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Salmastro
Dio minore
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Residenza: Casalmico
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 Inviato: 01 Ago 2009 09:47 Oggetto: |
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mi sa che questo problema sia più ostico di quanto sembri...anzi il caso "semplice" si presenta, per me assai sfuggente 
in sostanza, ho cercato di partire nel modo più semplice possibile.
Ho considerato mazzetti formati da solo 1 carta (  ), da 2, da 3, da 4, da 5, "contando" materialmente i vari casi ed inserendoli in una tabella:
| Codice: | Errori: 0 1 2 3 4 5
1 carta: 1 0
2 carte: 1 0 1
3 carte: 1 0 3 2
4 carte: 1 0 6 8 9
5 carte: 1 0 10 20 45 44 |
ora, mentre nelle colonne zero errori, 1 errore, 2 errori, 3 errori ho riscontrato una certa regolarità, nel senso che si possono costruire a priori, per quanto riguarda le restanti due ho grosse difficoltà ad interpretarle 
non so da dove possano uscire quei numeri!
preciso che zero errori è il caso in cui, per esempio, se le carte sono quattro, si presentano in sequenza 1234, due errori se, p.es., si presentano nella sequenza 1243 etc. |
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Zeus
Amministratore
Registrato: 21/10/00 01:01
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Residenza: San Junipero
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| Inviato: 01 Ago 2009 10:20 Oggetto: |
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| Citazione: | Ragionando sul mazzetto da quattro carte (2 "uno", 2 "due") ho capito perche' viene 1/6.
La probabilita' di ciascun evento e' condizionata dagli eventi precedenti. Alla prima carta, la probabilita' di andare avanti nel gioco (cioe' che esca un "due") e' di 2/4. Se non si verifica l'errore (quindi se esce un "due"), rimangono nel mazzo un "due" e 2 "uno". Alla seconda carta, la probabilita' di andare avanti (cioe' che esca un "uno") sara' quindi di 2/3. Alla terza carta (rimangono un "uno" e un "due") la probabilita' di andare avanti sara' di 1/2. E alla quarta carta, quando sara' rimasto soltanto un "uno", la probabilita' di andare avanti e terminare il gioco sara' ovviamente 1/1.
Moltiplicando tra loro le probabilita' di questi eventi, si ottiene proprio 1/6.
Bisogna quindi applicare lo stesso concetto ai mazzetti piu' grandi, fino ad arrivare al mazzo "standard" di 40 carte. Questo lo lascio a voi  |
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Massive X
Semidio
Registrato: 17/06/08 16:24
Messaggi: 235
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| Inviato: 03 Ago 2009 08:40 Oggetto: |
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Una strada lunga e rigorosa da percorrere è questa:
| Citazione: |
Probabilità di insuccesso = somma della probabilità di insuccesso alle singole estrazioni
probabilità di insuccesso alla prima estrazione = 4/40
probabilità di insuccesso alla seconda estrazione = probabilità che esca 2 alla prima estrazione (4/40) per 3/39 più probabilità che NON esca 2 alla prima estrazione per 4/39
probabilità di insuccesso alla terza estrazione = probabilità che esca 3 alla prima E alla seconda estrazione per 2/38 più probabilità che esca 3 alla prima O alla seconda estrazione per 3/38 più probabilità che NON esca 3 NE alla prima NE alla seconda estrazione per 4/38
...e così per altre 37 volte.
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In questo modo si può ottenere l'esatta probabilità di successo/insuccesso, ma il problema è che si tratta di un'operazione lunga, noiosa e ripetitiva, quindi prima di percorrerla cercherò altre soluzioni.  |
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Scrigno
Semidio
Registrato: 26/07/09 04:32
Messaggi: 313
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| Inviato: 04 Ago 2009 00:47 Oggetto: Questa volta non credo d'aver detto stupidaggini... :-P |
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Questa è una tabella che ho usato per cercare di capire l' andamento delle varie cifre nelle varie permutazioni
| Citazione: |
Se ho ben capito noi abbiamo un mazzo di 40 carte e dopo averlo mescolato ben bene incominciamo a ribalatre le carte una ad una e contiamo partendo da 1 crescendo fino a dieci per poi ricominciare andando avanti fino a che la carta che giriamo non coincide con il numero che pronunciamo...
bene... i conti che ho svolto si riferiscono solo a ipotetici mazzetti da uno, due, 3 e 4 carte dove noi contiamo progressivamente fino al numero totale delle carte.
