Probabilità di un solitario

Giochini matematici elementari ma non olimpici.
Rispondi
mrossi
Messaggi: 58
Iscritto il: 31 lug 2009, 16:07

Probabilità di un solitario

Messaggio da mrossi » 03 set 2009, 17:31

Questo non è un problema di una gara di matematica, ma un problema che ho cercato di affrontare calcolando la probabilità di un solitario (in realtà decisamente stupido), pertanto non so quale sia il reale livello di difficoltà anche se non mi sembra banalissimo.

Il solitario, che si fa con un mazzo di 40 carte, consiste nel girare a turno una carta contando da 1 a 3 ripetutamente (1, 2, 3, 1, 2, 3 eccetera) fino a terminare le carte del mazzo. Tuttavia se quando si dice 1 si gira un Asso, quando si dice 2 un Due o quando si dice 3 un Tre si perde. Si vince invece quando si riesce a girare tutte le carte del mazzo.

Nel mazzo sono ovviamente presenti 4 Assi, 4 Due e 4 Tre.

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 03 set 2009, 18:28

Il problema come dici anche tu è tutt'altro che banale... e io lo affronto da un pezzo senza grandi risultati... oggi finalmente forse ho trovato una soluzione ma è contosa:
Allora prima di tutto piazzo gli assi e vario i casi in base a quanti assi ci sono sulle caselle del 2:
$ [tex] $\displaystyle P=\sum_{i=0}^{4}{13\choose i}{13\choose 4-i}[/tex]
Con i modi di piazzare i 2 e i 3 con i caselle del 2 occupate.
Ora devo calcolare per fare questo uso lo stesso metodo di prima in base a quante caselle 1 occupo:
$ [tex] $\displaystyle =\sum_{k=0}^{4}{14\choose k}{13-4+i\choose 4-k}\{k,i\}[/tex]
Con {k,i} i modi di piazzare i 3 con k caselle 1 occupate e i caselle 2 occupate.
Solito modo per calcolare anche questo:
$ \displaystyle\{k,i\}=\sum_{z=0}^{4}{14-k\choose z}{13-i\choose 4-z} $
Ora unisco tutto ottenendo la comodissima espressione xD:
$ \displaystyle P=\sum_{i=0}^{4}{13\choose i}{13\choose 4-i}\left(\sum_{k=0}^{4}{14\choose k}{13-4+i\choose 4-k}\left(\sum_{z=0}^{4}{14-k\choose z}{13-i\choose 4-z}\right)\right) $
E questi sono i modi che vanno bene, quelli totali sono ovviamente:
$ T={40\choose 4}{36\choose 4}{32\choose 4} $

Ora il risultato cercato (a meno di errori) è P/T... appena ho tempo (penso subito o entro stasera) lo faccio calcolare al computer ;)

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 03 set 2009, 19:19

Ho fatto svolgere i contacci a derive (e non è stato facile lo stesso) e fortunatamente viene un risultato che mi pare coerente: circa 0.8%
Per chi vuole vedere la frazione precisa eccola:
$ \frac{1124550557}{135373757400} $

In ogni caso vi metto anche il codice di derive:

Codice: Seleziona tutto

f(a,b):=a!/b!/(a-b)!
g(k,i):=∑(f(14 - k, m)·f(13 - i, 4 - m), m, 0, 4)
h(i):=∑(f(14,k)·f(13-4+i, 4 - k)·g(k,i), k, 0, 4)
∑(f(13,i)·f(13, 4 - i)·h(i), i, 0, 4)
E con questo ottenenete P
Per ottenere T:

Codice: Seleziona tutto

f(a,b):=a!/b!/(a-b)!
f(40,4)*f(36,4)*f(32,4)

Avatar utente
FeddyStra
Messaggi: 403
Iscritto il: 19 set 2006, 15:34
Località: 45° 7' 19.2'' N 7° 23' 20.1'' E

