Ancora carte romagnole!

Giochini matematici elementari ma non olimpici.
spugna
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Ancora carte romagnole!

Messaggio da spugna » 04 set 2009, 01:00

Dopo il problema di mrossi,eccone un altro,ma su un gioco di abilità e non su un solitario.

Per chi non sa giocare a marafone,il problema si può risolvere basandosi su queste regole:

1)Si distribuiscono 10 carte per ogni giocatore;
2)Il giocatore a cui spetta la prima mossa può dichiarare di avere una marafona se e solo se possiede un asso,un due e un tre tutti dello stesso seme (ovviamente i semi sono 4)

Determinare la probabilità che il suddetto giocatore possieda almeno una marafona!
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

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Messaggio da spugna » 08 set 2009, 01:07

vi arrendete?? :twisted:
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

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Messaggio da Tibor Gallai » 08 set 2009, 02:37

Sì!!!
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]

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Messaggio da SkZ » 08 set 2009, 03:26

NO! :twisted:

cmq io ragiono solo con le trevigiane :P
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]

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Re: Ancora carte romagnole!

Messaggio da karlosson_sul_tetto » 13 ott 2009, 15:08

spugna ha scritto:Dopo il problema di mrossi,eccone un altro,ma su un gioco di abilità e non su un solitario.

Per chi non sa giocare a marafone,il problema si può risolvere basandosi su queste regole:

1)Si distribuiscono 10 carte per ogni giocatore;
2)Il giocatore a cui spetta la prima mossa può dichiarare di avere una marafona se e solo se possiede un asso,un due e un tre tutti dello stesso seme (ovviamente i semi sono 4)

Determinare la probabilità che il suddetto giocatore possieda almeno una marafona!
è impossibile rispondere perché non si sa se le carte sono napoletani,francesi o altri tipi 8) :lol:
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Messaggio da SkZ » 14 ott 2009, 02:34

in verita' 1, 2 e 3 sono comuni a tutte le carte, anche se ho dei dubbi su quelle tirolesi/tedesche :?
(quelle con ghiande, foglie, ..)
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Messaggio da spugna » 14 ott 2009, 06:12

Per chi non lo sapesse,un mazzo di carte romagnole è composto da 4 semi,e per ognuno di essi ci sono un asso,un 2,un 3,e così via fino al 7,poi ci sono fante,cavallo e re che corrispondono all'8,al 9 e al 10. Potrei riformulare il problema in questo modo:

E' dato un mazzo di 40 carte:3 di esse sono rosse,3 sono gialle,3 sono verdi e 3 sono blu,mentre tutte le altre sono bianche. Prese 10 carte completamente a caso,determinare la probabilità di possedere almeno una terna di carte dello stesso colore (escludendo quelle bianche)
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

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Messaggio da karlosson_sul_tetto » 15 ott 2009, 14:26

spugna ha scritto:Per chi non lo sapesse,un mazzo di carte romagnole è composto da 4 semi,e per ognuno di essi ci sono un asso,un 2,un 3,e così via fino al 7,poi ci sono fante,cavallo e re che corrispondono all'8,al 9 e al 10. Potrei riformulare il problema in questo modo:

E' dato un mazzo di 40 carte:3 di esse sono rosse,3 sono gialle,3 sono verdi e 3 sono blu,mentre tutte le altre sono bianche. Prese 10 carte completamente a caso,determinare la probabilità di possedere almeno una terna di carte dello stesso colore (escludendo quelle bianche)
spugna ha scritto:[...](ovviamente i semi sono 4)
[...]
Le carte rosse,gialle ecc. non dovrebbero essere $ 4 $?
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Messaggio da karlosson_sul_tetto » 15 ott 2009, 15:47