Quindi il mazzo da uno contero partendo da 1 ed arrivando ad 1
il mazzo da due lo conterò partendo da uno ed arrivando a due.
il mazzo da tre lo conterò fino a tre
Il nostro mazzo invece è un mazzo di 4 gruppi di 10 carte praticamente identici fra loro per il nostro fine. ma questo, credo, è un problema da affrontare dopo.
Ritornaando alla tabella, ho notato un certo andamento e credo che potrebbe essere la strada giusta per trovare la soluzione.
Quardando l' immagine si nota che:
il mazzo da 1 ha sequenze pari a 1 su 1 NON vincenti
il mazzo da 2 carte ha sequenze perdenti pari a 1 su 2
il mazzo da 3 ha sequenze perdenti pari ha 4 su 6
il mazzo da 4 ha sequenze perdenti pari a 15 su 24
E' gia qualche giorno che non tolgo un ragno dal buco ma credo ceh questa sia la strada giusta... Spero vi sia d'aiuto.
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 07 Ago 2009 11:36 Oggetto: |
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sono arrivato fino a 10 carte...
la tabella con confuse spiegazioni e grandi perplessità è questa  |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 10 Ago 2009 10:59 Oggetto: |
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un mio sapiente amico mi ha mandato la mail che qui riporto:
| Citazione: |
Mi pare (dico, mi pare) che le righe della tua matrice siano i numeri di questa successione. Da quella pagina, cliccando sul link Partial derangement si trova che la formula è: T[n,n-k] = !(n-k)*Binom(n,k), dove !(n-k) è il subfattoriale, definito come !j = j! * sum(h = 0,...,j) (-1)^h/h!. Siccome a te interessa T[n,n], si ha T[n,n] = !n * Binom[n,0] = !n = n! * sum(h = 0,...,n) (-1)^h/h!. È allora chiaro che quando dividi per n! la probabilità è proprio la somma parziale n-sima della serie di Taylor di 1/e (che ci converge abbastanza velocemente, direi...)
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(i link sono in inglese) |
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ulisse
Dio maturo
Registrato: 02/03/05 01:09
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Residenza: Bagnone (MS)
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| Inviato: 13 Ago 2009 18:25 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: | un mio sapiente amico mi ha mandato la mail che qui riporto:
| Citazione: | Siccome a te interessa T[n,n]
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Temo il tuo amico abbia commesso un errore: se non erro (per via della fretta e dell'emozione di entrare qui dopo anni), a te interessa T[n,0]
perché nella pagina linkata si definisce:
| Citazione: | | T(n,k) = number of partial derangements, that is, the number of permutations of n distinct, ordered items in which exactly k of the items are in their natural ordered positions, for n >= 0, k = n, n-1, ..., 1, 0. |
cioè il numero di permutazioni, di n oggetti distinti e ordinati, nelle quali esattamente k oggetti sono nella loro posizione naturale.
A te interessa il numero di permutazioni, ..., in cui nessun oggetto (ovvero k=0) è al suo posto naturale.
Sempre nel medesimo articolo tale successione viene denotata con :
| Citazione: | | The sequence d(n) = 1, 0, 1, 2, 9, 44, 265, 1854, 14833, ... (A000166) is the number of derangements, that is, the number of permutations of n distinct, ordered items in which none of the items is in its natural ordered position. |
La sequenza in dettaglio è qui
In ogni caso le sequenze indicate dal tuo amico si riferiscono a n oggetti DISTINTI.
Il problema completo in esame, invece, richiede 4n oggetti distinti a 4 a 4.
Le formule sono diverse e "leggermente" più complicate.
Comunque, grazie alle indicazioni del tuo amico ecco la mia soluzione al problema semplificato (solo 10 carte distinte):
| Citazione: | Chiamiamo v(k) il valore di una carta.
Chiamiamo {v(k)} una sequenza di carte.
La sequenza è vincente se v(k)<>k per ogni k=1, ... , 10
Poiché la distribuzione delle sequenze è uniforme (ovvero ogni sequenza ha la medesima probabilità di essere estratta) possiamo calcolare la probabilità di vincere come rapporto tra il numero di sequenze favorevoli (vincenti) e il numero di quelle possibili.
Le sequenze possibili sono 10! = 33.628.800
Per quelle favorevoli ci viene in aiuto Eulero che (vedi link di prima) oltre a indicare i primi dieci termini della successione ne offre una formula ricorsiva di calcolo. Leggiamo quindi d(10) = 1.334.961.
Il cui rapporto fornisce il risultato p = 36,79% circa.
Questo, ricordo, con 10 carte.
Con 40 carte, al momento, sono in grado solo di fornire una stima per eccesso, ipotizzando che le carte vengano mischiate "per seme" ovvero ipotizzando che prima vengano tutte le carte di cuori poi tutte quelle di quadri, eccetera.
