Estrazioni casuali

[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

[nino280]

Ecco quello che mi pare d'aver capito di quello che dice Mizarino.
Allora prendo un Equilatero da 10
Faccio punto medio della base.
Una parallela alla base passante per il vertice
Dal vertice riporto l'altezza del triangolo sia a destra che a sinistra sulla parallela.
Faccio passare una Parabola a gambe all'aria con piede o vertice nel punto medio che per me è A, cioè origine Assi e per i due punti destro e sinistro.
Il pallino "a" mi indica sia il Fuoco che la Direttrice della Parabola vale a dire 2,165
Ma io non sono capace a calcolare l'area del settore di una parabola, diciamo che una volta ci ero anche riuscito, ma parlo di 4 o 5 anni fa. Ho dimenticato.
Però mi sembra di ricordare non so se è di Archimede o qualcun altro, che l'Area di una parabola è 2/3 del rettangolo in cui è inscritta o situata.
Detto ciò trovo l'area di detto rettangolo (è quello in verde)
Poi mi fermo, mi arrendo perchè io di probabilità non so assolutamente nulla di nulla.
Se ho fatto giusto e in qualche modo vi è di aiuto questo mio disegno, allora procedete voi.
Ciao
Dimenticavo; forse vi può essere utile sapere i lati del rettangolo:
sono 7,91284 e 1,80753 (circa)

[aspesi]

nino280

Poi mi fermo, mi arrendo perchè io di probabilità non so assolutamente nulla di nulla.
Se ho fatto giusto e in qualche modo vi è di aiuto questo mio disegno, allora procedete voi.
Ciao
Dimenticavo; forse vi può essere utile sapere i lati del rettangolo:
sono 7,91284 e 1,80753 (circa)

Il fuoco della parabola è nel vertice superiore del triangolo e il vertice a metà dell'altezza.

Dovresti "tirare su" la tua parabola...



Se consideriamo un arco di cerchio (lo so, è sbagliato, ma è per una approssimazione), invece che un arco di parabola, il calcolo della probabilità è abbastanza semplice: basta infatti fare il rapporto fra l'area del settore di 60 gradi (1/6 di cerchio) di raggio = 1, che è pigreco/6 e l'area di tutto il triangolo equilatero, che ha altezza = 2, e quindi è = (2*2/RADQ(3))/2 = 4/RADQ(3).
Quindi p_circa = (pigreco/6)*(RADQ(3)/4) = 22,6725%

La corretta probabilità (considerando che la parabola all'inizio è meno "convessa" del cerchio) sarà un poco superiore, diciamo dal 23% al 24% (Potrei forse anche arrivarci... se avessi un po' di tempo)