Estrazioni casuali

[aspesi]

Erasmus

Penso che il banco, se faccio più di 45, deva pagare 46/27,5 = 92/55 ≈ 167%
E penso anche che aspesi mi dirà che non è così!
–––

Infatti... non va bene

Come hai supposto, i casi totali sono 2^10=1024
Quelli favorevoli sono molto pochi (quelli con somma >44), per cui, se il gioco fosse equo, la posta dovrebbe essere pagata moooolto di più del 167%

[Mizarino]

A occhio e croce, per un gioco equo, il banco dovrebbe pagare 24 volte la posta.

[Erasmus]

Mizarino

A occhio e croce, per un gioco equo, il banco dovrebbe pagare 24 volte la posta.

Così tanto?

Erasmus

[...] il "valore atteso" mi pare che sia
5.5.·5 = 27,5 [...]

Adesso ... penso ancora che il valore atteso sia 27,5.
[E siccome la porobabilità di fare 27,5 è zero, vuol dire che il giocatore ha probabilità 1/2 di fare meno di 27,5 e ancora 1/2 di fare di più di 27,5.

Ora, però, penso che da qui in poi ho sbagliato tiutto!
------------------
Il minimo è zero ed è possibile in un solo modo: 10 zeri.
Analogamente ho un solo modo di fare 55: tutti i gettoni col loro numero.

Ho un solo modo di fare 1. E pure un solo modo di fare 54.
Un solo modo di fare 2 e un solo modo di fare 53
2 modi di fare 3 (un 3 secco e 1 + 2) e due modoi di fare 52 (l'assenza del 3 e i'asssenza
sia di 1 che di 2).
2 modi pure di fare 4: 4 o 1 + 3. E due soli modi di fare 55–4: l'assenza di 4 o l'assenza di 1 e di 3.
In generale, ad ogni modo di fare k (con certi gettoni dalla parte numertata) corrisponde un modo di fare 55 – k (rovesciando tutti i 10 gettoni dal come erano per dare k).
La distribuzione di probabilità è dunque simmatrica (e si estende tra 0 e 55 inclusi.
Ma non è quella binomiale!
La fregatura sta nel fatto che, mentre ci sono
C(10,k) = (10!)/[(k!)·(10 – k)!]
casi in cui k gettoni escono con la faccia numerata e 10 – k con la faccia non numerata, la somma è diversa a seconda di quali sono i k gettoni.
Probabilmente c'è una regola per calcolare la somma dei vari casi con k gettoni numerati ... ma io non la so.
Per trovare l'effettiva distribuzione di frequenza dei punteggi dovrei dunque esamuinare in quanti modi posso fare k con k tra 0 e 27 compresi ... che è lo stesso di esaminare in quanti modi posso fare
h = 55 – k
ancora con k tra o e 27 (ossia con h tra 45 e 55). Se avessi tutta la distribuzione delle frequenze potrei farela somma di quelle del punteggiotra 45 e 55 in cui vince il giocatore , diciamola V.
E se la somma di tutte le frequenze fosse T, il rapporto
(T – V)/V
sarebbe (secondo quel che penso ora) la risposta al quiz.
Vedimo se posso estrapolare una regola che mi fa evitare di analizzare tutti i punteggi tra 0 e 27.

Punteggio     Numero di casi       modi (gettoni usciti con la faccia numerata)
    0                 1                        0 gettoni con faccia numerata
    1                 1                        1
    2                 1                        2
    3                 2                        3, 1+2
    4                 2                        4, 1+3      
    5                 3                        5, 1+4, 2+3
    6                 4                        6, 1+5, 2+4, 1+2+3
    7                 5                        7, 1+6, 2+5, 3+4, 1+2+4       
    8                 6                        8, 1+7, 2+6, 3+5, 1+2+5, 1+3+4    
    9                 8                        9, 1+8, 2+7, 3+6, 4+5, 1+2+6, 1+3+5, 2+3+4            
  10               10                       10, 1+9, 2+8, 3+7, 4+8, 1+2+7, 1+3+6, 1+4+5, 2+3+5, 1+2+3+4      
  11               11                       1+10, 2+9, 3+8, 4+7, 5+6, 1+2+8, 1+3+7, 1+4+5, 2+3+6, 2+4+5, 1+2+3+5
  12               12                       2+10, 3+9, 4+8, 5+7, 1+2+9, 1+3+8, 1+4+7, 1+5+6, 2+3+7, 2+4+6, 3+4+5, 1+2+3+6
  13               15                       3+10, 4+9, 5+8, 6+7, 1+2+10, 1+3+9, 1+4+8, 1+5+7, 2+3+8, 2+4+7, 2+5+6, 
                                               3+4 +6, 1+2+3+7, 1+2+4+6, 1+3+4+5 
  ...                ...                       ...

