Buona soluzione! Come ti è venuta in mente, se posso chiedere?maurizio43 ha scritto: Su $ D_1 $ assegnamo il $ 40 $ % alla faccia $ 5 $ e il $ 60 $ % alla faccia $ 2 $
Su $ D_2 $ assegnamo il $ 60 $ % alla faccia $ 4 $ e il $ 40 $ % alla faccia $ 1 $
Su $ D_3 $ assegnamo il $ 100 $ % alla faccia $ 3 $
Dadi troll
Re: Dadi troll
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
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maurizio43
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Re: Dadi troll
Potrei dire che la soluzione è venuta quasi da sola .
Il concetto è semplice, ma per raccontare il processo mentale dovrò usare molte parole ( ma lo hai chiesto tu...)
Fissare preliminarmente le idee con un esempio numerico si fa spesso . In particolare qui, su tua richiesta, Enigma (se ho capito bene)aveva confermato di essere pervenuto alla soluzione “coi numerelli” . Quindi ho pensato che valesse la pena di procedere in maniera sistematica “sui numerelli” .
Con 6 facce per ogni dado le 216 combinazioni-base ipotizzabili erano un deterrente insuperabile.
Meglio partire dal caso opposto : massima pulizia , minor numero possibile di facce considerabili sui dadi.
Piano di lavoro ipotizzato per considerare i vari casi sui tre dadi : 1faccia–1faccia-1faccia ; 2-1-1 ; 2-2-1 ; 3-1-1 ; 3-2-1 ; ecc.
( E partenza con probabilità equidistribuite )
Scartati facilmente i primi 2 casi, ho cominciato a lavorare sul terzo. Era ovvio che l' unica faccia di$ D_3 $ dovesse avere un numero intermedio ( : 3 o 4 )
Per $ D_1 $ e $ D_2 $ la casistica plausibile circa i numeri sulle facce si restringeva a :
A) numeri delle due facce su $ D_1 $ che racchiudevano quelli su $ D_2 $ (es.: 6 e 1 contro 5 e 2 )
B) numeri delle 2 facce su $ D_1 $ “intrecciati” con quelli su $ D_2 $ (es.: 6 e 2 contro 5 e 1)
Nel caso A), partendo da probabilità equidistribuite, ( cioè : $ D_{1,1} $ col 50% , $ D_{1,6} $ col 50% ; $ D_{2,2} $ col 50% $ D_{2,5} $ col 50% ; $ D_{3,3} $ col 100% ) si ottiene che :
al 50% $ D_1 > D_2 $ ; al 50% $ D_2>D_3 $ ; al 50% $ D_3>D_1 $
Però se al fine di alzare la probabilità che $ D_1>D_2 $ si alza la probabilità di $ D_{1,6} $ , si ha che contemporaneamente si alza anche quella che $ D_3 < D_1 $ !
E allora bisogna passare al caso B) , cioè giocare sul fatto che anche la faccia più piccola di $ D_1 $ dia contributo per superare la faccia più piccola di $ D_2 $ , dato che comunque un aumento della probabilità di questa faccia più piccola non interferisce con la probabilità che $ D_3 > D_1 $ .
Quindi ho usato la faccia $ D_{1,2} $ anziché $ D_{1,1} $ e $ D_{2,1} $ anzichè $ D_{2,2} $
Utilizzando ancora probabilità equidistribuite si ottiene :
al 75 % $ D_1>D_2 $, al 50% $ D_2>D_3 $ , al 50% $ D_3>D_1 $
e ritoccando allora le percentuali di probabilità sulle due facce di $ D_1 $ e sulle due facce di $ D_2 $ si ottiene il risultato finale voluto.
I valori di probabilità utili allo scopo sono infiniti. Ho scelto 60 e 40 simmetrici “per bellezza” .
Infine ho adottato $ D_{1,5} $ anziché $ D_{1,6} $ e $ D_{2,4} $ anziché $ D_{2,5} $ perché così il tutto vale anche coi dadi a 5 facce .
Il concetto è semplice, ma per raccontare il processo mentale dovrò usare molte parole ( ma lo hai chiesto tu...)
