spero che il testo sia comprensibile
solitario stupido.
solitario stupido.
un particolare tipo di solitario si gioca con 40 carte, divise in quattro semi e numerate da 1 a 10. Il giocatore estrae una carta alla volta. Alla prima estrazione dice "1", alla seconda "2", alla terza "3", alla quarta "1"...e così via: 1 2 3 1 2 3 1 2 3.., finchè non è finito il mazzo. Appena si estrae una carta il cui numero corrisponde a quello pronunciato, si perde, e si vince solo se questo evento non si verifica per tutte le 40 estrazioni. Quante sono le probabilità di vittoria?
spero che il testo sia comprensibile
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Ale the punisher
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Questo ragionamento andrebbe bene se le carte fossero infinite, ma dal momento che non lo sono le probabilità cambiano. Per il primo 1 sarà 26 su 40, per il secondo 25 su 39, per il terzo 24 su 38... Poi una volta calcolate le probabilità dell'1 per il 2 e il 3 dovresti continuare vedendo tutti i casi di distribuzione dell'1 nei 2 e nei 3.
"Alea iacta est"
Membro del club dello sgabuzzino
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ma se il primo 1 cade nel posto 2 o 3, le possibilità che il secondo cada in posto 2 o 3 sono ridotte a 25/39, e così via. Inoltreogni 1 ha 26/40 di probabilità di cadere al posto 2 o 3.
ma se, per esempio, i 2 tendono a cadere nei posto 1 piuttosto che 3, i 3 avranno meno possibilità di cadere nel posto giusto, se invece i 2 tendessero a cadere nel posto 3, allora i 3 avrebberò più probabilità di finire in posti giusti...quindi non sono molto convinto di questa soluzioneche ogni carta di tipo 2 o 3 cada nel posto giusto c'è probabilità pari a
(27/40)^8
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Ale the punisher
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Un metodo per continuare quel che avevi fatto te ci sarebbe, però necessita di un po' di conti, molti, nel senso si parte calcolando la probabilità che gli uno non cadano quando si dice 1 ed è 26\40*25\39...*17\31, poi si vedono tutti i casi di distribuzione degli 1 che sono 1 caso che siano tutti quando dice 2, 10 casi che siano 9 quando dice due, 45 casi che siano 8 quando dice 2 ecc., quindi si fa la somma di tutti i casi e per ogni caso che si analizza si moltiplica il numero di casi\i casi totali per la probabilità calcolata all'inizio per allora la nuova probabilità, per es. se consideriamo il primo caso dove gli uno si sono distribuiti tutti quando dice 2 allora è la probabilità del primo punto per 1\1024 (la somma di tutti i casi) per 27\30*26\29...*18\21. Però poi per ognuno di quei 10 casi bisogna calcolare tutte le distribuzioni del 2 per trovare il 3 e allora diventano più di 100 conti. Cioè, si arriva in fondo ma si fanno più di cento conti, che non è bello sicuramente c'è un metodo più veloce che mi sfugge. Spero di essere stato comprensibile!
"Alea iacta est"
Membro del club dello sgabuzzino
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Il mio metodo consiste nel suddividere le carte in 3 categorie: A sono gli 1, B sono i 2, C sono i 3, D tutte le altre. Le possibili permutazioni delle carte così considerate sono $ \frac{40!}{12!4!4!4!} $
Ora bisogna calcolare le permutazioni (non so se si dice così) valide:
decido di lasciare liberi 8 spazi 1, 8 spazi 2 e 8 spazi 3, quindi distribuisco 16 carte D negli altri spazi, cosa che posso fare in $ {14\choose6}*{13\choose5}*{13\choose5} $ modi diversi. A questo punto bisogna moltiplicare queste per i possibili modi di mettere le A, le B e le C nei 24 spazi rimasti: ho ricavato al formula su un foglio, ma non ce la faccio a metterla qui, è lunghissima! E tra l'altro non vedo neanche come semplificarla.
