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Vecchio 26-11-21, 07:19   #3331
aspesi
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Così va meglio?


Adesso, sì.

Io vinco con probabilità 32/63, tu 31/63.

E una partita dura mediamente 6,14 lanci.

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 28-11-21, 09:44   #3332
aspesi
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Un quadrato di lato 4 è diviso in 4×4 = 16 quadrati di lato unitario.

Quante coppie di vertici dei quadrati unitari hanno tra di loro distanza intera?

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 29-11-21, 02:31   #3333
Erasmus
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aspesi Visualizza il messaggio
Un quadrato di lato 4 è diviso in 4×4 = 16 quadrati di lato unitario.

Quante coppie di vertici dei quadrati unitari hanno tra di loro distanza intera?

Tutte quelle su linee orizzontali o verticali (che sono ... un fottìo) più quelle con 3 quadretti di differenza di altezza e 4 di differenza di distanza orizzontale (distanti cioè 5) o viceversa che mi pare siano 8 coppie.
Ci sono 5 vertici di quadretti per ognuna delle 5 linee orizontali ed ognuna delle 5 linee verticali che definiscono i 16 quadretti della scacchiera.
Per ognuna di queste 10 linee ci sono C(5, 2) = 10 coppie di vertici a mutua distanza intera. In tutto 100 coppie di punti entrambi o sulla stessa verticale o sulla stessa orizzontale più le 8 coppie di punti non sulla stessa verticale né sulla stessa orizzontale.
Supponiamo che la scacchiera sia nel primo quadrante appoggiata agli assi cartesiani.
Allora le 8 coppie su rette oblique sono quelle con le coordinate che elenco qui sotto:
∆x = 4 e ∆y = 3 –––> (0, 4)(4,1); (0,3)(4,0); (0,0)(4,3); (0,1)(4,4)
∆x = 3 e ∆y = 4 –––> (0,0)(3,4); (1,0)(4,4); (0,4)(3,0); (1,4)(4,0)

Spero di non aver sbagliato qualcosa.
Mi risultano in tutto 108 coppie.
–––––––––
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Vecchio 29-11-21, 07:16   #3334
aspesi
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Quote:
Erasmus Visualizza il messaggio
In tutto 100 coppie di punti entrambi o sulla stessa verticale o sulla stessa orizzontale più le 8 coppie di punti non sulla stessa verticale né sulla stessa orizzontale.
Supponiamo che la scacchiera sia nel primo quadrante appoggiata agli assi cartesiani.
Allora le 8 coppie su rette oblique sono quelle con le coordinate che elenco qui sotto:
∆x = 4 e ∆y = 3 –––> (0, 4)(4,1); (0,3)(4,0); (0,0)(4,3); (0,1)(4,4)
∆x = 3 e ∆y = 4 –––> (0,0)(3,4); (1,0)(4,4); (0,4)(3,0); (1,4)(4,0)

Spero di non aver sbagliato qualcosa.
Mi risultano in tutto 108 coppie.
–––––––––
Non hai sbagliato nulla.

Perfetto

https://oeis.org/A228108?fbclid=IwAR...A9hoQkf08WiIXo

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 29-11-21, 17:58   #3335
aspesi
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Una vasca interrata, contenente un volume di acqua V=214998 L, viene svuotata in 12 giorni.

Il volume giornaliero estratto varia come di seguito ( Vri= volume d'acqua residuo nella vasca nei diversi giorni, con i =1, 2, 3, .....12) :
1) 1°giorno viene estratto V1= (V /2+X) L ;
2) 2° giorno viene estratto V2= (Vr1 /2+X) L;
3) 3° giorno viene estratto V3= (Vr2 /2+X) L
e così di seguito fino 12° ed ultimo giorno.

Calcolare X (L), sapendo che, alla fine del 12° giorno, il volume residuo è Vr12 = X/2.

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 30-11-21, 05:55   #3336
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Quote:
astromauh Visualizza il messaggio
Credo di averla trovata con la solita simulazione.[...]
Metodo Montecarlo
[...]
Quando ero laureando (alla bella età di 53 anni) in Informatica, mi insegnavanp che il Metodo Montecarlo andava bene in quei casi in cui il calcolo analitico sarebbe stato svantaggioso in termini di "complessità analitica".
Ma questa volta mi pare che sia vantaggioso il metodo diretto di calcolo delle probabilità che, 'sta volta, mi risulta ricorsivo.
'Sta volta ci riesco anch'io che, nel calcolo delle probabilità, sono un buzzurro.

Su 6 uscite equiprobabili del dado 4 mi fanno perdere un gettone e 2 me ne fanno vincere uno. Dunque: quando viene lanciato il dato ho
• probabilità 1/3 di migliorare la mia situazione guadagnando un gettone;
• probabilitè 2/3 di peggiorare la mia situazione perdendo un gettone.
[Però parto con un abbuono di 4 gettoni rispetto all'avversario].
La probabilità che ho di vincere sia
• A quando sto con 5 gettoni a 1
• B quando sto con 4 gettoni a 2
• C quando sto con 3 gettoni a 3
• D quando sto con 2 gettoni a 4
• E quando sto con 1 gettone a 5
• F quando sto con 0 gettoni a 6.