Se non mi sbaglio dovrebbe essere:
$ \frac{4}{40} * (40*39*38*37*36*35*34*33*32*31) $
Ragionamento:
Abbiamo $ \frac{1}{40*39*38*37*36*35*34*33*32*31} $ di probabilita di estrarre le $ 10 $carte;
in queste $ 10 $ carte abbiamo$ \frac{1}{10} $ di estrarre $ 1 $ asso,$ \frac{1}{10} $ di estrarre $ 1 $ $ 2 $ ecc.;poi abbiamo $ \frac{1}{4} $ di probabilita di $ 1 $ carta che sia del seme $ X $;quindi facciamo:
$ ( \frac{1}{4}* \frac{1}{10})+( \frac{1}{4}* \frac{1}{10})+( \frac{1}{4}* \frac{1}{10})+( \frac{1}{4}* \frac{1}{10})=\frac{4}{40} $
Quindi abbiamo:
$ \frac{4}{40} * (40*39*38*37*36*35*34*33*32*31) $
Che si può ridurre:
$ 4*39*38*37*36*35*34*33*32*31 $
Mi sa che ho sbagliato...
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Messaggio da SkZ » 15 ott 2009, 17:50

karlosson_sul_tetto ha scritto:Le carte rosse,gialle ecc. non dovrebbero essere $ 4 $?
No perche' devi avere 3 carte dello stesso seme: 3 coppe, 3 ori, 3 ghiande, ...
a seconda delle carte.
Nel caso semplificato da comprendere di spugna semplicemente ho sostituito le carte che non interessano con carte neutre. Ergo il gioco si riduce ad avere gli unici 3 "ori" (spade, ...) che ci sono
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Messaggio da karlosson_sul_tetto » 15 ott 2009, 18:08

SkZ ha scritto:
karlosson_sul_tetto ha scritto:Le carte rosse,gialle ecc. non dovrebbero essere $ 4 $?
No perche' devi avere 3 carte dello stesso seme: 3 coppe, 3 ori, 3 ghiande, ...
a seconda delle carte.
Nel caso semplificato da comprendere di spugna semplicemente ho sostituito le carte che non interessano con carte neutre. Ergo il gioco si riduce ad avere gli unici 3 "ori" (spade, ...) che ci sono
Ma ho fatto bene sopra?
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Messaggio da spugna » 15 ott 2009, 18:47

karlosson_sul_tetto ha scritto:
spugna ha scritto:Per chi non lo sapesse,un mazzo di carte romagnole è composto da 4 semi,e per ognuno di essi ci sono un asso,un 2,un 3,e così via fino al 7,poi ci sono fante,cavallo e re che corrispondono all'8,al 9 e al 10. Potrei riformulare il problema in questo modo:

E' dato un mazzo di 40 carte:3 di esse sono rosse,3 sono gialle,3 sono verdi e 3 sono blu,mentre tutte le altre sono bianche. Prese 10 carte completamente a caso,determinare la probabilità di possedere almeno una terna di carte dello stesso colore (escludendo quelle bianche)
spugna ha scritto:[...](ovviamente i semi sono 4)
[...]
Le carte rosse,gialle ecc. non dovrebbero essere $ 4 $?
Vediamo di chiarire il problema una volta per tutte!

Un mazzo di carte romagnole è composto da:
-asso di coppe,2 di coppe,3 di coppe,4 di coppe,.....,fante (l'8 ) di coppe,cavallo (il 9) di coppe e re (il 10) di coppe;
-asso di denare,2 di denare,3 di denare,4 di denare,.....,fante (l'8 ) di denare,cavallo (il 9) di denare e re (il 10) di denare;
-asso di spade,2 di spade,3 di spade,4 di spade,.....,fante (l'8 ) di spade,cavallo (il 9) di spade e re (il 10) di spade;
-asso di bastoni,2 di bastoni,3 di bastoni,4 di bastoni,.....,fante (l'8 ) di bastoni,cavallo (il 9) di bastoni e re (il 10) di bastoni.

Potete dichiarare di possedere una marafona se E SOLO SE possedete SIMULTANEAMENTE:

-l'asso,il 2 e il 3 di coppe,oppure;
-l'asso,il 2 e il 3 di denare,oppure;
-l'asso,il 2 e il 3 di spade,oppure;
-l'asso,il 2 e il 3 di bastoni.

