Estrazioni casuali

[Erasmus]

aspesi

Mi pare che sia logico fare "viceversa": prima cercare la probabilità che A, o B o C colpisca lui solo il bersaglio. La probabilità che uno solo dei tre colpiasca il bersaglio è la somma dei tre precedenti risultati.
Probabilità che:
• Solo A colpisca il bersaglio: (1/6)·(1– 1/4)·(1– 1/3) = (1·2·3)/(6·4·3)= 1/12;
• Solo B colpisca il bersaglio: (1/4)·(1– 1/6)·(1– 1/3) = (1·5·2)/(4·6·3)= 5/36;
• Solo C colpisca il bersaglio: (1/3)·(1– 1/6)·(1– 1/4) = (1·5·3)/(3·6·4)= 5/24;
• Uno solo di (A, B, C) colpisca il berdsaglio; 1/12 + 5/36 + 5/24 = (1·6 + 5·2+5·3)/72 = 31/72.
–––


P.S.
Astromauh potrebbe darci i risultati di una sua simulazione.
Su un fottio F di prove, scrivere
• (1, 0, 0) se solo A coplisce il bersaglio;
• (0, 1, 0) se solo B colpisce il lbersaglio;
• (0, 0, 1) se solo C colpisce il bersaglio.

Per simulare questo io farei così:
Estraggo tre numeri "random" (a, b, c) tra 0 e 1 un fottio F di volte.
In altra terna (x, y, z) metto
• x = 1 se é x ≤ 1/6, altrimenti metto x = 0;
• y = 1 se é y ≤ 1/4, altrimenti metto y = 0;
• z = 1 se é z ≤ 1/3, altrimenti metto z = 0.
Poi:
• Conto le volte Fa che mi è venuto (1, 0, 0), [e mi aspetto che sia Fa/F ≈ 1/12]:
• Conto le volte Fb che mi è venuto (0, 1, 0), [e mi aspetto che sia Fb/F ≈ 5/36];
• Conto le volte Fc che mi è venuto (0, 0, 1), [e mi aspetto che sia Fc/F ≈ 5/24].

Ovviamente, le volte che miè venuto (1,0,0), oppure (0, 1, 0) oppure (0. 0. 1) sono
Fa + Fb + Fc.
–––––

[aspesi]

Erasmus

Mi pare che sia logico fare "viceversa": prima cercare la probabilità che A, o B o C colpisca lui solo il bersaglio. La probabilità che uno solo dei tre colpisca il bersaglio è la somma dei tre precedenti risultati.
Probabilità che:
• Solo A colpisca il bersaglio: (1/6)·(1– 1/4)·(1– 1/3) = (1·2·3)/(6·4·3)= 1/12;
• Solo B colpisca il bersaglio: (1/4)·(1– 1/6)·(1– 1/3) = (1·5·2)/(4·6·3)= 5/36;
• Solo C colpisca il bersaglio: (1/3)·(1– 1/6)·(1– 1/4) = (1·5·3)/(3·6·4)= 5/24;
• Uno solo di (A, B, C) colpisca il bersaglio; 1/12 + 5/36 + 5/24 = (1·6 + 5·2+5·3)/72 = 31/72.
–––

Per la seconda domanda:

(6/72)/((6+10+15)/72) = 6/31 ------> 19,35% circa

[aspesi]

Qui penso sia utile astromauh (che è da un po' che non si vede... spero stia bene )

In gioco ci sono quattro scatole: una con dentro 1000 euro, una con dentro 100 euro, due vuote.
Il conduttore del gioco conosce il contenuto di tutte le scatole.

Scegliete una delle quattro scatole e poi il conduttore ne apre una che non avete scelto inizialmente in modo che sia vuota e vi dà la possibilità di cambiare la vostra scelta.

Dopo che avete deciso se cambiare o no, il conduttore apre una delle due scatole non in vostro possesso in modo che sia vuota o (se le due scatole vuote sono esaurite) che contenga 100 euro. Poi vi dà nuovamente la possibilità di cambiare.