Ora bisogna calcolare le permutazioni (non so se si dice così) valide:
decido di lasciare liberi 8 spazi 1, 8 spazi 2 e 8 spazi 3, quindi distribuisco 16 carte D negli altri spazi, cosa che posso fare in $ {14\choose6}*{13\choose5}*{13\choose5} $ modi diversi. A questo punto bisogna moltiplicare queste per i possibili modi di mettere le A, le B e le C nei 24 spazi rimasti: ho ricavato al formula su un foglio, ma non ce la faccio a metterla qui, è lunghissima! E tra l'altro non vedo neanche come semplificarla.
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
secondo me, contate le probabilità che gli 1 finiscano tutti in posti 2 o 3 (26\40*25\39...*17\31), si può supporre che siano finiti tutti in posto 2, e le probabilità restanti da calcolare non dovrebbero variare, senza tener conto delle possibli combinazioni. per quanto riguarda i due però questo ragionamento non vale (ci sono 14 posizioni 1 libere, e solo 13 posizioni 3). allora le combinazioni sono:
posiz 1................posiz 3
1°) 2222....................
2°) 222.....................2
3°) 22.......................22
4°) 2.........................222
5°) ...........................2222.
si calcolano le probabilità di ognuno dei cinque casi. le probabilità di ognuno di essi vanno successivamente moltiplicate per le restanti possibilità dei 3 di finire in posto 1 o 2. Quindi si fa la somma delle probabilità dei cinque casi=p(1°+2°+3°+4°+5°), e la si moltiplica per il primo punto iniziale..almeno penso sia così
posiz 1................posiz 3
1°) 2222....................
2°) 222.....................2
3°) 22.......................22
4°) 2.........................222
5°) ...........................2222.
si calcolano le probabilità di ognuno dei cinque casi. le probabilità di ognuno di essi vanno successivamente moltiplicate per le restanti possibilità dei 3 di finire in posto 1 o 2. Quindi si fa la somma delle probabilità dei cinque casi=p(1°+2°+3°+4°+5°), e la si moltiplica per il primo punto iniziale..almeno penso sia così
auricola ha scritto:contate le probabilità che gli 1 finiscano tutti in posti 2 o 3 (26\40*25\39...*17\31), si può supporre che siano finiti tutti in posto 2, e le probabilità restanti da calcolare non dovrebbero variare, senza tener conto delle possibli combinazioni.
Potresti dimostrarlo?
Mi convince decisamente poco questa cosa.
Forse faresti meglio a fare la prova delle probabilità se gli 1 finissero tutti in campo 2 e se gli 1 finissero 2 in campo 2 e 2 in campo 3, ma è improbabile che corrispondano.
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
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enomis_costa88
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Considero tutte le carte come distinte. Le configurazioni totali del mazzo saranno 40!
Considero facenti parte dell'insieme A le 14 carte che stanno in una posizione $ \equiv 1 $ (mod 3)
Considero facenti parte dell'insieme B le 13 carte che stanno in una posizione $ \equiv 2 $ (mod 3)
Considero facenti parte dell'insieme C le 13 carte che stanno in una posizione $ \equiv 0 $ (mod 3)
Si possono creare così 3 insiemi (A,B,C).
Nelle configurazioni vincenti ho che nessun uno è nell'insieme A, nessun due nell'insieme B e nessun 3 nell'insieme C.
Sia j il numero di due nell'insieme A.
Sia k il numero di tre nell'insieme A.
Sia t il numero di uno nell'insieme B.
Se una configurazione è vincente ho 4-k tre nell'insieme B, 4-t uno e 4-j due nell'insieme C.
Posso scegliere quindi in $ {4 \choose j}{4 \choose k}{28 \choose 14-j-k} $ modi distinti gli elementi dell'insieme A.
Questi elementi li posso poi disporre in 14! modi diversi.
Una volta fissato l'insieme A posso scegliere in $ {4 \choose t} {14+j+k \choose 9+k-t} $ modi distinti gli elementi dell'insieme B (infatti il numero di tre risulta già fissato ed uguale ad 4-k).
Li posso disporre in 13! modi distinti.
Una volta fissati gli insiemi A e B i rimanenti faranno parte dell'insieme C.