Mi sono stufato!
Non trovo la legge che cercavo.
(Mumble ... mumble ...)
Però:
I casi in cui il punteggio non è maggiore di 10 sono 43; e allora sono pure 43 i casi in cui il punteggio non è minore di 45.
(V = 43)
I casi sono in tutto 2^10 = 1024. Allora i casi in cui il punteggio è meno di 45 (e vince il banco!) sono
1024 – 43 = 981
(T = 1024; T – V = 981)
(T – V)/V = 981/43 = 22,81395 ....
Parafrasando Miza:
Il banco dovrebbe pagare 22,814 volte la posta.
–––––––––––-
Se ho fatto giusto ... allora Miza ha esagerato!
Che goduria sallora – per quel senso sadico che nutro nei riguardi dell'Inllustrissimo [quasi infallibile] !
[Il senso sadico ce l'ho anche nei riguardi di aspesi, ancor meno fallibile di Miza nei quiz di probabilità]

Ma a naso ... mi sa che aspesi mi dirà che ho fatto peggio di Miza.
–––––––


P.S. (Editando a mezzanotte dell'8 marzo '22). Ho corretto la tabella qui sopra che era sbagliata dall'11 compreso in avanti. E di conseguenza ho corretto anche un po' quel che segue.

[aspesi]

Mizarino

A occhio e croce, per un gioco equo, il banco dovrebbe pagare 24 volte la posta.

Leggermente meno
1024/43 = 23,81395349

[aspesi]

Erasmus

Se ho fatto giusto ... allora Miza ha esagerato!
Che goduria allora – per quel senso sadico che nutro nei riguardi dell'Illustrissimo [quasi infallibile] !
[Il senso sadico ce l'ho anche nei riguardi di aspesi, ancor meno fallibile di Miza nei quiz di probabilità]

Ma a naso ... mi sa che aspesi mi dirà che ho fatto peggio di Miza.
–––––––

Il tuo ragionamento è "solo in parte" corretto

I 1024 casi totali si suddividono con "faccia vuota" "faccia con un numero qualsiasi" secondo la binomiale C(n,k) * p^n*q^(n-k) -------->n=10; k da 0 a 10; p=q=1/2

Cioè (k=numero facce vuote):
0 -----> 1
1 -----> 10
2 -----> 45
3 -----> 120
4 -----> 210
5 -----> 252
6 -----> 210
7 -----> 120
8 -----> 45
9 -----> 10
10 -----> 1

Solo i casi con l'uscita di 6 facce numerate e 4 vuote (1 possibilità ----->10-9-8-7-6-5), di 7 facce numerate e 3 vuote (11 su 120 totali), di 8 facce numerate e 2 vuote (20 su 45), di 9 facce numerate e 1 vuota (tutte le 10 possibilità) e dell'unico caso con tutte le 10 facce numerate, danno come somma totale da 45 in su (fino a 55).

Quindi la probabilità di successo è 43 su 1024 (e l'inverso è la vincita (compresa la posta giocata) che è equa).

[Erasmus]

aspesi

[...] la probabilità di successo è 43 su 1024 (e l'inverso è la vincita (compresa la posta giocata) che è equa).