L'obiettivo è calcolare la probabilità di possedere ALMENO uno di questi gruppi di carte!
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

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Messaggio da karlosson_sul_tetto » 15 ott 2009, 18:54

spugna ha scritto:
karlosson_sul_tetto ha scritto:
spugna ha scritto:Per chi non lo sapesse,un mazzo di carte romagnole è composto da 4 semi,e per ognuno di essi ci sono un asso,un 2,un 3,e così via fino al 7,poi ci sono fante,cavallo e re che corrispondono all'8,al 9 e al 10. Potrei riformulare il problema in questo modo:

E' dato un mazzo di 40 carte:3 di esse sono rosse,3 sono gialle,3 sono verdi e 3 sono blu,mentre tutte le altre sono bianche. Prese 10 carte completamente a caso,determinare la probabilità di possedere almeno una terna di carte dello stesso colore (escludendo quelle bianche)
spugna ha scritto:[...](ovviamente i semi sono 4)
[...]
Le carte rosse,gialle ecc. non dovrebbero essere $ 4 $?
Vediamo di chiarire il problema una volta per tutte!

Un mazzo di carte romagnole è composto da:
-asso di coppe,2 di coppe,3 di coppe,4 di coppe,.....,fante (l'8 ) di coppe,cavallo (il 9) di coppe e re (il 10) di coppe;
-asso di denare,2 di denare,3 di denare,4 di denare,.....,fante (l'8 ) di denare,cavallo (il 9) di denare e re (il 10) di denare;
-asso di spade,2 di spade,3 di spade,4 di spade,.....,fante (l'8 ) di spade,cavallo (il 9) di spade e re (il 10) di spade;
-asso di bastoni,2 di bastoni,3 di bastoni,4 di bastoni,.....,fante (l'8 ) di bastoni,cavallo (il 9) di bastoni e re (il 10) di bastoni.

Potete dichiarare di possedere una marafona se E SOLO SE possedete SIMULTANEAMENTE:

-l'asso,il 2 e il 3 di coppe,oppure;
-l'asso,il 2 e il 3 di denare,oppure;
-l'asso,il 2 e il 3 di spade,oppure;
-l'asso,il 2 e il 3 di bastoni.

L'obiettivo è calcolare la probabilità di possedere ALMENO uno di questi gruppi di carte!
Grazie,per la tua gentilezza,ma ho capito;non vorrei sembrare testardo ,ma vorrei sapere se la mia risposta è giusta.
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Messaggio da spugna » 17 ott 2009, 21:19

karlosson_sul_tetto ha scritto: Abbiamo $ \frac{1}{40*39*38*37*36*35*34*33*32*31} $ di probabilita di estrarre le $ 10 $carte
Beh,il denominatore dovresti dividerlo per $ 10! $,perchè non conta l'ordine in cui estrai le carte. Esempio:se hai 3 carte e devi prenderne 2,ci sono 3 possibilità: (1,2),(2,3) e (1,3),mentre seguendo il tuo ragionamento viene $ 3 \cdot 2 = 6 $
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Messaggio da karlosson_sul_tetto » 17 ott 2009, 21:30

spugna ha scritto:
karlosson_sul_tetto ha scritto: Abbiamo $ \frac{1}{40*39*38*37*36*35*34*33*32*31} $ di probabilita di estrarre le $ 10 $carte
Beh,il denominatore dovresti dividerlo per $ 10! $,perchè non conta l'ordine in cui estrai le carte. Esempio:se hai 3 carte e devi prenderne 2,ci sono 3 possibilità: (1,2),(2,3) e (1,3),mentre seguendo il tuo ragionamento viene $ 3 \cdot 2 = 6 $
Grazie sono un tonto idiota :oops: :oops: ,cosi dovrebbe andare?:
Abbiamo $ \frac{1}{10!} $ i probabilità di estrarre le dieci carte,poi viene il ragionamento di prima e viene:
$ \frac{1}{10*9*8*7*6*5*4*3*2}*\frac{1}{10} $
Che equivale a:
$ \frac{1}{10*10*9*8*7*6*5*4*3*2} $
Riducendo ancora:
$ \frac{1}{9!*100} $
Per essere precisi:
$ \frac{1}{36288000} $(se non mi sbaglio... :roll: )
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