Questi 13 elementi li posso disporre in 13! modi distinti.
Le configurazioni vincenti saranno quindi:
$ V = (13!)^2 14! $ $ \sum_{t=0}^4 \sum_{j=0}^4 \sum_{k=0}^4 $ $ {4 \choose j}{4 \choose k}{28 \choose 14-j-k} $ $ {4 \choose t} {14+j+k \choose 9+k-t} $
La probabilità di vincere quel solitario è data da $ \frac{V}{40!} $
che è un risultato piuttosto bruttino..
Considero facenti parte dell'insieme A le 14 carte che stanno in una posizione $ \equiv 1 $ (mod 3)
Considero facenti parte dell'insieme B le 13 carte che stanno in una posizione $ \equiv 2 $ (mod 3)
Considero facenti parte dell'insieme C le 13 carte che stanno in una posizione $ \equiv 0 $ (mod 3)
Si possono creare così 3 insiemi (A,B,C).
Nelle configurazioni vincenti ho che nessun uno è nell'insieme A, nessun due nell'insieme B e nessun 3 nell'insieme C.
Sia j il numero di due nell'insieme A.
Sia k il numero di tre nell'insieme A.
Sia t il numero di uno nell'insieme B.
Se una configurazione è vincente ho 4-k tre nell'insieme B, 4-t uno e 4-j due nell'insieme C.
Posso scegliere quindi in $ {4 \choose j}{4 \choose k}{28 \choose 14-j-k} $ modi distinti gli elementi dell'insieme A.
Questi elementi li posso poi disporre in 14! modi diversi.
Una volta fissato l'insieme A posso scegliere in $ {4 \choose t} {14+j+k \choose 9+k-t} $ modi distinti gli elementi dell'insieme B (infatti il numero di tre risulta già fissato ed uguale ad 4-k).
Li posso disporre in 13! modi distinti.
Una volta fissati gli insiemi A e B i rimanenti faranno parte dell'insieme C.
Questi 13 elementi li posso disporre in 13! modi distinti.
Le configurazioni vincenti saranno quindi:
$ V = (13!)^2 14! $ $ \sum_{t=0}^4 \sum_{j=0}^4 \sum_{k=0}^4 $ $ {4 \choose j}{4 \choose k}{28 \choose 14-j-k} $ $ {4 \choose t} {14+j+k \choose 9+k-t} $
La probabilità di vincere quel solitario è data da $ \frac{V}{40!} $
che è un risultato piuttosto bruttino..
"Tu che lo vendi cosa ti compri di migliore?"
Membro dell' "Associazione non dimenticatevi dei nanetti! "
Membro dell'EATO.
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x piever: a un'analisi più attenta, temo proprio che tu abbia ragione 
, non si può prendere come caso generale.
in alternativa, numerare gli eventi delle estrazioni da 1 a 40, e poi, chiamando $ p(i) $ la probabilità che esca una carta del numero detto in una singola estrazione :
$ p(1+2+...+40)=\sum_{i=1}^{40}p(i)-\sum_{1\leq i<j\leq40}^{40}p(ij) $$ +\sum_{1\leq i<j<k\leq40}^{40}p(ijk)-.... $
fino alla sommatoria di $ \binom{40}{12} $ elementi. così in teoria si trovano le probabilità totali di perdere il solitario, ma nella pratica non so ce c'è qualche modo veloce di fare questi calcoli.
, non si può prendere come caso generale.in alternativa, numerare gli eventi delle estrazioni da 1 a 40, e poi, chiamando $ p(i) $ la probabilità che esca una carta del numero detto in una singola estrazione :
$ p(1+2+...+40)=\sum_{i=1}^{40}p(i)-\sum_{1\leq i<j\leq40}^{40}p(ij) $$ +\sum_{1\leq i<j<k\leq40}^{40}p(ijk)-.... $
fino alla sommatoria di $ \binom{40}{12} $ elementi. così in teoria si trovano le probabilità totali di perdere il solitario, ma nella pratica non so ce c'è qualche modo veloce di fare questi calcoli.