Ancora carte romagnole!

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 17 ott 2009, 22:07

dati n elementi, si possono avere $ $\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\binom{n}{n-k} $ gruppi non ordinati (ovvero ove l'ordine non conta) di k o n-k elementi

ergo la probabilita' di estrarre un gruppo di 10 carte in ordine qualsiasi da un mazzo di 40 carte e' pari all'inverso di $ $\binom{40}{10} $
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]

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spugna
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Messaggio da spugna » 18 ott 2009, 10:47

karlosson_sul_tetto ha scritto: 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} $
Rifletti:immagina di avere le 10 carte coperte e di scoprirle una alla volta e supponi che la prima sia un asso (tanto l'ordine non conta): la probabilità che ciò accada è ovviamente $ \dfrac{1}{10} $. Ora,la probabilità che fra le carte rimaste ci sia il 2 dello stesso seme è $ \dfrac{9}{39} $,perchè sono rimaste coperte 39 carte,di cui solo 9 (escludendo l'asso già scoperto) sono in tuo possesso. Per il 3 si ragiona allo stesso modo.
Prova a continuare questo ragionamento:dovresti riuscirci.....

ATTENZIONE:PIù AVANTI C'è UN ALTRO TRANELLO!!! COMPLIMENTI A CHI LO SCOPRE!!! :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 karlosson_sul_tetto » 18 ott 2009, 10:51

spugna ha scritto:
karlosson_sul_tetto ha scritto: 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} $
Rifletti:immagina di avere le 10 carte coperte e di scoprirle una alla volta e supponi che la prima sia un asso (tanto l'ordine non conta): la probabilità che ciò accada è ovviamente $ \dfrac{1}{10} $. Ora,la probabilità che fra le carte rimaste ci sia il 2 dello stesso seme è $ \dfrac{9}{39} $,perchè sono rimaste coperte 39 carte,di cui solo 9 (escludendo l'asso già scoperto) sono in tuo possesso. Per il 3 si ragiona allo stesso modo.
Prova a continuare questo ragionamento:dovresti riuscirci.....

ATTENZIONE:PIù AVANTI C'è UN ALTRO TRANELLO!!! COMPLIMENTI A CHI LO SCOPRE!!! :twisted:
Adesso capisco perche Torbi Gialla si è arreso (forse dopo mi viene qualche spunto)
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Messaggio da karlosson_sul_tetto » 24 ott 2009, 20:43

spugna ha scritto: ATTENZIONE:PIù AVANTI C'è UN ALTRO TRANELLO!!! COMPLIMENTI A CHI LO SCOPRE!!! :twisted:
Quello dei semi?(Cioé che sono di semi diversi)
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Messaggio da spugna » 25 ott 2009, 10:52

Chissà?..... :P
"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 » 25 ott 2009, 11:44

spugna ha scritto:$ \dfrac{9}{39} $
Perché proprio $ \dfrac{9}{39} $?Non sarebbe $ \dfrac{4}{39} $?

P.S.:perchè non l'hai messo in combinatoria?
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Messaggio da karlosson_sul_tetto » 25 ott 2009, 12:56

Vediamo,ci ho provato ancora:
$ \frac{1}{10} $ di estrarre un asso,$ \frac{4}{39} $ di estrarre un due e $ \frac{4}{38} $ di estrarre un 3 tre.
Poiché devono essere dello stesso seme,abbiamo per il due:$ \frac{4}{39}*\frac{1}{4} $ e $ \frac{4}{38}*\frac{1}{4} $ per il tre.
Quindi abbiamo:
$ \frac{1}{10}+\frac{4}{39}*\frac{1}{4}+\frac{4}{38}*\frac{1}{4} $
Che diventa:
$ \frac{1*39*38}{10*39*38}+\frac{4*10*38}{39*10*38*4}+\frac{4*39*10}{38*39*10*4} $
Abbrevviando:
$ 1482+4*390+4*380}{14820} $
Che è la stessa cosa di:
$ \frac{4*(390+380)+1482}{14820} $
W l'abbreviamento:
$ \frac{4562}{14820} $
Ed ecco finalmente la risposta:
$ \frac{2281}{7410} $

