Altre palle...
Moderatori: Gianfranco, Bruno
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Altre palle...
Un'urna contiene palle di diversi colori, lo stesso numero di palle per ciascun colore; l'aggiunta di $20$ palle di un colore nuovo (diverso dai precedenti) non modifica la probabilità di pescare due palle dello stesso colore: quante palle conteneva l'urna prima dell'aggiunta? (vietato rispondere: "$20$ in meno di quante ne contiene dopo l'aggiunta"!)
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"
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Re: Altre palle...
Direi proprio che ne conteneva quante ne ho attaccate sull'albero di Natale, ovvero 190 (10 per ognuno dei 19 colori e/o disegni diversi utilizzati).
Quanto sopra discende dall'equazione di facile soluzione, in cui si eguagliano le probabilità relative alle due situazioni (prima e dopo l'aggiunta delle 20 palle):
$\frac {x-1}{xy-1} = \frac{xy(x-1)+380}{(xy+20)(xy+19)}$
x: quantità di palle per ogni diverso colore
y: quantità dei colori
Per maggiore chiarezza aggiungo che con procedimento di semplificazione, si giunge alla seguente equazione finale:
$x = \frac{21y - 19}{2y}$, la quale, affinché la x abbia un valore intero, ammette per la y i valori 1 e 19, dei quali solo il 19 è accettabile (soluzione cosiddetta ad occhio).
Quanto sopra discende dall'equazione di facile soluzione, in cui si eguagliano le probabilità relative alle due situazioni (prima e dopo l'aggiunta delle 20 palle):
$\frac {x-1}{xy-1} = \frac{xy(x-1)+380}{(xy+20)(xy+19)}$
x: quantità di palle per ogni diverso colore
y: quantità dei colori
Per maggiore chiarezza aggiungo che con procedimento di semplificazione, si giunge alla seguente equazione finale:
$x = \frac{21y - 19}{2y}$, la quale, affinché la x abbia un valore intero, ammette per la y i valori 1 e 19, dei quali solo il 19 è accettabile (soluzione cosiddetta ad occhio).
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$\text { }$ciao ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)
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Re: Altre palle...
Grandioso albero di Natale, Pasquale, e pure grandiosa la soluzione!
Posso solo aggiungere che se indichiamo con $\large k$ il numero di palle aggiunte, la tua equazione diventa:
$\large x=\frac{\left( k+1\right) y-(k-1)}{2 y}$.
Credo che ci sia sempre almeno una soluzione (diversa da 1) tranne per $k=2$ e $k=3$
Posso solo aggiungere che se indichiamo con $\large k$ il numero di palle aggiunte, la tua equazione diventa:
$\large x=\frac{\left( k+1\right) y-(k-1)}{2 y}$.
Credo che ci sia sempre almeno una soluzione (diversa da 1) tranne per $k=2$ e $k=3$
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
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