Qualche quiz

[Erasmus]

aspesi

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

Frena, frena ... Dopo aver letto il quiz, ... Erasmus non è capace di trovare neanche quei risultati approssimativi che sai trovare tu.
[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)

aspesi

[i] ... 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?
[...]

Ho messo io il colore azzurro e il grassetto per evidenziare quello che, del tuo discorso ... io non capisco.
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!
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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!

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[aspesi]

Erasmus

Frena, frena ... Dopo aver letto il quiz, ... Erasmus non è capace di trovare neanche quei risultati approssimativi che sai trovare tu.
[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)

Con questo quiz, temo di essermi impelagato...
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!)

Erasmus

Ho messo io il colore azzurro e il grassetto per evidenziare quello che, del tuo discorso ... io non capisco.
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!
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Nella versione ... "popolare" (introduttiva alle varianti che specifichi "modulo N+1") che dai all'inizio si conta "modulo 10", no?
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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

[Erasmus]

aspesi

Uno dei solitari piu' semplici che si possono fare con un mazzo di carte e' chiamato "il suicidio" .
[color=blue].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.

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

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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.
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[aspesi]

Erasmus

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.

[cut]

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

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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

[Erasmus]

aspesi

... 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.

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!
Ci penserò ... forse!

Ciao

[aspesi]

Erasmus

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,

[cut]

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

Ciao

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

[Erasmus]

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.

                              ____________            __________                  _____
                      /|   /  31^2 + 49^2      /|   / 961 + 2401         /|     / 3362           _____
Me(31, 49)  =   |  /   –––––––––––   =  |  /  ––––––––––  =      |  /   ––––   =   \/  1681  = 41.
                       |/             2                 |/           2                   |/       2

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:

aspesi

1) Trovare un numero quadrato che, aumentato o diminuito di 6, dia sempre un numero quadrato.

Aspesi risponde che il numero quadrato è: ...
----------------------------------------------------------------------
2) Trovare un numero quadrato che, aumentato o diminuito di 30, dia sempre un numero quadrato.

Aspesi risponde che il numero quadrato è: ...

[Mizarino]

Erasmus

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].

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 ...

[nino280]

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

[aspesi]

Erasmus

Ma [31, 49] non è l'unica coppia di interi ad avere per media efficace un intero!

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...

Ciao