Messaggio da FeddyStra » 03 set 2009, 20:12

Varie simulazioni mi fanno credere che il solitario si risolva con una probabilità prossima al $ 16\% $.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 03 set 2009, 20:24

No FeddyStra io a quel gioco ci giocavo... e non ho mai vinto... a meno che non ho una sfiga epica hai toppato a simulare xD
Ora provo anche io a fare un 100000 simulazioni... vedo che esce :)

mrossi
Messaggi: 58
Iscritto il: 31 lug 2009, 16:07

Messaggio da mrossi » 03 set 2009, 20:37

Eh sperimentalmente l'avevo già fatta io al pc (nell'ordine dei milioni di prove) e il risultato era circa dello 0,8 %

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 03 set 2009, 20:37

Ho fatto 100000 simulazioni... la probabilità è perfetta xD
0.835
È praticamente identica a quella frazione ;)

Ti metto il codice così lo vedi (è javascript ma si dovrebbe capire) :)


Codice: Seleziona tutto

var carte=new Array(); 
for(var f=0;f<40;f++)carte[f]=f%10+1;
var res=0;
var n=100000;
for(var j=0;j<n;j++)
{
    carte.randomize();
    for(var k=0;k<40;k++)
    {
        if(carte[k]==(k%3)+1){k=100;}
    }
    if(k<50)res++;
}
alert(res/n*100);

Avatar utente
FeddyStra
Messaggi: 403
Iscritto il: 19 set 2006, 15:34
Località: 45° 7' 19.2'' N 7° 23' 20.1'' E

Messaggio da FeddyStra » 03 set 2009, 21:13

Sì, avete ragione, scusate: avevo un bug nel mio programma dovuto a un copia-incolla sprovveduto.
Confermo il risultato: 1.000.000 simulazioni portano al valore di $ 0.837\% $.
Riporto il mio programma scritto in Mathematica:

Codice: Seleziona tutto

deck = Join[#, #, #, #] &@Range[10];
verify[deck_] := 
 If[FreeQ[Mod[Position[deck, 1], 3], 1], 
  If[FreeQ[Mod[Position[deck, 2], 3], 2], 
   If[FreeQ[Mod[Position[deck, 3], 3], 0], 1], 0], 0]
Table[mixdeck = RandomSample[deck]; verify[mixdeck], {100000}];
Count[%, 1]/Length[%]
N[100 %]
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

mrossi
Messaggi: 58
Iscritto il: 31 lug 2009, 16:07

Messaggio da mrossi » 04 set 2009, 11:37

Comunque mi fa piacere notare che non ero l'unico sulla terra a scervellarmi con questo solitario...

Io ho vinto un paio di volte!! Ma di partite ne ho fatte.........

Grazie mille per l'aiuto comunque!

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 04 set 2009, 12:22

Prego :)
Comunque se non capisci qualcosa delle formule basta che chiedi ;)

Umby
Messaggi: 1
Iscritto il: 27 dic 2009, 22:47

Messaggio da Umby » 27 dic 2009, 22:58

Ammappala , e quante formule... :roll:

Delle 40 carte prendetene solo 12 ( i 4 [Assi], i 4 [2], i 4 [3] ), le altre 28 non servono.

Ora per ognuna delle 12 carte si la possibilita' di 2/3 che la carta non sia quella richiamata.

Pertanto la totale è:

$ (2/3)^12 $ circa la 0,77 %

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 27 dic 2009, 23:37

Umby non fare il figo... soprattutto perchè toppi xD
Quello che sbagli è che consideri eventi non indipendenti... praticamente se una delle 12 carte "va nel posto giusto" la probabilità delle altre di andare nel posto giusto non rimane costante, ma sale o scende ;)
Infatti il tuo valore è considerabile una buona approssimazione ottenibile più che facilmente ma attraverso tutte le sommatorie che ho piazzato un paio di mesi fa (a riguardarle fanno paura) si ottiene la probabilità esatta che è circa 0.835 se non sbaglio ;)
Comunque buon tentativo :)
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai

Rispondi