Due problemi sul lancio del dado

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Gianfranco
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Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da Gianfranco »

Cari amici,
la discussione sui 100 detenuti e la lampadina ha generato due problemi di probabilità non del tutto risolti che ripropongo qui in forma semplice.

Come riferimento uso il lancio di un dado a 6 facce equiprobabili.

1. Qual è la probabilità che in n lanci consecutivi escano tutti i numeri?
2. Se in una serie di lanci consecutivi un numero è uscito n volte, qual è la probabilità che siano usciti tutti i numeri?
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

panurgo
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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da panurgo »

La risposta alla prima domanda è (se non banale) abbastanza semplice: abbiamo un processo durante il quale passiamo attraverso sette stati, $0 \rightarrow 1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 4 \rightarrow 5 \rightarrow 6$ e le probabilità di transizione sono rispettivamente $1$, $\frac56$, $\frac23$, $\frac12$, $\frac13$ e $\frac16$.

Scriviamo la matrice di transizione

$\displaystyle\mathbf{T}=\left(
\begin{array}{cC}
0 & & & & & & \\
1 & \frac16 & & & & & \\
& \frac56 & \frac13 & & & \\
& & \frac23 & \frac12 & & \\
& & & \frac12 & \frac23 & \\
& & & & \frac13 & \frac56 & \\
& & & & & \frac16 & 1
\end{array}
\right)$

con autovalori $\lambda=\left\{0,\frac16,\frac13,\frac12,\frac23,\frac56,1\right\}$ e matrice degli autovettori

$\displaystyle\mathbf{S}=\left(
\begin{array}{cC}
1 & & & & & & \\
-6 & -1 & & & & & \\
15 & 5 & 1 & & & \\
-20 & -10 & -4 & -1 & & \\
15 & 10 & 6 & 3 & 1 & \\
-6 & -5 & -4 & -3 & -2 & & \\
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1
\end{array}
\right)$

Questa matrice è autoinversa per cui $\mathbf{S}^{-1}=\mathbf{S}$ quindi

$\mathbf{y}_n=\mathbf{T}^n\ \mathbf{y}_0=\mathbf{S}\text{ diag}\left(\lambda_k^n\right)\mathbf{S}\ \mathbf{y}_0$

Il vettore $\mathbf{y}_n$ contiene le probabilità dopo $n$ passi per ciascuno stato: dato che partiamo dallo stato $0$, e quindi $\mathbf{y}_0=\left(\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)^\text{T}$, e ci interessa solo la probabilità dello stato $6$ abbiamo

$\displaystyle
\left(\begin{array}{cC}
& & & & & & \\
& & & & & & \\
& & & & & & \\
& & & & & & \\
& & & & & & \\
& & & & & & \\
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cC}
0 & & & & & & \\
& \left(\frac16 \right)^n & & & & & \\
& & \left(\frac13 \right)^n & & & & \\
& & & \left(\frac12 \right)^n & & & \\
& & & &\left(\frac23 \right)^n & & \\
& & & & & \left(\frac56 \right)^n & \\
& & & & & & 1
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cC}
1 & & & & & & \\
-6 & & & & & & \\
15 & & & & & \\
-20 & & & & & \\
15 & & & & & \\
-6 & & & & & & \\
1 & & & & & &
\end{array}\right)= 1\cdot 0 -6\cdot \left(\frac16 \right)^n+15\cdot \left(\frac13 \right)^n-20\cdot \left(\frac12 \right)^n+15\cdot \left(\frac23 \right)^n-6\cdot \left(\frac56 \right)^n+1$

Per la seconda domanda, la probabilità che l'uno esca $n_1$ volte, il due $n_2$ volte eccetera è

$\displaystyle\frac{\left(\sum n_k\right)!}{n_1!\ n_2!\ n_3!\ n_4!\ n_5!\ n_6!}\left(\frac16\right)^{\sum n_k}$

Concentriamoci sull'uno, senza perdita di generalità perché basta scambiare le etichette e al posto dell'uno possiamo avere qualunque degli altri cinque. $n_1$ è dunque fissato mentre gli altri possono assumere un qualunque valore diverso da zero: la probabilità cercata è