Sotto tale condizione la probabilità di vincere è p^4 = 1,83% circa.
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un abbraccio a tutti i vecchi amici! |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 13 Ago 2009 18:59 Oggetto: |
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ciao, Ulisse! 
in effetti il mio Sapiente amico mi rispondeva in merito alla tabella che avevo postato appena più su (cfr. mio messaggio del 7 agosto) ed ai quesiti che ivi ponevo, relativi, comunque, al caso "semplice"
il tutto era, per me, propedeutico allo studio del caso "complesso", che ritengo, probabilmente, assai noioso e poco "matemagico" da affrontare
in ogni caso, le mie, le tue e le sue conclusioni sono sostanzialmente identiche e tutte portano a 1/e
in attesa di altri tuoi sempre graditi messaggi, da parte mia, un affettuoso saluto  |
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ulisse
Dio maturo
Registrato: 02/03/05 01:09
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Residenza: Bagnone (MS)
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| Inviato: 13 Ago 2009 19:38 Oggetto: |
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| salmastro ha scritto: |
in ogni caso, le mie, le tue e le sue conclusioni sono sostanzialmente identiche e tutte portano a 1/e
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ciao carissimo!
Confermo. Avevo letto gli interventi precedenti ma volevo comunque dire la mia prima di cercare documentazione a supporto.
Qui si spiega come costruire la forma ricorsiva della successione e, subito dopo, si trova la conferma che il limite è proprio 1/e.
Avevo anche trovato un documento in cui si spiegava il passaggio alle serie di Taylor ma nella ricerca mi sono perso il link e ora non lo trovo più!  |
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Scrigno
Semidio
Registrato: 26/07/09 04:32
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| Inviato: 14 Ago 2009 13:37 Oggetto: :-D |
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il vero valore dato dall' utilizzo di 40 carte non l'ho certo trovato ma in conpenso ho trovato questo articolo in italiano per quelli che, come me, non masticano ne l' inglese ne le formule di matematica oltre le superiori
é un PdF
Spero vi sia utile
http://www2.dm.unito.it/paginepersonali/romagnoli/lucchini.pdf
Dall'Introduzione:
| Citazione: | Un derangement (o dismutazione) è una permutazione che non fissa alcun punto...
Il problema di contare i derangement fu posto nel 1708 da Pierre Raymond de Montmort, che lo risolse nel 1713; negli stessi anni, se ne occuparono ancheNicholas Bernoulli, che lo affrontò usando il principio di inclusione... |
GRazie mille ULISSE... il tuo contributo m i ha tolto da un dilemma che mi faceva divenire scemo  |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
Messaggi: 883
Residenza: Casalmico
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| Inviato: 15 Ago 2009 10:17 Oggetto: Re: :-D |
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grazie Scrigno! utilissimo
e buon Ferragosto a tutti |
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ulisse
Dio maturo
Registrato: 02/03/05 01:09
Messaggi: 1531
Residenza: Bagnone (MS)
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| Inviato: 15 Ago 2009 22:35 Oggetto: Re: :-D |
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| Scrigno ha scritto: |
GRazie mille ULISSE... il tuo contributo mi ha tolto da un dilemma che mi faceva divenire scemo |
Non so quale dilemma possa aver contribuito a sciogliere ma complimenti per il documento che sei riuscito ad individuare in rete!
L'avevo cercato anch'io ma, non trovandolo, avevo concluso che nessuno l'aveva ancora scritto!
Invece c'è!
Tanto di cappello all'autore, Marta Lucchini, per il suo articolo chiaro, semplice, comprensibile, illuminante e accattivante.
Mi auguro che sia un'insegnante. (così chiudo in rima) |
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Scrigno
Semidio
Registrato: 26/07/09 04:32
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| Inviato: 17 Ago 2009 12:31 Oggetto: Re: :-D |
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| ulisse ha scritto: |
Non so quale dilemma possa aver contribuito a sciogliere ma complimenti per il documento che sei riuscito ad individuare in rete!
....
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Vedi Ulisse... Io conosco pochissimo gli strumenti matematici e tutte le volte che vedo dei geroglifici come quelli che siete soliti scrivere voi non ci capisco un tubo... Poi l' inglese non è certo il mio pane...
MA dall' articolo che hai publicato sul DERANGMENT o come diavolo si scrive ho potuto lavorare secondo le mie possibilità con un nuovo elemento..
1) Derangment .. tradotto in italiano = dismutazione
2) dismutazione su google = molti risultati tra i quali alcunio matematici
3) tra molti un PDF che mi ha colpito dal titolo..