Ovviamente è F = 0.
Ma io parto con grande abbuono perché parto con A.
Da questa situazione il gioco può evolversi venendo io ad avere un gettone in più o uno in meno.
Se vengo ad avere 6 gettoni o 0 gettoni il gioco termina. Vinco se vengo ad avere 6 gettoni, perdo se vengo ad avere 0 gettoni.
Parto con probabilità di vincere [per ora incognita] A e allora:
A = 1/3 + (2/3)B;
B = (1/3)A + (2/3)C;
C = (1/3)B + (2/3)D;
D = (1/3)C + (2/3)E;
E = (1/3(D + (2/3)F
F = 0.
Ho un facile sistema lineare di 6 equazioni in 6 incognite. Lo risolvo per sostituzione partendo dalla coda.
F =0; [Hai vinto tu!]
E = (1/3)D + (2/3) 0 = (1/3)D;
D = (1/3)C + (2/3)[(1/3)D] <==> (1 –2/9)D = (1/3)C <==> D = (9/7)[(1/3)C] = (3/7)C;
C = (1/3)B + (2/3)[(3/7)C] <==> (1 –2/7)C = (1/3)B <==> C = (7/5)[(1/3)B] = (7/15)B;
B = (1/3)A + (2/3)[(7/15)B] <==> (1 –14/45)B = (1/3)A <==> B=(45/31)[(1/3)A] = (15/31)A;
A = 1/3 + (2/3)[(15/31)A] <==> (1 –10/31)A = 1/3 <==> A=(31/21)(1/3) = 31/63.
La probabilitù che vinca tu è 1 – A =(63 – 31)/63 = 32/63.
––
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Vecchio 30-11-21, 07:28   #3337
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Quote:
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A = 1/3 + (2/3)[(15/31)A] <==> (1 –10/31)A = 1/3 <==> A=(31/21)(1/3) = 31/63.
La probabilità che vinca tu è 1 – A =(63 – 31)/63 = 32/63.
––

Bravissimo

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 01-12-21, 09:11   #3338
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All'attenzione di chi vuole, ma specialmente di aspesi.
Un dado ha 6 facce e se il gioco fosse equo sarebbe A = 1/2 = 32/64 = [2^)(6–1)]/2^6.
Invece il gioco non è equo perché la probabilità A di vincere di chi parte con 6 – 1 = 5 gettoni è
A = [2^(6–1) –1]/(2^6 – 1) < 1/2,
A vale (1/2)·[(1–1/2^5)/(1 – 1/2^6) = 1/2 – 0,00793650... ≈ 50% – 0,8%
che è circa
(1/2)·(1–1/2^6) = 0,0078125 ≈ 50% – 0,8%.

@ aspesi
Pensi che sia un caso a sè stante o un esempio di qualcosa più generale?

Supponiamo – per generalizzare – che ci siano in ballo n gettoni e uno parta con n– 1 gettoni e l'altro con un solo gettone ma si ripeta un evento nel quale c'è probabilità 2/n che guadagni un gettone chi è partito con n – 1 gettoni (e (n–2)/n che lo perda).
Quale probabilità di vinncere avrà chi parte con n – 1 gettoni?

E quale, invece, dovrebbe essere la provabilità di guadagnare o perdere un gettone perchè la pobabilità di vincere di chi parte con n–1 gerttoni sia [2^(n–1) –1]/(2^n – 1)?

Provo a vedere come va per n = 8.
Un giocatore parte con 7 gettoni e l'altro con 1 ma viene ripetuto un evento nel quale il primo ha probabilità 2/8 = 1/4 di prendersi un gettone dell'avversario il quiale ha robabilità (8 – 2)/8 = 3/4 di essere lui che si prende un gettone dell'altro.
Dicendo A, B, C, ecc. le provabilità di vincere di chi parte con 7 gettoni quando sta con 7, 6, 5 ecc gettoni, abbiamo:
A = 1/4 + (3/4)B;
B = (1/4)A + (3/4)C;
C = (1/4)B + (3/4)D;
D = (1/4)C + (3/4)E;
E = (1/4)D + (3/4)F;
F = (1/4)E + (3/4)G;
G = (1/4)F + (3/4)H;
H = 0.

H = 0;
G = (1/4)F + (3/4)·0 = (1/4)F;
F = (1/4)E + (3/4)·(1/4)F ==> (13/16)F = (1/4)E <==> F = (4/13)E;
E = (1/4)D + (3/4)·(4/13)E ==> (10/13)E = (1/4)D <==> E = (13/40)D;
D = (1/4)C + (3/4)·(13/40)D ==> (121/160)D = (1/4)C <==> D = (40/121)C;
C = (1/4)B + (3/4)·(40/121)C ==> (91/121)C = (1/4)B <==> C = (121/364)B;
B = (1/4)A + (3/4)·(121/364)B ==> (1093/1456)B = (1/4)A <==> B = (364/1093)A;
A = 1/4 + (3/4)·(364/1093)A ==> (820/1093)A = 1/4 <==> A = (1093/3280).