Ho sbagliato,eh?
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Messaggio da spugna » 26 ott 2009, 17:05

karlosson_sul_tetto ha scritto: $ \frac{1}{10}+\frac{4}{39}*\frac{1}{4}+\frac{4}{38}*\frac{1}{4} $
karlosson_sul_tetto ha scritto:Ho sbagliato,eh?
Non capisco perchè hai sommato le probabilità invece di moltiplicarle!
"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 » 26 ott 2009, 21:43

spugna ha scritto:
karlosson_sul_tetto ha scritto: $ \frac{1}{10}+\frac{4}{39}*\frac{1}{4}+\frac{4}{38}*\frac{1}{4} $
karlosson_sul_tetto ha scritto:Ho sbagliato,eh?
Non capisco perchè hai sommato le probabilità invece di moltiplicarle!
Si,sono un nullafacente :oops: :oops: ,cosi va bene?:
$ \frac{1}{10}*\frac{4}{39}*\frac{1}{4}*\frac{4}{38}*\frac{1}{4}=\frac{1}{10}*\frac{1}{39}*\frac{1}{38} $
Che diventa:
$ \frac{1}{14820} $

Ok? :wink:
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Messaggio da spugna » 30 ott 2009, 16:04

karlosson_sul_tetto ha scritto:$ \frac{1}{10} $ di estrarre un asso,$ \frac{4}{39} $ di estrarre un due e $ \frac{4}{38} $ di estrarre un 3 tre.
Non riesco a spiegarmi..... :lol:

$ \dfrac{4}{39} $ è la probabilità che il due sia la tua SECONDA carta,mentre ti importa che sia una qualunque delle 9 che hai in mano (sempre escludendo l'asso)!
Analogamente,$ \dfrac{4}{38} $ è la probabilità che il tre sia la tua TERZA carta,mentre ti importa che sia una qualunque delle 8 che hai in mano (escludendo l'asso e il due)

E' qui che vi volevo,ragazzi!!! :wink:
"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 » 19 giu 2010, 01:11

Non vi ho detto che ho postato questo problema senza averlo risolto: non vorrei avervi mandato fuori strada! :roll:
"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 SkZ » 19 giu 2010, 02:40

qui non c'e' problema ;)
E' in problem solving olimpica che devi sapere la sol o sapere che si trova in modo olimpico.
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Messaggio da max tre » 20 giu 2010, 13:42

Allora, chiamo impropriamente ma per comodità A,2,3 di un seme "tris di quel seme"
ci sono $ \binom{37}{7} $ combinazioni contenenti un tris di bastoni (chiamo B l'insieme delle combinazione che contengono la terna di bastoni), $ \binom{37}{7} $ combinazioni contenenti un tris di coppe (chiamo C l'insieme....), $ \binom{37}{7} $ con un tris di denari (chiamo D l'insieme...), $ \binom{37}{7} $ con un tris di spade (chiamo S l'insieme....)
Ora, ci sono delle combinazioni in B che contengono un tris di coppe, queste combinazioni vengono quindi contate 2 volte (anche in B ci sono combinazioni identiche). Queste combinazioni sono $ \binom{34}{4} $. Questo discorso vale tra B-C, B-D, B-S, C-D, C-S, D-S.
Infine, ci sono delle combinazioni in B che contengono un tris di coppe e uno di denari. Un doppione l'abbiamo già escluso prima, bisogna escludere l'altro: l'ultima carta può essere scelta in 31 modi e questo discorso vale tra B-C-D, B-C-S, B-D-S, C-D-S.
Quindi le differenti combinazioni "buone" (cioè che contengono almeno un tris) sono $ 4*\binom{37}{7}-6*\binom{34}{4}-4*31=40903508 $
Le differenti combinazioni possibili (comprese quelle senza alcun tris) sono $ \binom{40}{10}=847660528 $
Quindi la probabilità di avere almeno un tris (ovvero di avere una combinazione "buona") è $ \frac{40903508}{847660528}\approxeq0,04825 $
Devo ammettere che rispetto alla precedente soluzione è un po' altina...
Ditemi dove sbaglio

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Messaggio da spugna » 21 giu 2010, 02:47

max tre ha scritto: Infine, ci sono delle combinazioni in B che contengono un tris di coppe e uno di denari. Un doppione l'abbiamo già escluso prima, bisogna escludere l'altro: l'ultima carta può essere scelta in 31 modi e questo discorso vale tra B-C-D, B-C-S, B-D-S, C-D-S.
Quindi le differenti combinazioni "buone" (cioè che contengono almeno un tris) sono $ 4*\binom{37}{7}-6*\binom{34}{4}-4*31=40903508 $
Le combinazioni con tre tris vengono contate tre volte ciascuna, quindi quel 31 dovrebbe essere sottratto due volte per ognuno dei 4 casi, quindi in totale 8 anzichè 4 (o no?)
"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 » 21 giu 2010, 02:49

In ogni caso hai il merito di essere stato il primo a dare una stima (tra l'altro quasi esatta) del risultato... :)
"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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