L'elenco degli utenti

[Dani Ferrari]

Avete l'elenco degli utenti dell'ENEL in 20 enormi volumi. Tutti i nomi sono in ordine alfabetico, ma accidenti, sulle copertine e sulle costole dei volumi non c'è scritto nulla, non sapete che parte dell'elenco c'è in quel volume. Quindi per trovare un utente dovete aprire volumi a caso e vedere se sta lì. Dovete cercare i nomi di 4 utenti; quanti volumi dovrete aprire in media? (naturalmente , si chiede una risposta esatta ad almeno 5 cifre significative - almeno, ho detto)

Dani

[panurgo]

Vuoi dire che non si sa a priori se il volume che abbiamo in mano è il primo, il sedicesimo oppure il terzo e che i nomi all'interno sono scritti in ordine alfabetico?

[delfo52]

Ho sempre il difetto di "riscrivere/tradurre" i quesiti.
Scusatemi, se a qualcuno non piace.
Invece di venti milioni di nomi divisi in venti tomi, prendiamo venti carte da gioco coperte. Di cui conosciamo seme e numero, ma mescolate.
Si richiede di scoprirne quattro, decidendo quali mentre le carte sono ancora coperte.
Quante carte dovremo rivoltare per vedere le quattro richieste in bella mostra ? (in media)

[delfo52]

ragiono un po' (ammesso che sia ragionare...), per cercare una risposta approssimata:
numero minimo di scelte: 4
numero massimo: 20
se fosse una gaussiano. l'apice della campana sarebbe 12. SE fosse una gaussiana.
calcolo a spanne la probabilità dei due estremi.
perchè bastino 4 scelte, bisogna che alla prima esca una di 4/20, poi 3/19...2/18 e 1/17
anche a occhio viene 1 probabilità su 4-5mila
perchè servano tutte e 20 le scelte, basta che l'ultima sia una delle 4. cioè in 1 caso su 5 bisognerà attendere l'ultima scelta.
La campana è perciò sbilanciata verso il "20".
Mi sa che la mediana, la media e la moda siano tutte oltre il 12...
diciamo attorno al 15 ?
qualcuno offre di meno? o di più?
(ma senza fare i conti!)

[Dani Ferrari]

Panurgo: i nomi sono tutti in ordine alfabetico, dal primo del primo volume all'ultimo dell'ultimo volume. Come in un'enciclopedia. Ma per sapere cosa c'è in un volume, lo devi aprire, su copertina e costola non c'è scritto niente.
Delfo: no, il problema che tu poni è del tutto diverso (e molto più facile). Qui, i nomi possono stare tutti nello stesso volume, se lo azzecchi al primo colpo con un volume te la cavi.

Dani

[panurgo]

Quindi mi è permesso scrivere il primo e l'ultimo nome del volume sulla sua costola, la prima volta che lo apro...

[franco]

I quattro utenti possono essere in 1, 2, 3 o 4 volumi diversi.
Io dapprima calcolerei le probabilità P(i) di queste quattro opzioni, poi il valore di volumi attesi da aprire per ognuna V(i).
La risposta al problema dovrebbe quindi essere
$\sum\limits_{i = 1}^4 {P\left( i \right)V\left( i \right)}$

A questo punto devo calcolare P(1) P(2) P(3) P(4) V(1) V(2) V(3) V(4)
Magari ci vorrà un po' di tempo ma non mi sembra impossibile.

Parto dalle più facili (in ordine sparso).

Se i volumi sono 20, le possibili configurazioni diverse sono $20^4 = 160000$

La probabilità che siano tutte nello stesso volume è $P\left( 1 \right) = 20/20^4 = 1/8000$
La probabilità che siano in 4 volumi diversi è $P\left( 4 \right) = 20 * 19 * 18 * 17/20^4 = 5814/8000$

Nel caso di due volumi diversi posso avere due "sotto-casi": tre utenti in un volume e il quarto a parte (XXXY) oppure due utenti in un volume e gli altri due in un altro (XXYY)
$P\left( {2_a } \right) = 20 * 19 * 4/20^4 = 76/8000$
$P\left( {2_b } \right) = 20 * 19 * 6/20^4 = 114/8000$
$P\left( 2 \right) = P\left( {2_a } \right)P\left( {2_b } \right) = 190/8000$

La probabilità dell'ultimo caso (3 volumi) la calcolo per differenza: $P\left( 3 \right) = 1 - P\left( 1 \right) - P\left( 2 \right) - P\left( 4 \right) = 1995/8000$

Adesso provo a vedere se riesco a calcolare il numero di "volumi attesi" per le quattro situazioni.

Il primo caso (1 volume) mi sembra facile; le probabilità becchi il volume giusto al primo colpo, al secondo, ... all'ultimo, sono identiche quindi
$V\left( 1 \right) = \frac{1} {{20}}\sum\limits_{j = 1}^{20} {j = } \frac{1} {{20}} * \frac{{20 * 21}} {2} = \frac{{21}} {2}$



....