Fissare preliminarmente le idee con un esempio numerico si fa spesso . In particolare qui, su tua richiesta, Enigma (se ho capito bene)aveva confermato di essere pervenuto alla soluzione “coi numerelli” . Quindi ho pensato che valesse la pena di procedere in maniera sistematica “sui numerelli” .
Con 6 facce per ogni dado le 216 combinazioni-base ipotizzabili erano un deterrente insuperabile.
Meglio partire dal caso opposto : massima pulizia , minor numero possibile di facce considerabili sui dadi.
Piano di lavoro ipotizzato per considerare i vari casi sui tre dadi : 1faccia–1faccia-1faccia ; 2-1-1 ; 2-2-1 ; 3-1-1 ; 3-2-1 ; ecc.
( E partenza con probabilità equidistribuite )
Scartati facilmente i primi 2 casi, ho cominciato a lavorare sul terzo. Era ovvio che l' unica faccia di$ D_3 $ dovesse avere un numero intermedio ( : 3 o 4 )
Per $ D_1 $ e $ D_2 $ la casistica plausibile circa i numeri sulle facce si restringeva a :
A) numeri delle due facce su $ D_1 $ che racchiudevano quelli su $ D_2 $ (es.: 6 e 1 contro 5 e 2 )
B) numeri delle 2 facce su $ D_1 $ “intrecciati” con quelli su $ D_2 $ (es.: 6 e 2 contro 5 e 1)
Nel caso A), partendo da probabilità equidistribuite, ( cioè : $ D_{1,1} $ col 50% , $ D_{1,6} $ col 50% ; $ D_{2,2} $ col 50% $ D_{2,5} $ col 50% ; $ D_{3,3} $ col 100% ) si ottiene che :
al 50% $ D_1 > D_2 $ ; al 50% $ D_2>D_3 $ ; al 50% $ D_3>D_1 $
Però se al fine di alzare la probabilità che $ D_1>D_2 $ si alza la probabilità di $ D_{1,6} $ , si ha che contemporaneamente si alza anche quella che $ D_3 < D_1 $ !
E allora bisogna passare al caso B) , cioè giocare sul fatto che anche la faccia più piccola di $ D_1 $ dia contributo per superare la faccia più piccola di $ D_2 $ , dato che comunque un aumento della probabilità di questa faccia più piccola non interferisce con la probabilità che $ D_3 > D_1 $ .
Quindi ho usato la faccia $ D_{1,2} $ anziché $ D_{1,1} $ e $ D_{2,1} $ anzichè $ D_{2,2} $
Utilizzando ancora probabilità equidistribuite si ottiene :
al 75 % $ D_1>D_2 $, al 50% $ D_2>D_3 $ , al 50% $ D_3>D_1 $
e ritoccando allora le percentuali di probabilità sulle due facce di $ D_1 $ e sulle due facce di $ D_2 $ si ottiene il risultato finale voluto.
I valori di probabilità utili allo scopo sono infiniti. Ho scelto 60 e 40 simmetrici “per bellezza” .
Infine ho adottato $ D_{1,5} $ anziché $ D_{1,6} $ e $ D_{2,4} $ anziché $ D_{2,5} $ perché così il tutto vale anche coi dadi a 5 facce .
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maurizio43
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Re: Dadi troll
Naturalmente per completezza può essere opportuno, anche se è scontato, ricapitolare le condizioni ricavabili sulle probabilità delle varie facce
(sempre nel caso della scelta preliminare di sole 5 facce con $ P>0 $) :
$ P_{1,2} > 0,5 $ ( che ovviamente comporta $ P_{1,5} < 0,5 $ )
$ P_{2,4} > 0,5 $ ( che ovviamente comporta $ P_{2,1} < 0,5 $ )
$ P_{1,2} . P_{2,4} < 0,5 $
$ P_{3,3} = 1 $
(Oltre che $ P_{i,j}=0 $ in tutte le altre facce )
(sempre nel caso della scelta preliminare di sole 5 facce con $ P>0 $) :
$ P_{1,2} > 0,5 $ ( che ovviamente comporta $ P_{1,5} < 0,5 $ )
$ P_{2,4} > 0,5 $ ( che ovviamente comporta $ P_{2,1} < 0,5 $ )
$ P_{1,2} . P_{2,4} < 0,5 $
$ P_{3,3} = 1 $
(Oltre che $ P_{i,j}=0 $ in tutte le altre facce )