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#101 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Sep 2007
Messaggi: 5,482
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![]() Aspesi perde nel 43,758 % dei casi.
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#102 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 9,205
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#103 | |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 9,205
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![]() Quote:
In questo modo, conti più volte i casi in cui nei 12 dadi non dovessero uscire 5 numeri, ma di meno; esempio tutti 1, oppure cinque 3 e sette 5, oppure due 2, tre 4, cinque 5 e due 6, ecc... ![]() Scusa, non avevo letto il tuo ultimo messaggio, nel quale ti eri accorto di quello che ho scritto sopra. Ciao Ultima modifica di aspesi : 10-11-11 08:09. |
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#104 | |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Sep 2007
Messaggi: 5,482
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Aspesi perde nel 43% dei casi, ma nella maggior parte dei casi vince! |
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#105 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 9,205
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#106 | |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 9,205
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![]() Quote:
![]() Più facilmente, si può ragionare ricorsivamente: se chiamiamo p(n,k) la probabilità di avere n numeri diversi dopo k lanci, si osserva subito che al primo lancio p(1,1) = 1 In seguito, al lancio k si possono avere n numeri diversi se: -al lancio k-1 ne avevo già n ed esce uno dei numeri già usciti -al lancio k ne avevo n-1 ed esce un numero nuovo Quindi.... ![]() ![]() |
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#107 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Sep 2007
Messaggi: 5,482
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![]() Un giorno voglio provare a risolvere questo tipo di quiz senza ricorrere alla forza bruta.
Mi sa che a trovare le soluzioni in questo modo, faccio una brutta figura. ![]() Perchè passo per una persona brutale, mentre sono soltanto un po' pigro. ![]() |
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#108 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 9,205
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#109 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Sep 2007
Messaggi: 5,482
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![]() Excel non ce l'ho.
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#110 | |||||
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Feb 2008
Ubicazione: Unione Europea
Messaggi: 7,543
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![]() Ma se sai programmare in modo da usare la "forza bruta", guarda che è molto più semplice programmare una formula che fare il conteggio esaustivo di tutti i casi (che qui sono 6^12 = 2 miliardi e rotti) contando tra essi i casi favorevoli per poi dividerli per la totalità dei casi (per avere la probabilità); oppure (alla Mizarino) fare una cosa analoga non tra tutti i casi ma tra un gran numero distribuito uniformemente sull'insieme della totalità dei casi (Metodo Montecarlo).
-------------------- @ aspesi La tua formula ricorsiva non l'ho mica capita. Sei sicuro del numero 43.78%? Quote:
Lanci forse un dado alla volta (k = 1, 2, 3, ... ,12)? Quote:
Se i dadi già lanciati non sono almeno due, che senso ha chiedersi se gli esiti sono distinti o se ci sono ripetizioni? Quote:
Quote:
Quote:
Supponiamo di sì. Il casino nello stendere la formula recursiva resta perché se la probabilità che il secondo dado dia esito distinto dal primo è 5/6, al terzo dado devo usare una probabilità condizionata dall'essere distinti o no i due esiti precedenti: se questi sono distinti ho probabilità 4/6 = 2/3 che il terzo lancio dia un esisto distinto da entrambi e se sono uguali ho probbilità 5/6 che il terzo esito sia distinto dai due precedenti (ed uguali). Il condizionamento si complica al crescere di k perché subito prima del k-esimo lancio posso avere n = 1 in 6 modi diversi, n=2 ... in molti più modi, ecc; e se k>6 ed ho già n = 6, ho probabilità 0 che il k-esimo lancio dia esisto distinto da ciascuno esito precedente. ------------------------------ Riprendo il ragionamento di ieri notte, cercando di correggere però l'errore. [Sto andando in real time, non sto riportando ragionamenti già fatti ... e sai che sono lentissimo nel comporre un messggio]. Io i dadi li lancio tutti 12 assieme! L'esito è una disposizione (con ripetizione) di 12 oggetti ciascuno dei quali può essere scelto in 6 distinti modi (sempre quelli per ognuno dei 12 oggetti). E' come avere un numero di 12 cifre in base 6. [I dodici esiti che compongono l'esito "dozzina", uno per dato, sarebbero davvero le 12 cifre di un numero in base 6 tra 0 compreso e 6^12 escluso se i numeri delle 6 facce fossero i numeri interi da 0 a 5 invece degli interi da 1 a 6]. Le dozzine distinte sono 6^12 e sono tutte equiprobabili. Considero "esito possibile" del lancio di 12 dadi ciascuna di queste 6^12 = 2 176 782 336 distinte dozzine ( o numeri di 12 cifre in base 6). Vado in cerca di quante sono quelle nelle quali non ci sono tutte le 6 "cifre". Supponiamo di contare le dozzione in cui non c'è la "cifra" 6. La notte scorsa avevo dapprima detto che queste sono tante quanti sono i numeri di 12 cifre in base 5 (con cifre dall'1 al 5 compresi). E quindi, essendo 6 le cifre, che le dozzine alle quali manca una cifra sono 6·5^12. Poi avevo riconosciuto un errore (almeno!) dicendo (pressapoco): «Sia tra le 5^12 dozzine in cui manca la cfra x che tra le 5^12 dozzine in cui manca la cifra y ci sono le dozzine in cui mancano entrambe le cifre x ed y. I due insiemi {dozzine senza x} e {dozzine senza y} non sono disgiunti!». Stasera soltanto ho ripreso il problema, In un primo tempo ho ragionato anch'io ricorrentemente ... ma a ritroso. Mi son detto: dai 6 insiemi in ciascuno dei quali manca in ogni dozzina senz'altro una delle 6 cifre sottraggo quelli nei quali manca anche una delle altre 5 cifre. Questi sono numeri in base 4 e quindi hanno cardinalità 4^12. Le cifre distinte da quella in questione nell'insieme in cuii manca la cifra x sono 5 e quindi sottraggo (per adesso) 5·4^12 alla cardinalità di ciascuno che è 5^12. Per adesso ho quindi non 6·5^12 bensì 6·(5^12 – 5·4^12). Ma anche nelle dozzine di numeri a base quattro ci sono quelle in cui manca una delle 4 cifre in questione. Sottraggo allora a ciascuno 4·3^12, correggendo il dato precedente in 6·[5^12 – 5·(4^12 – 4·3^12)] Ma anche, ecc.., ecc. . Continuo dunque in giù fino all'ultima sesta cifra ottenendo la probabilità 6(5^12 – 5·(4^12 – 4·(3^12 – 3·(2^12 – 2·1^12)))) / 6^12 = 0,470339 ... Ma poi mi sono sorti almeno tre dubbi sulla correttezza del risultato. [Il terzo è un po' complicato da spiegare]. a) aspesi non può proporre di giocare con lui con probabilità di vincere minore di 1/2 ! ![]() b) Vedo adesso che astromauh ha trovato (con la "forza bruta") che la probabilità che perda aspesi è 0,4378 e quindi la probabilità invece vinca lui è (circa) 0,5622 c) Non sono più sicuro di aver scalato il numero di volte giusto le cardinalità degli insiemi intersezione, perché ... è un casino trovare i coefficienti di come scalarle! Per esempio, se ho tre insiemi X, Y e Z che si intersecano, di cardinalità rispettiva Cx, Cy, Cz, siano Cxy, Cyz, Czx le cardinalità rispettive di X∩Y, Y∩Z e Z∩X; e sia Cxyz la cardinalità di X∩Y∩Z. Per avere la cardinalità Cu dell'unione debbo sottrarre a Cx + Cy + Cz le cardinalità delle intersezioni a due a due: Cx + Cy + Cz – (Cxy + Cyz + Czx). Ma così facendo sottraggo tre volte la cardinalità Cxyz dell'intersezione X∩Y∩Z di tutti e tre X, Y e Z (perché inclusa in ciascuna delle tre intesezioni a due a due, come si vede subito col diagramma di Venn). Per andare correttamente (e con i piedi di piombo) vado ordinatamente, facendo cioè una operazione binaria alla volta. 1) X ∪ Y. Prendo tutto X e gli aggiungo la parte di Y non inclusa in X. Perciò a Cx sommo (Cy – Cxy) ottenendo: Cx + (Cy – Cxy) 2) (X ∪ Y ) ∪ Z. Occhio: ho già fatto X ∪ Y. La prossima è ancora una operazione binaria (non ternaria come parrebbe se scrivessi X ∪ Y ∪ Z ). Aggiungo a X ∪ Y la parte di Z non inclusa finora. Al precedente totale sommo perciò: Cz – Cyz – (Czx – Cxyz) ottenendo alla fine: Cu = Cx + (Cy – Cxy) + [Cz – Cyz – (Czx –Cxyz)] = (Cx + Cy + Cz) – (Cxy + Cyz + Czx) + Cxyz. Se le cardinalità di X, Y, Z sono uguali – diciamole C1 –, se sono uguali anche quelle delle intersezioni a due a due – diciamole C2 – e se diciamo C3 la cardinalità dell'intersezione di dutti e tre, abbiamo: Cu = 3·C1 – 3·C2 + C3. Ora, se gli insiemi sono più di 3 ... io non ci sto dietro ad inseguire le intersezioni (e non conosco la formula che qualcuno avrà senz'altro trovato in generale). Per cui non so che coefficienti dare a 4^12, 3^12, 2^12, 1^12. ![]() Probabilmente, i coefficienti giusti sono quelli che mi correggono la formula dandomi quello 0,5622 (circa) [complementare di 43,78%] invece di 0,470339 ... che ho trovato prima. => Idea! Forse la formula l'lo trovata! ![]() Nel caso di 3 insieni i coefficienti erano con segno alterno e di modulo pari alle combinazioni di 3 elementi: C(3, 1) = 3 C(3,2) = 3 C(3,3) = 1 Ora ho 6 tipi di insiemi di cardinalità rispettive k^12 con k da 1 a 6. 6^12 è la cardinalità totale. Quelli che mi interessano (per sapere la probabilità che vinca aspesi) sono gli altri 5. Provo allora i coefficienti a segno alterno e di modulo combinazione di 6 elementi a k a k: C(6, 1) = 6 C(6, 2) = 15 C(6, 3) = 20 C(6, 4) = 15 C(6, 5) = 6 (6·5^12 – 15·4^12 + 20·3^12 – 15·2^12 + 6·1^12)/ 6^12 = 0,56218431937882 ≈ 56,22%] Nino II: migliora l'accuratezza e dimmi se l'avere tutte e quattro giuste le cifre che hai confermato ad astromauh è una pura coincidenza. ![]() Ciao ciao
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Erasmus «NO a nuovi trattati intergovernativi!» «SI' alla "Costituzione Europea" federale, democratica e trasparente!» Ultima modifica di Erasmus : 11-11-11 13:48. |
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