La probabilità di vincere del giocatore che parte con 7 gettoni è quasi 1/3.
Si noti che se si aggiungesse 1/3 al numeratore di di uno qualunque dei rapporti
G/F; F/E; E/D; D/C; C/B; B/A; A/1
esso diverrebbe 1/3.

Nel quiz precedente erta, invece:
E/D = 1/3 = (2^1 – 1)/(2^2 – 1);
D/C = 3/7 = (2^2 – 1)/(2^3 – 1);
C/B = 7/15 = (2^3 – 1)/(2^4 – 1);
B/A = 15/31 = (2^4 – 1)/(2^5 – 1);
A/1 = 32/63 = (2^5 – 1)/(2^6 – 1).

Cioè: in ogni caso nella forma
[2^(k–1) –1]/(2^k – 1)
per k da 1 a 6.

Come si potrebbe generalizzare passando da 6 gettoni ad n gettoni in mooi che chi parte con n – 1 gettoni contro l'avversario che parte con uno solo abbia probanilità di vinvere
[2^(n–1) – 1]/(2^n – 1) ?
–––
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Ultima modifica di Erasmus : 02-12-21 03:16.
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Vecchio 01-12-21, 10:36   #3339
aspesi
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Come si potrebbe generalizzare passando da 6 gettoni ad n gettoni in modo che chi parte con n – 1 gettoni contro l'avversario che parte con uno solo abbia probabilità di vincere
[2^(n–1) – 1]/(2^n – 1) ?
–––
Se p è la probabilità di guadagnare un gettone, n è il numero di gettoni dell'avversario e N il numero totale dei gettoni, si ha:

P = [(p/(1-p))^N - (p/(1-p)^n] / [(p/(1-p))^N - 1]

Es. N=8 : n = 1 ; p = 1/4

P = ((1/3)^8-1/3)/((1/3)^8-1) = (-2186/6561)/(-6560/6561) = 2186/6560 come hai trovato nel tuo messaggio precedente

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 02-12-21, 07:39   #3340
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Se p è la probabilità di guadagnare un gettone, n è il numero di gettoni dell'avversario e N il numero totale dei gettoni, si ha:
P = [(p/(1-p))^N - (p/(1-p)^n] / [(p/(1-p))^N - 1]
Proprio così!
Ho appena verificato la formula con p = 1/3 supponendo di giocare tu ed io con 12 gettoni e partendo io con 10 e tu con 2.
Ho anche visto che la formula va beme in tutti i casi [transitori] del quiz (con 5 gettoni in tutto).
Ma lasciami ri-scrivere la formula per averla in forma più chiara!
Oh, mamma mia! Non credevo che l'immagine fosse tanto grande!
Significato:
Ci sono in ballo n gettoni. Giochiamo tu ed io. Tu parti con k gettoni ed io con nk.
Ripetiamo un evento che può avere uno di due distinti esiti, dicioamoli Mi e Ti.
L'esito MI ha probabilità p (e l'esito Ti 1–p). Se esce Mi tu mi dai un gettone, se esce TI un gettone lo do io a te. La partita finisce quando uno dei due resta senza gettoni (e l'altro li ha tutti n). In tali condizioni P(n, k, p) è la probabilità che vinca io.
A priori si potrebbe pensare che la partezza con 10 gettoni contro 2 equivalga alla partenza con 5 gettoni contro 1. Ma non è così!
E' come fossimo partiti io con 11 gettoni e tu con 1 ma io avessi perso un gettone al primo evento giocato.
Partendo con 10 gettoni io e tu con 2, la probabuilità che ho io di vincere è minore di quella che avrei se avrei se partissimo iop con 5 gettoni e tu con 1.
Per p = 1/3 ad ogni perdita di un gettone la probabilità di vincere si riduce un po' di più che se dimezzasse!
Infatti la formula vale in ogni situazionme! E se è p = 1/3 (per cui p/(1 – p) = 1/2) la probabilità che ho di viuncere è sempre del tipo
[2^(n–k) – 1]/[2^n – 1]
dove k è il numero attuale di gettoni che hai ti!

Un altro aspetto interessante è che la prpbabilità di vincere dell'avversario, che ovviamernte vale
1 – P(n, k, p),
coincide (comedeve essere) con
P (n, n–k, 1 – p)
Sì: P(n, n–k , 1–p) = 1 – P(n, k, p).
La probabilitò di vincere di uno dei duue giocatori dipende con la stessa legge dal numero complessivo n di gettoni, dal numero attuale k di gettoni che ha e dalla probabilità p che l'evento da ripetere abbia esito a lui favorevole

––––––––-
Bello 'sto quiz!
Ma tu, aspesi, ... dove vai a pescarli 'sti quiz sulla teiria della probabilità?
Penso che sei tanto ferrato in materia che qualcuno te lo inventi tu stesso.
E questa formula? L'hai individuata tu facendo dapprima come ho fatto io e meditando poi sui risultati (fino ad estrapolarla da essi) o l'hai trovata da qualche parte?

Ciao ciao.
Questo quoiz mi è stato utile ... per diminuirec la mia antipatia verso i quiz di probabilità.
Grazie, dunque!
–––
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