Nel frattempo ci ho ponzato un po' e alla fine ho optato per calcolare numericamente i valori di V(2) V(3) e V(4) utilizzando excel per fare i conti.
Magari in un'altra occasione posto qualche immagine del risultato e le formule che ho inserito nelle varie caselle.

Per ora vi dico solo che mi risulta:

V(2)= 42/3 = 14
V(3)= 63/4 = 15,75
V(4)= 84/5 = 16,8

bello: V(i) = (20+1)*i/(i+1)

Per concludere quindi

La risposta al problema dovrebbe essere
$\sum\limits_{i = 1}^4 {P\left( i \right)V\left( i \right)}$ = P(1)V(1) + P(2)V(2) + P(3)V(3) + P(4)V(4) = 2402779/160000 = 15,01736875



Beh, magari è tutto sbagliato, però è stato bello provarci!

ciao


Franco

[delfo52]

se non hai toppato, significa che, anche "toppando" il mio ragionamento " a occhio" ha funzionato!
In effetti avevo omesso di considerare la possibilità di più utenti in uno stesso volume. Ma ciò non incide molto.
Direi che, pur essendo "sbagliato", "più semplice" e " meno interessante", come dice Dani, l'approccio "approssimativo" di cui sono da tempo fiero sostenitore, dimostrerebbe una qualche virtù...

(per non essere frainteso, chiarisco che non ho nulla contro i calcoli "fatti per bene", ma che mi sembra che una qualche sorta di calcolo preventivo "a spanne" sia sempre utile. Se non altro per accorgersi che si è sbagliato, se il risultato "calcolato per bene" risulta incongruo rispetto alle aspettative. Nel caso in esame, se ci fosse un "baco" vistoso nel ragionamento di F. e il suo risultato fosse, ad esempio, inferiore a 12, basterebbe per accendere un dubbio fondato sulla bontà del metodo. Non che il fatto che venga 15, come a me, sia una prova di correttezza, ma quantomeno, siamo nei paraggi.... E' la stessa cosa che potrebbe succedere quando si va a fare compere: se abbiamo messo nel carrello 7 oggetti di prezzo compreso tra 18,21 e 19,99, dobbiamo attenderci un totale inferiore, di poco, a 140 (20 x 7). Che sia 133 o 138, poco importa; non ci avranno certo fregato in modo serio. Ma se ci sparano 180, o anche solo 140,05, è bene se si accende qualche lampadina...)

[franco]

Sono più che d'accordo sull'utilità del calcolo approssimativo e non sarò mai abbastanza grato alla mia maestra delle elementari per gli esercizi di "calcolo mentale rapido" che ci faceva fare.
Mi capita spessodi beccare al volo errori grossolani in qualche presentazione di colleghi (e ammetto che mi da anche qualche soddisfazione)

[Dani Ferrari]

Boh... io il problema l'avevo buttatp lì così, senza nemmeno calcolare la soluzione - mi sembrava molto semplice. Tutti quei discorsi complicati che fa Franco non li capisco - ma mi sono fatto i conti (con la tascabile, secondo me è sufficiente) e trovo un valore diverso. Forse dico coglionate - scusatemi, ma io un tempo ero molto bravo, ora sono vecchio, malato, e la testa un giorno funziona e due giorni no.
Dunque, vediamo di fare le cose semplici. Se apro k volumi, che probabilità ho di trovare un determinato nome? k/20, direi. E che prob. ho di trovare tutti i 4 nomi che cerco? Essendo prob. indipendenti, mi sembra chiaro che la prob. è (k/20)^4. E qual è la prob. che ci vogliano tutti quei k volumi? Be', la prob. che siano in quei k, meno la prob. che siano già in (k-1), che è ((k-1)/20)^4. Calcolo tutte queste prob, e fo la media ponderata usando il numero di vol. necessari come pesi. Io trovo 16,4833375.

[Dani Ferrari]