4) qualdo l' ho aperto la fortuna di trovarvi dentro una spiegazione molto semplice quella spiegata alla fine data dalle n operazioni semplice di sottrazione e somma di frazioni di fattoriali
QUINDI:
Grazie di aver nominato la parola derangement perchè è grazie a questa che ho trovato la soluzione a quello che avevo gia battezzato come mio grosso problema
Non immagini quanta carta ho buttato a forza di scrivere tabelle per cercare di tradurre in formula qullo schema lampante che si vede nelle tabelle
.... si ssi... sono contento 
Adesso però non ho capito una cosa...
LA soluzione al primo quesito non è ancora arrivata direi
UN conto è dire che quel valore tende ad un certo numero ed un conto è dire che quel valore è proprio quello trovato
Noi abbiamo 40 carte formate da 10 dipi differenti ripetuti 4 volte
quindi le dismutazioni del mazzo quante sono?
Dism di 40? non direi
Dism di 10 per 4 volte? non credo |
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Ranger_Trivette
Dio maturo
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| Inviato: 17 Ago 2009 14:43 Oggetto: |
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con stò caldo non mi sento di fare niente più che sfogliare queste 3 pagine e leggiucchiare qualche post 
innanzitutto è tornato ulisse??? 
in secondo luogo... io il gioco lo conoscevo con 1-2-3-1-2-3-1-2-3... etc etc
quando scoprite il numero di possibilità me lo dite che ci tengo a saperlo? grazie!
passerò periodicamente a controllare |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 17 Ago 2009 16:54 Oggetto: |
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| Ranger_Trivette ha scritto: |
in secondo luogo... io il gioco lo conoscevo con 1-2-3-1-2-3-1-2-3... etc etc
quando scoprite il numero di possibilità me lo dite che ci tengo a saperlo? grazie!
passerò periodicamente a controllare |
mi dicono circa lo 0,82% (1/122 più o meno)...ma, per ora, non ho una dimostrazione semplice della cosa |
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Ranger_Trivette
Dio maturo
Registrato: 21/08/07 16:11
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Residenza: Genova
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| Inviato: 23 Ago 2009 14:44 Oggetto: |
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| grazie |
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Zeus
Amministratore
Registrato: 21/10/00 01:01
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Residenza: San Junipero
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| Inviato: 23 Ago 2009 21:48 Oggetto: |
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| Ranger_Trivette ha scritto: |
in secondo luogo... io il gioco lo conoscevo con 1-2-3-1-2-3-1-2-3... etc etc
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Colpa mia che ho cambiato il titolo
Diciamo che si tratta di una variante: conti fino a 10 anziche' fino a 3. |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
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Residenza: Casalmico
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| Inviato: 26 Ago 2009 12:20 Oggetto: |
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Un possibile approccio al ?carcerato?
| Citazione: | Innanzitutto consideriamo che per i nostri scopi il mazzo da 40 è praticamente formato da 4 Assi, 4 Due, 4 Tre e da altre 28 carte ?neutre?
Poi dividiamo le posizioni delle carte in tre gruppi: A, B, C
In A porremo le posizioni (1,4,7,10,13,16,19,22,25,28,31,34,37,40), in tutto 14
In B (2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,32,35,38 ), in tutto 13
In C (3,6,9,12,15,18,21,24,27,30,33,36,39), in tutto 13
In buona sostanza con i numeri da 1 a 40 costruiamo le classi di resti modulo 3: in A ci sono le posizioni il cui numero, diviso per 3, dà 1, in B quelli con resto 2, in C quelli a resto zero.
È evidente che gli Assi, per la riuscita del gioco, non possono trovarsi in A, i Due in B, i Tre in C.
Per quanto riguarda gli Assi osserviamo che nei tre gruppi la loro distribuzione è, pertanto, del tipo
(0, n, 4-n), con n compreso fra 0 e 4,
vale a dire: (0,0,4) (0,1,3) (0,2,2) (0,3,1) (0,4,0)
Analogamente per i Due: (0,0,4) (1,0,3) (2,0,2) (3,0,1) (4,0,1)
Idem per i Tre: (0,4,0) (1,3,0) (2,2,0) (3,1,0) (4,0,0)
Ogni carta letale ha 5 ?distribuzioni? buone, per cui quelle complessive, buone, sono 5x5x5=125
Eccole QUI (il segno # separa i tre gruppi A,B,C e la stringa di tre numeri indica per ogni gruppo quanti Assi, Due e Tre sono ivi presenti)
Il problema, adesso, è calcolare per ognuna delle disposizione buone quante sono quelle possibili e trovare un metodo, razionale e rapido, per farne la sommatoria? |
Chi mi aiuta? |
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