Qual è la strategia migliore? Non cambiare mai scatola, cambiarla alla prima scelta ma non alla seconda, cambiarla alla seconda ma non alla prima, cambiarla entrambe le volte?
Calcolare la speranza matematica di vittoria (in euro) per ciascuna delle 4 strategie possibili.

[astromauh]

Sto bene nino, grazie.

Questo quiz mi sembra troppo semplice, come mai nessuno l'ha risolto in tutto questo tempo?

Forse non l'ho capito bene. Le scatole aperte dal conduttore rimangono aperte, giusto?
Non vengono rimesse in gioco.

Se è così il guadagno medio per le quattro strategie dovrebbe essere il seguente.

Strategia n.1
Il concorrente non cambia mai le scatole
Guadagno medio 275 euro

Strategia n.2
Il concorrente cambia la scatola la prima volta ma non la seconda
Guadagno medio 412.50 euro

Strategia n.3
Il concorrente non cambia la scatola la prima volta ma la cambia la seconda
Guadagno medio 775 euro

Strategia n.4
Il concorrente cambia sempre le scatole
Guadagno medio 412.50 euro

Quindi la strategia migliore è la n.3.

Spero di non aver sbagliato.

[aspesi]

astromauh

Sto bene nino, grazie.

Questo quiz mi sembra troppo semplice, come mai nessuno l'ha risolto in tutto questo tempo?

Forse non l'ho capito bene. Le scatole aperte dal conduttore rimangono aperte, giusto?
Non vengono rimesse in gioco.

Se è così il guadagno medio per le quattro strategie dovrebbe essere il seguente.

Strategia n.1
Il concorrente non cambia mai le scatole
Guadagno medio 275 euro

Strategia n.2
Il concorrente cambia la scatola la prima volta ma non la seconda
Guadagno medio 412.50 euro

Strategia n.3
Il concorrente non cambia la scatola la prima volta ma la cambia la seconda
Guadagno medio 775 euro

Strategia n.4
Il concorrente cambia sempre le scatole
Guadagno medio 412.50 euro

Quindi la strategia migliore è la n.3.

Spero di non aver sbagliato.

Ciao astromauh, non hai sbagliato.
La tua soluzione è perfettamente uguale alla risposta che diedi sul gruppo fabebook di matematica quando venne posto questo quesito (fra l'altro leggermente diversa anche da quella che propose alla fine l'autore), tranne se si cambia sempre la scatola.

E' preferibile cambiare solo la seconda volta.

Vincita attesa:
1 scelta: -Cambio = 1/8*(0+100) + 1/8*(0+1000) + 1/4*(100+1000) = 412,5
.......... -Non cambio = 1/4*1000 + 1/4*100 + 1/2*0 = 275

2 scelte: -Cambio cambio = 1/4*1000+1/8*(1000+100)+1/4*(1000+100) = 662,5
......... -Cambio non cambio = 1/8*(0+100)+1/8*(0+1000)+1/4*(100+1000) = 412,5
......... -Non cambio cambio = 1/4*1000+1/4*100+1/2*1000 = 775
......... -Non cambio non cambio = 1/4*1000 + 1/4*100 + 1/2*0 = 275

[aspesi]

Ho qui dieci gettoni: hanno una sola delle due facce incisa con un numero, appunto da 1 a 10.
Ipotizziamo che un giocatore paghi un centesimo per giocare: il gioco consiste semplicemente nel lanciare in aria tutti i gettoni, e poi sommare tutti i numeri visibili, nel senso che i gettoni che mostrano la faccia vuota valgono zero ai fini del risultato.
Regola finale e conclusiva: il giocatore vince se la somma risultante è maggiore o uguale a 45; in caso contrario vince il banco.»

«Grandioso. Potevi proporlo già stasera, ci sarebbe stata la fila. Non bisogna essere Gauss per rendersi conto che il massimo punteggio ottenibile è 55, e che il gioco è tutt’altro che equo»
«Diamine, è proprio qui che entra in ballo la taratura del gioco! Se vogliamo un gioco equo, basta stabilire quanto il banco dovrebbe pagare al giocatore nel caso, certo non probabilissimo, che la somma dei valori visibili sia almeno 45.»