Io ho trovato 55 casi su 1024 di punteggio tra 45 e 55 inclusi.
Se invece di pnteggio maggiore di 45 o uguale a 45 dicessi solo maggiore di 45, i casi di vincit del gioctore mi verrebbero proprio 43.
Non riesco a seguire del tutto quello che mi spieghi.
Domanda: i casi di vincita del gioctore sono quelli di punteggio dal 45 compreso in su o dal 45 escluso in su? E per te soono proprio 43?
Se il tuo 43 non è quel che intendo io ... sarebbe una fottuta coincidenza!
Con 43 viene 1024/43 ≈ 23,81, ciòè quasi 24 ... ma quante volte la posta per un gioco equo sarebbe un'unità in meno
[cioè (1024 – 43)/43 = 23,81.]
E forse il 24 di Miza invece di 23 è un suo "errore di sbaglio", appunto 1024/43 invece di (1024 – 43)/43.
Boh!
[Gli interessati potrebbero prewcisare ...]
––––--

[aspesi]

Erasmus

Non riesco a seguire del tutto quello che mi spieghi.
Domanda: i casi di vincita del giocatore sono quelli di punteggio dal 45 compreso

Sì, i casi di vincita sono quelli di punteggio dal 45 compreso in su e sono questi 43:
0 - 0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 (45)

0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 (49)
0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 3 (48)
0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 2 (47)
0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 1 (46)
0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 4 - 3 (47)
0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 4 - 2 (46)
0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 4 - 1 (45)
0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 3 - 2 (45)
0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 5 - 4 - 3 (46)
0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 5 - 4 - 2 (45)
0 - 0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 6 - 5 - 4 - 3 (45)

0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 (52)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 2 (51)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 1 (50)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 3 - 2 (50)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 3 - 1 (49)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 2 - 1 (48)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 4 - 3 - 2 (49)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 4 - 3 - 1 (48)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 4 - 2 - 1 (47)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 3 - 2 - 1 (46)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 5 - 4 - 3 - 2 (48)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 5 - 4 - 3 - 1 (47)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 5 - 4 - 2 - 1 (46)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 5 - 3 - 2 - 1 (45)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 (47)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 6 - 5 - 4 - 3 - 1 (46)
0 - 0 - 10 - 9 - 8 - 6 - 5 - 4 - 2 - 1 (45)
0 - 0 - 10 - 9 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 (46)
0 - 0 - 10 - 9 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 1 (45)
0 - 0 - 10 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 (45)

0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 (54)
0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 1 (53)
0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 2 - 1 (52)
0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 3 - 2 - 1 (51)
0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 4 - 3 - 2 - 1 (50)
0 - 10 - 9 - 8 - 7 - 5 - 4 - 3 - 2 - 1 (49)
0 - 10 - 9 - 8 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 - 1 (48)
0 - 10 - 9 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 - 1 (47)
0 - 10 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 - 1 (46)
0 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 - 1 (45)

10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 - 1 (55)

Erasmus

Con 43 viene 1024/43 ≈ 23,81, cioè quasi 24 ... ma quante volte la posta per un gioco equo sarebbe un'unità in meno
[cioè (1024)/43 = 23,81.]
E forse il 24 di Miza invece di 23 è un suo "errore di sbaglio", appunto 1024/43 invece di (1024 – 43)/43.

––––--

L'ho precisato prima. 23,81 compresa la posta (quindi 22,81 + la puntata, che si può considerare persa una volta che l'hai giocata)

[aspesi]

Qual è la probabilità che un punto casuale P interno al triangolo equilatero ABC, sia più vicino ad un vertice A che al suo lato opposto BC ?



Erasmus, so che c'è di mezzo una parabola, ma non so come calcolare l'area del settore parabolico con il triangolo equilatero...

[Mizarino]

Fallo fare a Nino con Geogebra!
Detto M il punto medio di BC, deve solo disegnare la parabola con vertice nel punto medio dell'altezza AM, e passante per i due punti, sulla parallela a BC passante per A, che distano da A di una lunghezza pari ad AM.
Poi si fa dare l'area da Geogebra...

[aspesi]

Mizarino

Fallo fare a Nino con Geogebra!
Detto M il punto medio di BC, deve solo disegnare la parabola con vertice nel punto medio dell'altezza AM, e passante per i due punti, sulla parallela a BC passante per A, che distano da A di una lunghezza pari ad AM.
Poi si fa dare l'area da Geogebra...

Nino280, se ci sei batti un colpo