Il calcolo approssimato? io ci ho fatto carriera. Conducevo delle trattative complicatissime, roba tipo la compravendita di una grossa società. Per valutarne il valore, ci si accordava sull'impostazione di massima, ma poi c'era una valanga di questioni da definire; fatto ciò, c'era da fare un casino spaventoso di calcoli. Io a naso sapevo più o meno quanto ciascuna delle questioni da definire impattava sul risultato finale, gli altri no (i calcoli erano veramente infernali). Così, con la faccia dura di chi sta affrontando una battaglia decisiva, iniziavo la discussione da un argomento che pesava poco. Combattevo duramente, facevo sì che la discussione si infiammasse, infine mi facevo graziosamente sconfiggere. Poi, con l'aria torva di chi è sconfitto ma non domo, dicevo: "Vediamo quest'altra cosa, poi facciamo il break. Ma non ricominciate a rompere, ho accettato la vostra posizione su quello, non tirate troppo la corda." E così gli facevo accettare i miei punti su una cosa che contava venti volte di più. Loro erano convinti di avermi battuto sulle cose importanti, potevano essere generosi sulla robetta... E' straordinario che ci cascassero praticamente tutti - e io non negoziavo mica con un droghiere, quelli erano degli esperti al top. Ma quando erano in mezzo alla marea di numeri, non ragionavano più.
Detto questo, Delfo, il modo in cui hai fatto il conto non va bene. Ascolta il Maestro. Lascia perdere la gaussiana, serve solo a confondere le idee. Se i nomi fossero uniformemente spaziati, dovresti aprire 18 volumi. Ma se sono addensati, questo in media ti fa risparmiare volumi. Se fossero tutti nei primi 10 vol., in media dovresti aprirne 9 - rispetto a 18, 9 in meno. Se fossero tutti negli ultimi 10, in media ne dovresti aprire 19 - uno in più. Media dei due casi, ne risparmi 4 (dai 18). Ma questo è un caso chiaramente esagerato, serve solo a dire che con la contrazione risparmi. Quanto? non certo 4, che ne so quanto, uno o due. vo a 16-17.

[Pasquale]

C'è qualche punto che non mi è chiaro:

una volta aperto un volume, questo resta riconoscibile, oppure il volume viene richiuso e qualcuno mischia tutti i volumi in modo che ritornino tutti irriconoscibili ?

Poniamo il caso che i 4 utenti abbiano tutti lo stesso nome: il ricercatore lo sa dall'inizio che tutti hanno lo stesso nome, oppure no?

[franco]

.... Io trovo 16,4833375.

Il tuo ragionamento fila come un orologio, ma io sono una testa dura
Volevo andare a vedere cosa c'era di sbagliato nei miei conti ma così facendo mi sono imbattuto in un particolare che non mi torna nei tuoi.

Ho sviluppato i calcoli col tuo metodo usando una tabellina in excel che riporto qui sotto:

immagine da excel

elenco.jpg (60.53 KiB) Visto 8253 volte

Il risultato coincide con il tuo quindi penso di aver interpretato bene il ragionamento.

Mi concentro però sulla probabilità che sia necessario aprire esattamente 20 volumi.
Il risultato delle formule è 0,18549375 : circa il 18,5%

E questo è in contrasto con quanto ha scritto più un alto Enrico:

perchè servano tutte e 20 le scelte, basta che l'ultima sia una delle 4. cioè in 1 caso su 5 bisognerà attendere l'ultima scelta.

20% !
... e anche questo ragionamento mi pare non faccia una grinza

Dove stà l'inghippo?


ciao

Franco

[franco]

$\sum\limits_{i = 1}^4 {P\left( i \right)V\left( i \right)}$ = P(1)V(1) + P(2)V(2) + P(3)V(3) + P(4)V(4) = 2402779/160000 = 15,01736875

Errore di sbaglio
ho digitato un 74/5 anzichè 84/5 in corrispondenza del V(4)
$\sum\limits_{i = 1}^4 {P\left( i \right)V\left( i \right)}$ = P(1)V(1) + P(2)V(2) + P(3)V(3) + P(4)V(4) = 2635339/160000 = 16,47086875

Molto vicino al risultato di Dani ma non identico.

Non mi arrendo


ciao

[panurgo]

Mi concentro però sulla probabilità che sia necessario aprire esattamente 20 volumi.
Il risultato delle formule è 0,18549375 : circa il 18,5%

E questo è in contrasto con quanto ha scritto più un alto Enrico:

perchè servano tutte e 20 le scelte, basta che l'ultima sia una delle 4. cioè in 1 caso su 5 bisognerà attendere l'ultima scelta.

20% !
... e anche questo ragionamento mi pare non faccia una grinza

Dove stà l'inghippo?


ciao

Franco

Quando due ragionamenti raggiungono due risultati diversi di solito almeno uno dei due è sbagliato... perché servano tutte le scelte basta che l'ultima sia almeno una delle quattro.
Quindi perché non servano tutte le scelte l'ultima non deve essere nessuna delle quattro: questo può essere fatto in $19$ modi diversi per ciascun utente indipendentemente quindi

$p\left(\overline{k=20}\,\middle|\,20\,4\,I\right)\,=\,\frac{19^{\small 4}}{20^{\small 4}}$

e

$p\left(k=20\,\middle|\,20\,4\,I\right)\,=\,1\,-\,p\left(\overline{k=20}\,\middle|\,20\,4\,I\right)\,=\,1-\,\frac{19^{\small 4}}{20^{\small 4}}\,=\,0,18549375\ldots$