$\displaystyle\sum_{n_2=1}^\infty\sum_{n_3=1}^\infty\sum_{n_4=1}^\infty\sum_{n_5=1}^\infty\sum_{n_6=1}^\infty \frac{\left(\sum n_k\right)!}{n_1!\ n_2!\ n_3!\ n_4!\ n_5!\ n_6!}\left(\frac16\right)^{\sum n_k}$

Buon lavoro! :roll:
il panurgo

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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da Gianfranco »

Ah, grazie Panurgo…
… e queste sarebbero risposte semplici? :shock:
Mi sono iscritto a un corso semestrale di calcolo della probabilità. :D
Pace e bene a tutti.
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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da Gianfranco »

Oso chiedere:
a) come si interpreta la sommatoria senza indici né limiti?
b) quando un giorno capirò la formula della risposta al problema 2, devo mltiplicarla per 6, visto che vale per un singolo numero?

Formulo meglio il problema 2.
2. Se in una serie di lanci consecutivi un qualunque numero è uscito n volte, alla sua n-esima estrazione qual è la probabilità che siano usciti tutti i numeri?
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da panurgo »

a) $\sum n_k = n_1+n_2+n_3+n_4+n_5+n_6$
b) Ora sono al lavoro: quando trono a casa...
il panurgo

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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da franco »

panurgo ha scritto:
mar mag 05, 2020 1:07 pm

$\displaystyle
\left(\begin{array}{cC}
& & & & & & \\
& & & & & & \\
& & & & & & \\
& & & & & & \\
& & & & & & \\
& & & & & & \\
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cC}
0 & & & & & & \\
& \left(\frac16 \right)^n & & & & & \\
& & \left(\frac13 \right)^n & & & & \\
& & & \left(\frac12 \right)^n & & & \\
& & & &\left(\frac23 \right)^n & & \\
& & & & & \left(\frac56 \right)^n & \\
& & & & & & 1
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cC}
1 & & & & & & \\
-6 & & & & & & \\
15 & & & & & \\
-20 & & & & & \\
15 & & & & & \\
-6 & & & & & & \\
1 & & & & & &
\end{array}\right)= 1\cdot 0 -6\cdot \left(\frac16 \right)^n+15\cdot \left(\frac13 \right)^n-20\cdot \left(\frac12 \right)^n+15\cdot \left(\frac23 \right)^n-6\cdot \left(\frac56 \right)^n+1$
Nella visualizzazione probabilmente si è perso un pezzo della soluzione alla prima domanda:

$= 1\cdot 0 -6\cdot \left(\frac16 \right)^n+15\cdot \left(\frac13 \right)^n-20\cdot \left(\frac12 \right)^n+15\cdot \left(\frac23 \right)^n-6\cdot \left(\frac56 \right)^n+1$

Inutile dire che non ci ho capito quasi nulla, ma mi fido :lol: :lol: :lol:

Purtroppo mi mancano proprio i fondamentali; ma mi diverto comunque.
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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da franco »

Nel mio piccolo, avevo calcolato che probabilità ci fosse di ottenere tutti i 6 punteggi con 6 lanci.
Questo calcolo sì che è effettivamente banale e, come ci si poteva aspettare, la probabilità è molto bassa: 1,5432...%

Poi avevo fatto un po' di ragionamenti contorti per calcolare la probabilità di ottenere tutti i 6 punteggi con 7 lanci.
(l'idea era di vedere se mi faceva venire in mente qualcosa per generalizzare).
Mi è venuta fuori una probabilità pari a 5,4012...%

Quando ho messo su excel la formula del nostro Panurgo e ho visto che per n=7 il risultato era appunto 0,054012... mi sono dato le pacche sulle spalle da solo.
Sono soddisfazioni anche queste :lol: :lol: :lol:
Franco

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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da Admin »

panurgo ha scritto:
mar mag 05, 2020 1:07 pm
$\displaystyle\sum_{n_2=1}^\infty\sum_{n_3=1}^\infty\sum_{n_4=1}^\infty\sum_{n_5=1}^\infty\sum_{n_6=1}^\infty \frac{\left(\sum n_k\right)!}{n_1!\ n_2!\ n_3!\ n_4!\ n_5!\ n_6!}\left(\frac16\right)^{\sum n_k}$
A dispetto delle molte sommatorie mi sembra semplice da maneggiare;
cominciamo col portare fuori dalle sommatorie i termini costanti (indico per comodità con $s$ il numero di lanci; quindi $s = \sum n_k$ ). Si ha:

$\displaystyle \frac{s!}{6^s} \sum_{n_2=1}^\infty\sum_{n_3=1}^\infty\sum_{n_4=1}^\infty\sum_{n_5=1}^\infty\sum_{n_6=1}^\infty \frac{1}{n_1!\ n_2!\ n_3!\ n_4!\ n_5!\ n_6!}$

Ora portiamo fuori dall'ultima sommatoria i primi 5 fattoriali al denominatore, ottenendo:

$\displaystyle \frac{s!}{6^s} \sum_{n_2=1}^\infty\sum_{n_3=1}^\infty\sum_{n_4=1}^\infty\sum_{n_5=1}^\infty \left(\frac{1}{n_1!\ n_2!\ n_3!\ n_4!\ n_5!} \sum_{n_6=1}^\infty \frac{1}{n_6!}\right)$

Evidentemente possiamo ripetere lo stesso procedimento via via con tutte le altre sommatorie, ottenendo alla fine:

$\displaystyle \frac{s!}{6^s} \cdot \frac{1}{n_1!} \sum_{n_2=1}^\infty \frac{1}{n_2!} \sum_{n_3=1}^\infty \frac{1}{n_3!} \sum_{n_4=1}^\infty \frac{1}{n_4!} \sum_{n_5=1}^\infty \frac{1}{n_5!} \sum_{n_6=1}^\infty \frac{1}{n_6!} \label{a}\tag{1}$

Ora è noto che

$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}= e$

da cui ne deriva

$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!}= e -1$

Quindi sostituendo nella $\eqref{a}$ si ha:

$\displaystyle \frac{s!}{6^s} \cdot \frac{1}{n_1!} (e - 1)^5$

$n_1$ è il nostro $n$ del problema iniziale, quindi la probabilità finale cercata vale

$\displaystyle \frac{s!}{6^s} \cdot \frac{1}{n!} (e - 1)^5$

dove $\displaystyle s \ge n+5$.

P.S.: credo pero' che il limite superiore ad $\infty$ delle sommatorie vada abbassato ad $n-1$.

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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da panurgo »

Admin ha scritto:
mar mag 05, 2020 6:25 pm
cominciamo col portare fuori dalle sommatorie i termini costanti (indico per comodità con $s$ il numero di lanci; quindi $s = \sum n_k$ ). Si ha:

$\displaystyle \frac{s!}{6^s} \sum_{n_2=1}^\infty\sum_{n_3=1}^\infty\sum_{n_4=1}^\infty\sum_{n_5=1}^\infty\sum_{n_6=1}^\infty \frac{1}{n_1!\ n_2!\ n_3!\ n_4!\ n_5!\ n_6!}$
$\displaystyle \frac{s!}{6^s} = \frac{\left(n_1+n_2+n_3+n_4+n_5+n_6\right)!}{6^\left(n_1+n_2+n_3+n_4+n_5+n_6\right)}$ non mi sembra costante...
il panurgo

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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da Admin »

panurgo ha scritto:
mer mag 06, 2020 8:40 am
$\displaystyle \frac{s!}{6^s} = \frac{\left(n_1+n_2+n_3+n_4+n_5+n_6\right)!}{6^\left(n_1+n_2+n_3+n_4+n_5+n_6\right)}$ non mi sembra costante...
Eh si, in realta' ho preso per buono le sommatorie che contano le permutazioni multiset. Poi mentre rispondevo mi e' venuto il dubbio che possano essere ridondanti per il conteggio dei casi favorevoli (con riferimento alla seconda formulazione di Gianfranco del problema).
In realta' pero' credo che $\displaystyle \frac{s!}{6^s}$ debba essere costante, e non dipendere dalla sommatoria.

Ci provo nel pomeriggio.

Saluti
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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da Admin »

Gianfranco ha scritto:
mar mag 05, 2020 1:36 pm
Formulo meglio il problema 2.
2. Se in una serie di lanci consecutivi un qualunque numero è uscito n volte, alla sua n-esima estrazione qual è la probabilità che siano usciti tutti i numeri?
Ciao Gianfranco, mi servirebbe un chiarimento sulla traccia, altrimenti mi viene di interpretare il problema in più modi diversi.
Quando dici "in una serie di lanci consecutivi" significa che posso considerare una qualsiasi serie di lanci consecutivi? quindi anche infiniti lanci? oppure il numero di lanci consecutivi coincide con l'istante in cui estraiamo per la prima volta l'$n$-esimo numero uguale?

Grazie.

Saluti
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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da Gianfranco »

Admin ha scritto:
mer mag 06, 2020 5:36 pm
...mi servirebbe un chiarimento sulla traccia, altrimenti mi viene di interpretare il problema in più modi diversi.
Quando dici "in una serie di lanci consecutivi" significa che posso considerare una qualsiasi serie di lanci consecutivi? quindi anche infiniti lanci? oppure il numero di lanci consecutivi coincide con l'istante in cui estraiamo per la prima volta l'$n$-esimo numero uguale?
Ciao Pietro, l'ultima che hai detto!
La serie di lanci consecutivi va dal primo lancio fino a quello in cui esce per la prima volta l'$n$-esimo numero uguale.

La domanda mi è venuta leggendo questa risposta di Lucignolo relativa al problema dei 100 detenuti e la lampadina.
Lucignolo ha scritto:
lun mag 04, 2020 10:18 am
la mia soluzione migliore è questa:
il primo che arriva a contare di essere entrato 25 volte dice: "siamo passati tutti"
In termini di collezione di 6 figurine: continuo a comprare figurine (casuali fra 6) fino a quando ne ho una ripetuta $n$ volte. In quel momento, con quale probabilità ho completato la collezione?
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da Admin »

Eccomi.
Riformulo per comodità, in modo equivalente, la questione proposta da Gianfranco:
Si effettuino dei lanci consecutivi con un dado regolare.
Non appena un numero risulta uscito $n$ volte, qual è la probabilità che siano usciti tutti i numeri?
Partiamo quindi col calcolare la probabilità che dopo $s$ lanci consecutivi un qualunque numero sia appena uscito $n$ volte, e siano usciti tutti i numeri.
Ad ogni lancio ogni numero ha la stessa probabilità di uscire, vale a dire $\frac16$.
Quindi tutte le possibili sequenze di $s$ lanci sono equiprobabili; pertanto utilizziamo l'approccio classico $\displaystyle\left(\frac{favorevoli}{possibili}\right)$.
Il numero dei casi possibili ci è dato semplicemente dalle disposizioni con ripetizione dei $6$ numeri su $s$ lanci. Quindi:

$c_p = 6^{\large s}$

Per i casi favorevoli la questione è un po' più ostica.
Essi ci saranno dati da tutte le sequenze, tra quelle possibili, che verificano le seguenti condizioni:

1. l'ultimo numero della sequenza è uscito esattamente $n$ volte
2. i restanti $5$ numeri sono presenti nella sequenza almeno $1$ volta, e non più di $n-1$ volte

Analizziamo queste condizioni una per volta.

Condizione 1:

cond1.png
cond1.png (10.71 KiB) Visto 777 volte

Con riferimento alla figura qui sopra, la condizione 1 impone che l'ultimo numero uscito ($a_1$), sia ripetuto esattamente $n-1$ volte, nei primi $s-1$ lanci.
Il numero di modi in cui ciò è possibile, ci è dato dai modi in cui è possibile combinare gli $s-1$ lanci con le $s-n$ posizioni vuote, ossia $\displaystyle {s-1\choose s-n}$.
Dato che $a_1$ puo' essere uno qualsiasi dei $6$ numeri possibili, allora dobbiamo anche moltiplicare per $6$.
Quindi il numero di modi che soddisfano la condizione 1 è:

$c_{cond1} = 6\cdot \displaystyle {s-1\choose s-n}$

Ora ad ognuna di queste $c_{cond1}$ combinazioni, corrispondono più sequenze tra quelle possibili, in particolare ne corrispondono tante quanti sono i modi in cui è possibile riempire gli $s-n$ spazi vuoti (vedi figura) in modo da soddisfare la condizione 2.
Calcoliamo tale numero di modi.

Condizione 2:

Qui, le cose si complicano.
Come detto sopra lavoriamo solo sugli $s-n$ spazi vuoti, quindi abbiamo $s-n$ elementi.
Li dobbiamo riempire con i restanti $5$ numeri (anche ripetuti), che possiamo indicare con $a_2$,$a_3$,$a_4$,$a_5$ e $a_6$.
La condizione 2 impone che tra questi $s-n$ elementi, vi siano sempre tutti i $5$ numeri, ognuno in numero non superiore a $n-1$.
Cio' equivale ad avere $5$ contenitori distinti di capacità massima $n-1$ in cui posizionare $s-n$ elementi distinti (non è immediata la cosa; io ci sono arrivato dopo aver fatto le prove al pc e verificato che era così¹).
Quindi si tratta di contare i modi in cui è possibile disporre $s-n$ elementi distinti in $5$ contenitori distinti di capacità massima $n-1$.
Trovare una forma chiusa mi è sembrato impossibile così, come detto prima, li ho contati al computer, e mi son trasferito sull'OEIS.
Tramite le sequenze A248844 e A248845, si arriva a questa completa risposta su math.stackexchange.
Da cui si evince che il numero di modi cercati è:

$c_{cond2} = \displaystyle q_{(s-n), 5, (n-1)} = (s-n)!\cdot [z^n] \left(\sum_{k=1}^{n-1} \frac{z^k}{k!}\right)^5$

Ci ho messo un po' per comprendere questa formula.
In pratica viene utilizzato il metodo della funzione generatrice² per effettuare il calcolo combinatorio.
Senza addentrarci troppo, il metodo della funzione generatrice, applicato al nostro problema combinatorio, consiste nel trovare una funzione generatrice tale che la sua espansione in serie abbia come coefficienti gli elementi della sequenza di cui si cerca la forma chiusa (affascinante! :o ).
Quindi nella formula sopra riportata la funzione $\displaystyle \left(\sum_{k=1}^{n-1} \frac{z^k}{k!}\right)^5$ è la funzione generatrice il cui coefficiente $n$-esimo della sua espansione in serie corrisponde al numero di modi in cui è possibile contare $s-n$ elementi distinti in $5$ contenitori distinti di capacità massima $n-1$.
$[z^n]$ sta ad indicare appunto che si vuole il coefficiente $n$-esimo della funzione (il fattore $(s-n)!$ davanti devo ancora spiegarmelo... evidentemente c'è un po' da studiare, ma ho verificato sperimentalmente che è giusto).

Detto ciò, quindi il numero di casi favorevoli complessivo sarà:

$c_f = c_{cond1}\cdot c_{cond2} = 6\cdot \displaystyle {s-1\choose s-n} \cdot (s-n)!\cdot [z^n] \left(\sum_{k=1}^{n-1} \frac{z^k}{k!}\right)^5$

Quindi la probabilità che un qualunque numero sia uscito $n$ volte, dopo esattamente $s$ lanci, e che siano usciti anche tutti i numeri almeno una volta e non più di $n-1$ volte, vale:

$\displaystyle p_{\large s, n}(I) = \frac{c_f}{c_p} = \frac{6\cdot \displaystyle {s-1\choose s-n} \cdot (s-n)!\cdot [z^n] \left(\sum_{k=1}^{n-1} \frac{z^k}{k!}\right)^5}{6^{\large s}}$

Questa probabilità chiaramente è dipendende dal numero di lanci.
Vediamo come rimuovere questa dipendenza ed ottenere la probabilità dipendente dal solo numero $n$.

Si nota che il numero minimo di lanci necessario è $n$, dal momento che ci fermiamo solo quando un numero è uscito $n$ volte.
Con un ragionamento analogo, si deduce che il numero massimo di lanci che è possibile avere ci è dato da $6\cdot (n-1)+1$.
Ossia

$n \le s \le 6\cdot (n-1)+1$

Inoltre sappiamo che gli eventi relativi a differenti numeri di lanci sono indipendenti tra di loro (nel senso che, semplicemente, se ad es. si verificano $8$ lanci, non possono essersi verificati $9$ lanci, etc.).

Quindi possiamo sommare le probabilità $p_{\large s, n}(I)$ per ogni $n \le s \le 6\cdot (n-1)+1$ per avere la probabilità finale cercata per l'enunciato iniziale.
Si ha:

$p_n(I) = \displaystyle \sum_{s=n}^{6\cdot(n-1)+1} p_{\large s, n}(I) = \sum_{s=n}^{6\cdot(n-1)+1} \frac{6\cdot \displaystyle {s-1\choose s-n} \cdot (s-n)!\cdot [z^n] \left(\sum_{k=1}^{n-1} \frac{z^k}{k!}\right)^5}{6^{\large s}}$

That's all.

Di seguito mostro una tabella di verifica:
- la probabilità $p_n(I)$ l'ho calcolata con le seguenti istruzioni in Mathematica:

Codice: Seleziona tutto

Clear[s, n, m, z];
SetAttributes[n, Constant];
SetAttributes[m, Constant];
n = 4;  (* numero massimo di ripetizioni di un numero  *)
m = 5;  (* bins *)

p = Sum[(6*Binomial[s - 1, (s - n)]*(s - n)!*
     SeriesCoefficient[
      Series[(Sum[((z^k)/k!), {k, 1, n - 1}])^m, {z, 
        0, (s - n)}], (s - n)])/(6^s), {s, n, 6*(n - 1) + 1}];
N[p]
- la probabilità simulata invece l'ho ricavata con un programmino in C# (se vi interessa posso pubblicarlo)

Ecco la tabella di verifica:

$
\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
& p_n(I) & p_n(I)_{sim} (5000000\ \ \text{prove}) \\
\hline
n=3 & 0,142157 & 0,1419698 \\
\hline
n=4 & 0,36363 & 0,3638194 \\
\hline
n=5 & 0,582167 & 0,5820492 \\
\hline
n=6 & 0,747364 & 0,7477172 \\
\hline
n=7 & 0,855409 & 0,8554244 \\
\hline
... & ... & ... \\
\hline
\end{array}
$

Mi pare che ci siamo.

P.S.: va detto che le funzioni generatrici permettono anche di trovare una forma chiusa per i coefficienti, se esiste. Quindi si potrebbe cercare una forma chiusa per questo caso. Purtroppo le conosco solo da poche ore :). Approfondirò.

SE&O

Saluti
Admin
_________________________________
1. Con un programmino al pc ho contato il numero di casi che verificavano la condizione 2, per differenti valori di $s$ ed $n$, e poi ho dato in pasto le sequenze risultanti all'OEIS, trovando le due sequenze A248844 e A248845 che descrivono bene il problema
2. Non le conoscevo, argomento interessantissimo. E' possibile scaricare gratuitamente QUI il libro generatingfunctionology di Herbert S. Wilf fatto benissimo.
Pietro Vitelli (Amministratore del Forum)
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Bruno
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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da Bruno »

Admin ha scritto:
sab mag 09, 2020 4:37 pm
2. Non le conoscevo, argomento interessantissimo. E' possibile scaricare gratuitamente QUI il libro generatingfunctionology di Herbert S. Wilf fatto benissimo.


Il mondo delle funzioni generatrici è meraviglioso :D

Grazie, Pietro, per la tua segnalazione: finora non mi era capitato di soffermarmi su quel testo.
Invisibile un vento
l'ha apena sfioragia
sospension d'un momento;
e la bola iridessente gera 'ndagia.
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panurgo
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Re: Due problemi sul lancio del dado

Messaggio da panurgo »

Raccomando calorosamente la lettura di generatingfunctionology...
il panurgo

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