Quante volte dovrebbe essere pagata la posta, se il gioco fosse equo?

[aspesi]

aspesi

Ho qui dieci gettoni: hanno una sola delle due facce incisa con un numero, appunto da 1 a 10.
Ipotizziamo che un giocatore paghi un centesimo per giocare: il gioco consiste semplicemente nel lanciare in aria tutti i gettoni, e poi sommare tutti i numeri visibili, nel senso che i gettoni che mostrano la faccia vuota valgono zero ai fini del risultato.
Regola finale e conclusiva: il giocatore vince se la somma risultante è maggiore o uguale a 45; in caso contrario vince il banco.»

«Grandioso. Potevi proporlo già stasera, ci sarebbe stata la fila. Non bisogna essere Gauss per rendersi conto che il massimo punteggio ottenibile è 55, e che il gioco è tutt’altro che equo»
«Diamine, è proprio qui che entra in ballo la taratura del gioco! Se vogliamo un gioco equo, basta stabilire quanto il banco dovrebbe pagare al giocatore nel caso, certo non probabilissimo, che la somma dei valori visibili sia almeno 45.»

Quante volte dovrebbe essere pagata la posta, se il gioco fosse equo?

Nessun "asilante" ?

[Erasmus]

aspesi

Ho qui dieci gettoni: hanno una sola delle due facce incisa con un numero, appunto da 1 a 10.
Ipotizziamo che un giocatore paghi un centesimo per giocare: il gioco consiste semplicemente nel lanciare in aria tutti i gettoni, e poi sommare tutti i numeri visibili, nel senso che i gettoni che mostrano la faccia vuota valgono zero ai fini del risultato.
Regola finale e conclusiva: il giocatore vince se la somma risultante è maggiore o uguale a 45; in caso contrario vince il banco.»

«Grandioso. Potevi proporlo già stasera, ci sarebbe stata la fila. Non bisogna essere Gauss per rendersi conto che il massimo punteggio ottenibile è 55, e che il gioco è tutt’altro che equo»
«Diamine, è proprio qui che entra in ballo la taratura del gioco! Se vogliamo un gioco equo, basta stabilire quanto il banco dovrebbe pagare al giocatore nel caso, certo non probabilissimo, che la somma dei valori visibili sia almeno 45.»

Quante volte dovrebbe essere pagata la posta, se il gioco fosse equo?

Quante sono le persone che dialogano in queato tuo "post" che cito integralmente? Una, due o addirittura 3?
Se una sola (cioè solo tu, aspesi), perché una risposta (o meglio: un commento) tra virgolette?
Spero che tu non sua "fuori di testa" al punto di dialogare on te stesso spezzandoti in due: un "ego" che pensa a voce alta ed un "alter ego" che ascolta ed interloquisce col primo stando ben distinto da lui! E si cpmplimenta pure classificando "grandioso" il quiz.

Caro aspesi; sai bene che in "preobabilità" sono rimasto poo più di un "asilante"!
Tuttavia ... ci provo!
Quel che segue è come la vede uno poco più che asilante!
a) Bisogna vedere quanto è il punteggio "atteso" (che, se non ricordo male, è tale chre la probabilità di far di pù è la stessa di quella di far di meno ed entrambe valgono 1/2 – <probabilitàdi fare il valore atteso>.
Se i gettoni sono equivalenti, la probabilità che il k-esimo esca come k è la stessa che esca come 0. Quindi sono attesi 5 gettoni non-zero; e che uno di quelli usciti valga k ha la stessa probabilità che valga 10–(k–1). Quindi il valore atteso mi pare che sia
5.5.·5 = 27,5
>desso ... vado a naso.
Penso che il banco, se facciopiù di 45, deva pagare 46/27,5 = 92/55 ≈ 167%
Epenso anxche che aspesi mi dirà che non è così!
–––

[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.