6)(k-7)] +
s(N-1,k-7) * 4(4N-k+3)(4N-k+2)(4N-k+1)(k-7) +
s(N-1,k-8) * (4N-k+4)(4N-k+3)(4N-k+2)(4N-k+1)


E' anche riportato:
casi possibili: 40!/(4!)^10
casi favorevoli:
somme (-1)^(i1+...+i10)*(4 su i1)* ...*(4 su i10)*...*(40-i1....-i10)!/((4-i1)!*...*(4-i10)!)
dove con (a su b) e' il coefficiente binomiale e le somme vanno fatte sui dieci indici i1, i2, ..., i10 che vanno da 1 a 4.

E' stato fatto il calcolo con un mazzo di 40 carte, con N=3 (si dice solo 1,2,3,1,2,3,1,....)
P = Sum_i Sum_j Sum_k (4 su i)*(4 su j)*(4 su k)*(-1)^(i+j+k)*
*(40-i-j-k)!/((13-i)!*(12-j)!*(12-j)!)/(40!/(13!*12!*12!))

dove le tre somme sono libere e i rispettivi indici vanno da 0 a 4.

e il risultato ottenuto è 2005028661108720/241365994493904000
circa 0.0083 di probabilità di vincita

http://groups.google.it/group/it.scienza.matematica/browse_thread/thread/7edc4eab231a6af0/529bfb51cc5ff9fb?hl=it&ie=UTF-8&q=solitario+e+probabilita%27+di+riuscita+%2B+it. scienza.matematica

:hello:

Re: Qualche quiz
 

OK (ci sarei arrivato anch'io...) :D
50^2 + 1344 = 62^2
50^2 - 1344 = 34^2

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Questo lo dici tu; e magari, assieme a te, ormai la maggioraza (in ambito statistico, e solo quando l'estimatore – deviazione dal quale è lo scarto – è il "valor atteso", ovvero la "media").

Certamente non in ambito di calcolo numerico quando lo scarto è la deviazione (ovvero, come si dice correttamente, l'errore) di una misurata funzione F(x) non da una costante ma da una presunta funzione teorica G(x).
[Tu mi insegni che i particolari parametri di G(x) sono spesso valutabili minimizzando appunto lo "scarto quadratico medio" tra li valori misurati F(xk) e quelli teorici G(xk), k = 1, 2, ..., N].
Dai, Miza: in quest'ambito, di radici quadrate non se ne vedono "punte" (come direbbe conte).

Una volta la nomenclatura tecnica era costituita da ... "voci dotte" e\o appositi "dotti neologismi", con etimo latino o greco.
Pensa, per esempio all'inglese "error". Ormai è sinonimo di "sbaglio" come l'italiano "errore". Ma nella barbara Albione la voce è arrivata dal continente quando in questo si usava già da un millennio nel signiificato di "deviazione", "scarto", "differenza" (in valore assoluto). Ed è con questo significato che è stata importata ... e che viene ancora usata da persone colte e di buon gusto.

[Per esempio la "media aritmetica dei quadrati degli scarti" (prescindendo da quale sia l'estimatore rispetto al quale si considerano gli scarti) è detta "errore quadratico medio", (in inglese "mean square error", sigla MSE); e la sua radice quadrata, detta da me "media efficace", in inglese è detta "root mean square error" (sigla RMSE).]

Ma adesso ... il buon gusto si è perso, vuoi in omaggio alla famigerata "cultura democratica", vuoi perché ... che vuoi che ne sappiano delle etimologie delle nostre parole giapponesi, cinesi e in generale tutti i moderni prodotti delle moderne università tecnico-scientifiche (comprese quelle celeberrime nordamericane)? :mad:
Quel giustapporre, poi, parole indeclinate in certo ordine (in sostituzione di complementi ed attributi) che avviene nell'inglese moderno ... sarà anche utile (specie per chi usa questa lingua, ma è di madrelingua ... esotica) e pratico per comunicare: ma non va certo nella direzione della precisione e della distinzione dei concetti.

Infine: non mi pare che in inglese ci sia il giusto corrispettivo dell'italiano "effcace" nel significato che ha nella tipica locuzione "valor efficace" – indichiamolo con Ve – (che è la radice quadrata della media dei quadrati quando si passa dal discreto al continuo), come già ho scritto qua:
Ciao, ciao.
:hello: