Indovina il seme

Il forum di Base5, dove è possibile postare problemi, quiz, indovinelli, rompicapo, enigmi e quant'altro riguardi la matematica ricreativa e oltre.

Moderatori: Gianfranco, Bruno

Tino
Livello 5
Livello 5
Messaggi: 221
Iscritto il: mer mag 25, 2005 9:20 am
Località: Verona

Indovina il seme

Messaggio da Tino »

Salve a tutti, vi propongo questo problema a cui ho pensato qualche tempo fa. Forse è la riformulazione di qualcosa di conosciuto, non assicuro niente :mrgreen:

Ho un mazzo di 40 carte da briscola. Quattro semi (denari, coppe, spade, bastoni) e dieci carte per ogni seme (da 1 a 10).

Il gioco è questo: scartare una carta dopo l'altra cercando di indovinarne il seme. Supponiamo di giocare in modo perfetto (vale a dire, ricordando le carte scese) assegnando una qualche preferenza ai semi, per esempio denari - coppe - spade - bastoni, in caso di parità di semi scesi.

La mia domanda è: qual è il numero medio di carte indovinate se si gioca in modo perfetto?

Procedendo a caso il numero medio è ovviamente 10, ma giocando con la memoria delle carte scese dovrebbe essere apprezzabilmente più alto.

Naturalmente uno può riformulare la cosa dicendo che le carte sono i numeri da 1 a 40 e la cosa da indovinare è la classe resto modulo 4. Io ho una idea di cosa potrebbe essere ma lo devo ancora dimostrare.
"Oh! But I have been blind- blind. Complex, I have said?
Complicated? Mais non. Of a simplicity extreme - extreme.
And miserable one that I am, I saw nothing - nothing."
(Peril At End House)

franco
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1438
Iscritto il: mar dic 12, 2006 12:57 pm
Località: Bèrghem (Sardegna)

Re: Indovina il seme

Messaggio da franco »

Interessante ma forse un po' complicato!

Me lo porterò dietro per le vacanze 8)

Intanto ho pensato di partire con una versione semplificata: con una sola carta per seme il "valore atteso" di semi indovinati dovrebbe essere pari a circa 2,08 (25/12=1/4+1/3+1/2+1).
L'idea sarebbe vedere come funziona con due carte per seme e poi via via salire in cerca di qualche generalizzazione ... (forse "molto complicato") ... oppure provo prima come viene con 40 carte e due soli semi?

Beh, almeno non penserò al lavoro :D :D :D

ciao
Franco

ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician

Pasquale
Livello 12
Livello 12
Messaggi: 2853
Iscritto il: mer mag 25, 2005 2:14 am

Re: Indovina il seme

Messaggio da Pasquale »

Già che ci siamo:

BUONE VACANZE A TUTTI e BUON FERRAGOSTO !!!!!!!!!!!
_________________

$\text { }$ciao Immagine ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)

franco
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1438
Iscritto il: mar dic 12, 2006 12:57 pm
Località: Bèrghem (Sardegna)

Re: Indovina il seme

Messaggio da franco »

franco ha scritto:... oppure provo prima come viene con 40 carte e due soli semi?
Effettivamente ho provato con 40 carte e 2 soli semi creando su excel una struttura ad albero simile a quella usata tempo fa per il problema dei Cerini di Banach.

Alla fine mi risulta un valore atteso di carte indovinate pari a 23,488...
Considerando che giocando a caso probabilmente ne indovinavo 20 non è un risultato eccezionale.

ciao
Franco

ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician

Tino
Livello 5
Livello 5
Messaggi: 221
Iscritto il: mer mag 25, 2005 9:20 am
Località: Verona

Re: Indovina il seme

Messaggio da Tino »

Ho proposto lo stesso problema sul forum di matematicamente. Qui un utente facendo una simulazione ha trovato come valore medio 13.37. Mi piacerebbe però trovare questo valore in modo teorico.

Grazie Pasquale, buone vacanze anche a te e a tutti gli utenti :mrgreen:
"Oh! But I have been blind- blind. Complex, I have said?
Complicated? Mais non. Of a simplicity extreme - extreme.
And miserable one that I am, I saw nothing - nothing."
(Peril At End House)

franco
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1438
Iscritto il: mar dic 12, 2006 12:57 pm
Località: Bèrghem (Sardegna)

Re: Indovina il seme

Messaggio da franco »

Il ragionamento che ho fatto su 2 semi è abbastanza semplice:
Alla prima estrazione, parto da una situazione di 20 carte "rosse" e 20 "nere" quindi ho il 50% di probabilità di indovinare il colore e "metto in saccoccia" un valore atteso di carte indovinate di 0,5
Alla seconda estrazione, parto da una situazione di 20 carte "a" e 19 "b" quindi ho i 20/39 di probabilità di indovinare il colore (puntando evidentemente su "a") e quindi "metto in saccoccia" un valore atteso di carte indovinate di 20/39
Dalla terza estrazione la situazione comincia a complicarsi in quanto potrei essere sul 20-18 (19/39 dei casi e probabilità di indovinare il seme pari a 20/38) oppure sul 19-19 (20/39 dei casi e probabilità di indovinare il seme pari a 19/38); il valore atteso di carte indovinate al terzo giro è quindi 19/39*20/38+20/39*19/38=760/1482
E così via andare; con excel è abbastanza facile copincollare le formule e creare la tabella (qui sotto ho messo l'immagine di uno scorcio):
Immagine

Il problema è che se le "dimensioni" del problema sono 2 (semi rossi e semi neri) riesco a lavorare con una tabella bidimensionale (delta semi e numero di estrazioni).
Se già i semi fossero 3 dovrei immaginare una tabella a 3D e con i 4 semi addiritura una tabella "iperspaziale"!

E' troppo anche per un sognatore come me. Forse bisogna pensare ad un'altra strada.

ciao
Franco

ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician

delfo52
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1556
Iscritto il: mer mag 25, 2005 4:19 pm
Località: bologna

Re: Indovina il seme

Messaggio da delfo52 »

è chiaro che si può anche agire all'incontrario, partendo dall'ultima carta rimasta.
che certamente saremo in grado di indovinare.
Anche indovinare la penultima sarà abbastanza probabile (nella peggiore delle ipotesi avremo il 50%, ma accadrà con una certa frequenza che le ultime due carte siano dello stesso seme...)
e così retrocedendo.
E' ovvio che, avvicinandoci alla fine del mazzo, le probabilità aumentano.
il fatto è che aumentano in modo più marcato, quanto più "anomale e squilibrate" saranno state le estrazioni precedenti.
E se queste saranno state "squilibrate" il nostro gioco razionale avrà dato scarsi frutti.
Così mi spiego lo scarso miglioramento delle prestazioni....
Enrico

franco
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1438
Iscritto il: mar dic 12, 2006 12:57 pm
Località: Bèrghem (Sardegna)

Re: Indovina il seme

Messaggio da franco »

alla fine sono arrivato a 13,8398501557186.
a più tardi per le spiegazioni.

ciao
Franco

ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician

franco
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1438
Iscritto il: mar dic 12, 2006 12:57 pm
Località: Bèrghem (Sardegna)

Re: Indovina il seme

Messaggio da franco »

"Se un problema ha troppe dimensioni, il modo migliore per risolverlo è quello di eliminarne qualcuna"

E' una massima che ho coniato per l'occasione, non elegantissima ma in questo caso efficace (almeno credo).

Visto che 4 semi mi complicavano la vita in maniera impressionante ho deciso di considerarne due soli: i verdi ed i gialli.
I verdi coincidono in qualunque momento del mio gioco con il seme "maggioritario", quello del quale sono rimaste più carte nel mazzo.
I gialli sono tutti gli altri.
Qualora i semi maggioritari siano più d'uno "a pari merito", assegno il verde ad uno a caso di essi, oppure uso, come suggeriva Tino, un ordine prestabilito di priorità.

In qualunque momento il mazzo sarà quindi formato da un certo numero di carte coi semi verdi (al massimo 10) e tutte le altre saranno col seme giallo.

Fatta questa premessa la costruzione della tabella (simile a quella proposta precedentemente) diventa relativamente semplice.

Al primo turno ho chiaramente V=10 G=30 ed un numero di carte indovinate attese A1=10/40
Al secondo, terzo e quarto turno (per il principio dei cassetti) sarà sempre V=10 e rispettivamente G2=29, G3=28 e G4=27:
A2=10/39
A3=10/38
A4=10/37
Al quinto turno la situazione cambia in quanto V potrebbe valere 10 ma anche 9 (se nelle precedenti mani sono uscite 4 carte di 4 semi diversi); è però facile valutare le probabilità delle due configurazioni 10-26 e 9-27, le rispettive probabilità di indovinare il seme e quindi il valore di A5:
A5=(27/37)*(10/36)+(10/37)*(9/36)=360/1332
....
Non sto a riportare le formule che diventano sempre più lunghe ma excel si presta benissimo per questo genere di attività.
Del resto non ho (almeno per oggi) voglia di provare a scrivere la formula generalizzata delle carte indovinate attese nell'ennesimo turno.
Qui sotto però metto l'immagine di un pezzetto della tabella e sono disposto a mandare il file excel a chiunque lo desideri: mandatemi via MP l'indirizzo mail.
Immagine

ciao

P.S. se è tutto sbagliato chiedo venia... c'è caldo!
Franco

ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician

Tino
Livello 5
Livello 5
Messaggi: 221
Iscritto il: mer mag 25, 2005 9:20 am
Località: Verona

Re: Indovina il seme

Messaggio da Tino »

franco, come si può dedurre il valore 13,8398501557186 dalla tua tabella?

Io ho trovato forse la seguente formula per n carte e 2 semi. Però non ho la possibilità di fare prove sperimentali. Puoi vedere se torna con le prove che hai fatto tu?

$\displaystyle \text{Media}(n,2) = \left( \sum_{k=1}^{n/2} \frac{2k+1}{2k} \cdot 2^{n-2k} \cdot {2k-2 \choose k-1} \right) / \left(\frac{1}{2} {n \choose n/2} \right)$
"Oh! But I have been blind- blind. Complex, I have said?
Complicated? Mais non. Of a simplicity extreme - extreme.
And miserable one that I am, I saw nothing - nothing."
(Peril At End House)

franco
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1438
Iscritto il: mar dic 12, 2006 12:57 pm
Località: Bèrghem (Sardegna)

Re: Indovina il seme

Messaggio da franco »

Tino,
Il 13,8... si ottiene come somma dei numeri che compaiono nella terza colonna della tabella (affianco alla scritta "esatte attese").
13,8.... = 0,25+0,2564...+0,2631...+0,2702... eccetera eccetera

Non ho la possibilità di verificare la formula che hai postato: sto per partire in ferie e non mi porterò dietro il PC.
Se vuoi ti mando per mail i files excel delle tabelle a due e a quattro semi.

ciao a tutti e buon ferragosto
Franco

ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician

Tino
Livello 5
Livello 5
Messaggi: 221
Iscritto il: mer mag 25, 2005 9:20 am
Località: Verona

Re: Indovina il seme

Messaggio da Tino »

Gaudio e tripudio! :mrgreen:

Con due semi la mia formula, questa:

$\displaystyle \text{Media}(n,2) = \left( \sum_{k=1}^{n/2} \frac{2k+1}{2k} \cdot 2^{n-2k} \cdot {2k-2 \choose k-1} \right) / \left(\frac{1}{2} {n \choose n/2} \right)$

restituisce il valore esatto che corrisponde a quello della tua tabella:

23.488173068948810110487336390514

Ma arrivare ad una formula generale con quattro semi sembra arduo. Ora ci provo.

Magari poi metto il procedimento che mi ha portato alla formula.
"Oh! But I have been blind- blind. Complex, I have said?
Complicated? Mais non. Of a simplicity extreme - extreme.
And miserable one that I am, I saw nothing - nothing."
(Peril At End House)

Daniela
Livello 6
Livello 6
Messaggi: 456
Iscritto il: lun nov 21, 2005 9:40 am

Re: Indovina il seme

Messaggio da Daniela »

Se qualcuno implementa il conto su pc, sarebbe molto interessante vedere non solo il valore di espettazione di 23.4 carte giuste, ma anche mediana e moda della distribuzione, deviazione standard, skewness e kurtosis.
Daniela
"L'essenza della libertà è la matematica"

panurgo
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1521
Iscritto il: sab nov 19, 2005 3:45 pm
Località: Padova

Re: Indovina il seme

Messaggio da panurgo »

Caro franco, quando due ragionamenti probabilistici portano a due risultati diversi o uno dei due è sbagliato o sono sbagliati entrambi; vi è tuttavia una terza possibilità: i ragionamenti si riferiscono a problemi diversi!
Inutile dire che io trovo un risultato diverso dal tuo quindi, per spazzare dal campo la terza possibilità, provvedo ad illustrare il problema che ho affrontato io.
Un mazzo di carte è formato da quattro semi di dieci carte ciascuno. Potrebbero anche essere un numero diverso di semi con un numero diverso di carte per ciascun seme ma restiamo nel caso particolare.
Quando "mescoliamo" il mazzo produciamo (o vorremmo produrre) una permutazione casuale delle quaranta carte. Questa permutazione può anche essere considerata una parola di quaranta lettere prese da un alfabeto di quattro lettere (o anche un numero di quaranta cifre in base $5$): queste permutazioni sono

$\frac{\text permutazioni di 40 carte} {\left({\text permutazioni di 10 carte}\right)^{\script 4}} \/=\/ \frac {40!} { 10! 10! 10! 10!} \/=\/ 4705360871073570227520 \/\approx\/ 5 \/\times\/ 10^{\script 21}$

un numero finito, grande ma non grandissimo.
Gli oggetti distinti che cerchiamo di enumerare sono dunque le possibili successioni di carte; nessuna informazione in nostro possesso consente di distinguere a priori queste permutazioni quindi è naturale assegnare a ciascuna di esse la stessa probabilità in base al principio di indifferenza: ecco i nostri casi possibili (equiprobabili).
Quando scopriamo la prima carta apprendiamo soltanto che la permutazione attuale appartiene al sottoinsieme di quelle che cominciano con una carta di quel seme perché nessuna informazione in nostro possesso lega il seme della prima carta a quello della carta successìva (eccezion fatta per la numerosità delle carte di quel seme). Ecco quindi che, a questo punto, ci ritroviamo con una parola di trentanove lettere di cui non sappiamo ancora nulla eccetto la composizione $\left\{9,10,10,10\right\}$.
Questo è il mio scenario: se siamo d'accordo su di esso allora i nostri ragionamenti devono raggiungere lo stesso risultato anche se sono diversi.
Supponiamo ora di avere scoperto quattro carte: qual è la probabilità che siano presenti tutti e quattro i semi?
Vi sono ovviamente $10$ modi di scegliere una carta di ciascun seme ma quanti sono i modi di scegliere $4$ carte dal mazzo? Sono

${40 \choose 4}\/=\/91390$

e, dato che tutte queste permutazioni sono equiprobabili la probabilità cercata non può essere che

$p\left(1111\/|\/4\/I\right)\/=\/\frac{{10 \choose 1}{10 \choose 1}{10 \choose 1}{10 \choose 1}}{{40 \choose 4}}\/=\/\frac{10000}{91390}\/=\/\frac{1000}{9139}$

Nel simbolo della probabilità $1111$ sta per "è presente una carta per ciascun seme" e la condizione $4$ dopo la barra verticale significa "dopo che sono state scoperte quattro carte".
Ovviamente, la probabilità che almeno due carte siano dello stesso seme è

$p\left(\overline{1111}\/|\/4\/I\right)\/=\/1\/-\/p\left(1111\/|\/4\/I\right)\/=\/\frac{8139}{9139}$

e la probabilità di indovinare il seme della quinta carta è

$p\left(S\/|\/\overline{1111}\/4\/I\right) \/\times\/ p\left(\overline{1111}\/|\/4\/I\right) \/+\/ p\left(S\/|\/1111\/4\/I\right) \/\times\/ p\left(1111\/|\/4\/I\right) \/=\/ \frac{10}{36} \/\times\/ \frac{8139}{9139} \/+\/ \frac{9}{36}\/ \times\/ \frac{1000}{9139} \/=\/ \frac{15065}{54834} \/=\/ 0,2747\ldots$

e non $10/37 \/=\/ 0,2702\ldots$ come sostieni tu.
Supponiamo ora che siano state scoperte $k_1{\script }$ carte del primo seme, $k_2{\script }$ del secondo, $k_3{\script }$ del terzo e $k_4{\script }$ del quarto, per un totale di $k$ carte: per quanto visto sopra la probabilità sarà

$p\left(k_{\script 1} k_{\script 2} k_{\script 3} k_{\script 4} \/|\/ k\/I\right) \/=\/ \frac {{10 \choose k_{\script 1}} {10 \choose k_{\script 2}} {10 \choose k_{\script 3}} {10 \choose k_{\script 4}}} {{40 \choose k}}$

Riordinando i fattoriali dei coefficienti binomiali possiamo vedere la cosa in una luce un po' diversa

$p\left(k_{\script 1} k_{\script 2} k_{\script 3} k_{\script 4} \/|\/ k\/I\right) \/=\/ \frac {\frac {k!} {k_{\script 1}! k_{\script 2}! k_{\script 3}! k_{\script 4}!} \quad \frac {\left(40-k\right)!} {\left(10-k_{\script 1}\right)! \left(10-k_{\script 2}\right)! \left(10-k_{\script 3}\right)! \left(10-k_{\script 4}\right)!} } {\frac {40!} { 10! 10! 10! 10!} }$

In cui i multinomiali sono

$\frac {k!} {k_{\script 1}!k_{\script 2}!k_{\script 3}!k_{\script 4}!} \/=\/ \frac {{\text permutazioni di }k \quad{\text carte}} {\prod_{\script i} {\text permutazioni di }k_{\script i} \quad{\text carte}}$

$\frac {\left(40-k\right)!} {\left(10-k_{\script 1}\right)!\left(10-k_{\script 2}\right)!\left(10-k_{\script 3}\right)!\left(10-k_{\script 4}\right)!} \/=\/ \frac {{\text permutazioni di }40-k \quad {\text carte}} {\prod_{\script i} {\text permutazioni di }10-k_{\script i} \quad{\text carte}}$

e, come sopra

$\frac {40!} { 10! 10! 10! 10!} \/=\/ \frac{\text permutazioni di 40 carte} {\left({\text permutazioni di 10 carte}\right)^{\script 4}}$

Così abbiamo esplicitato che i casi possibili sono proprio le nostre permutazioni.
Ma se noi siamo in grado di assegnare la probabilità di una qualsiasi combinazione di carte scoperte allora non ci resta che assegnare la probabilità di indovinare il seme data quella combinazione di carte:

$p\left(S \/|\/ k_{\script 1} k_{\script 2} k_{\script 3} k_{\script 4} \/ k\/I\right) \/=\/ \frac {\max\left(10 - \left\{ k_{\script 1}, k_{\script 2}, k_{\script 3}, k_{\script 4}\right\}\right)} {40 - k}$

e calcolare il valore atteso per il numero di volte in cui il seme viene indovinato

$\sum\/_{\script \left\{ k_{\script 1}, k_{\script 2}, k_{\script 3}, k_{\script 4}\right\} \neq \left\{ 10,10,10,10 \right\}}{ p\left(S \/|\/ k_{\script 1} k_{\script 2} k_{\script 3} k_{\script 4} \/ k\/I\right) \/\times\/ p\left(k_{\script 1} k_{\script 2} k_{\script 3} k_{\script 4} \/|\/ k\/I\right) }$

La sommatoria è estesa a tutte le quadruple di $k_{\script i$ inclusa $\left \{0, 0, 0, 0\right\}$ ed esclusa ovviamente $\left \{10, 10, 10, 10\right\}$.
Non sarà elegante come una forma chiusa ma può essere calcolato a mano per piccoli numeri e con un personal computer per numeri non troppo grandi: nel nostro caso

$\frac {334360818419} {22797966620} \/=\/ 14,66625\ldots$

Certo, questo valore non concorda con quello trovato con una simulazione da quell'utente di Matematicamente. Ma, come dire, quando una previsione basata sulla logica e una simulazione non concordano può ben darsi che sia sbagliata la simulazione: fare buone simulazioni non è per nulla facile e inoltre bisognerebbe avere almeno dei riscontri con casi più semplici in cui sia possibile calcolare il risultato in modo indipendente.
Comunque, non sapendo come fosse stata fatta detta simulazione me ne sono fatta una mia utilizzando R (un software statistico open source disponibile gratuitamente in rete).
Ecco il codice oppotunamente commentato (i commenti precedono ciò a cui si riferiscono)

# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - numero di ripetizioni nella simulazione: 1000000 - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
numRip <- 1e6
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - vettore con il numero di carte indovinato in ciascun giro - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
tt <- numeric(0)
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - ciclo principale della simulazione - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
while (length(tt) < numRip) {
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - vettore che contiene gli esiti del ciclo del mazzo: - #
# - t == 1 se il seme della carta i-esima è stato indovinato - #
# - t == 0 in caso contrario - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
t <- numeric(40)
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - permutazione casuale di 40 elementi [sample(40)] riportata alle decine - #
# - [%/% 10]: - 1 perché [%/% 10] dà 0 da 0 a 9, dà 1 da 10 a 19 ecc.; + 1 - #
# - perché voglio i semi da 1 a 4 e non da 0 a 3. - #
# - [%/%] è la divisione intera - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
m <- 1 + (sample(40) - 1)%/%10
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - numero di carte iniziale di ciascun seme: c(10,10,10,10) - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
k <- rep(10, 4)
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - contatore della carta girata - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
i <- 0
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - ciclo di scorrimento del mazzo - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
while (i < 40) {
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - incremento il contatore (cioè giro una carta) - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
i <- i + 1
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - il seme della carta i-esima è indovinato quando è uguale al primo dei - #
# - semi con un numero di carte non inferiore a quello degli altri. - #
# - which (condizione) produce un vettore che contiene gli indici corri- - #
# - spondenti a valori del vettore target che soddisfano la condizione: - #
# - se, per esempio, k == c(10,10,10,10), which(k == max(k)) produce - #
# - c(1,2,3,4); se k == c(6,3,6,1), otteniamo c(1,3); se k == c(1,2,3,4) - #
# - ottengo c(4): mettendo [1] prendo il primo elemento del vettore - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
t <- m == which(k == max(k))[1]
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - diminuisco di 1 il numero di carte del seme di m - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
k[m] <- k[m] - 1
} # fine ciclo piccolo
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - aggiungo il numero di carte indovinate in questo giro al vettore - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
tt <- c(tt, sum(t))
} # fine ciclo grande
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - stampo l'expectation - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
print(paste(mean(tt), " +/- ", sd(tt), " (N = ",numRip,")", sep=""))
# ---------------------------------------------------------------------------- #
# - istogramma degli esiti - #
# ---------------------------------------------------------------------------- #
hist(tt, breaks=(1:40), prob=TRUE, main="distribuzione degli esiti",
xlab="numero di carte indovinate", ylab="frazione")

Il risultato della simulazione è: $14,67 \/\pm\/ 2,15 \/ \left(N \/=\/ 1000000\right)$ con la seguente distribuzione

Immagine

Forse $10^{\script 6}$ ripetizioni potranno sembrare esagerate ma occorre ricordare che i casi possibili sono $\approx\/ 5 \/\times\/ 10^{\script 21}$.
Sono quindi abbastanza confidente nel mio risultato.

A proposito, il metodo è del tutto generale: il mazzo sia composto di $s$ semi ciascuno con $n_{\script i}$ carte per un totale di $n$; ne peschiamo $k_{\script i}$ di ciascun seme per un totale di $k$ con una probabilità pari a

$p\left(\left\{k_{\script i}\right} \/|\/ k\/I\right) \/=\/ \frac {\prod\/_{\script i}{n_{\script i} \choose k_{\script i}}} {{n \choose k}}$

e indoviniamo il seme della carta successiva con probabilità

$p\left(S \/|\/ \left\{k_{\script i}\right} \/ k\/I\right) \/=\/ \frac {\max\left(n_{\script i}- k_{\script i}\right)} {n-k }$

Nel caso di un mazzo di due semi con venti carte ciascuno ottengo

$\frac {1618881562939} {68923264410} \/=\/ 23,48817\ldots$

Nel caso di un mazzo di carte da poker, quattro semi di tredici carte e uno di due (le matte)

$\frac {488039189062649921} {26465366685739716} \/=\/ 18,44067\ldots$

Nel caso di un mazzo da canasta, due semi da $78$ carte (le rosse e le nere) e uno da $6$ (le matte)

$\frac {95196356817193325395718112065240004496785758977286909} {1114973290690367403293879546259439615133129445649200} \/=\/ 85,3799\ldots$
il panurgo

Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"

Tino
Livello 5
Livello 5
Messaggi: 221
Iscritto il: mer mag 25, 2005 9:20 am
Località: Verona

Re: Indovina il seme

Messaggio da Tino »

Allora, io ho capito l'idea del procedimento con la tabella di franco, ma ho qualche dubbio che possa funzionare nel caso di quattro semi.

panurgo, mi sembra di capire che il tuo risultato differisce da quello di franco nel caso di quattro semi. Puoi controllare se coincide con due semi?

Purtroppo ora non ho tempo di leggere il tuo procedimento, panurgo, ma lo farò!

Sono lieto che il problema vi interessi :wink:
"Oh! But I have been blind- blind. Complex, I have said?
Complicated? Mais non. Of a simplicity extreme - extreme.
And miserable one that I am, I saw nothing - nothing."
(Peril At End House)

Rispondi