Sei facce in linea di tiro¹

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

Rispondi
panurgo
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1465
Iscritto il: sab nov 19, 2005 3:45 pm
Località: Padova

Sei facce in linea di tiro¹

Messaggio da panurgo »

¹Come al solito chiedo venia se il quesito è già stato postato in precedenza...

Quanti dadi a sei facce servono per ottenere in un solo lancio le tre facce numerate $1$, $2$ e $3$ almeno una volta con una probabilità di $95/100$? Quanti dadi bisogna aggiungere per ottenere, sempre in un solo lancio, almeno una volta ciascuna delle sei facce una probabilità di $90/100$?

Diophante
il panurgo

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

NothIng
Nuovo utente
Nuovo utente
Messaggi: 10
Iscritto il: mar ago 16, 2022 9:18 pm

Re: Sei facce in linea di tiro¹

Messaggio da NothIng »

Ciao Panurgo,
direi che la risposta è 23 in entrambi i casi.
Mi serve un po' di tempo per sistemare i calcoli e posto la dimostrazione.

panurgo
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1465
Iscritto il: sab nov 19, 2005 3:45 pm
Località: Padova

Re: Sei facce in linea di tiro¹

Messaggio da panurgo »

Dimostra, dimostra...
il panurgo

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

NothIng
Nuovo utente
Nuovo utente
Messaggi: 10
Iscritto il: mar ago 16, 2022 9:18 pm

Re: Sei facce in linea di tiro¹

Messaggio da NothIng »

Rieccomi,
per prima cosa mi sono fidato di gnugnu: https://www.base5forum.it/ancora-storie ... t7791.html :-)

Poi ho cercato i numeri che contengono le cifre 6,7 e 8 tra tutti quelli di n cifre, li ho contati e ho generalizzato il conteggio definendo:
k = numero di cifre da cercare (3 in questo caso)
n = lunghezza del numero
F(k,n) = quanti sono i numeri di lunghezza pari a n che contengono le k cifre volute

Procedendo per induzione e aiutandomi con un minimo di excel ho dimostrato la relazione ricorsiva:
$F(n,n) = n!$
$F(1,n) = 10^n– 9^n$
$F(k,n) = (10-k)*F(k,n-1)+ k*F(k-1,n-1)$
Ovviamente deve essere $k≤ n$

A questo punto ho esteso il concetto dalla base 10 alla generica base b
$F(n,n,b) = n!$
$F(1,n,b) = b^n– (b-1)^n$
$F(k,n,b) = (b-k)*F(k,n-1,b)+ k*F(k-1,n-1,b)$
Così si possono conteggiare cifre (b = 10), dadi (b = 6) e monete (b = 2)

Per rispondere al primo quesito di Panurgo bisogna trovare n tale che
$F(3,n,6) >= 95/100*6^n$ da cui si ricava $n≥ 23$
Analogamente per il secondo bisogna trovare n tale che
$F(6,n,6) >= 90/100*6^n$ da cui si ricava nuovamente $n≥ 23$

Mi piacerebbe trovare una formula chiusa per calcolare F(k,n,b) ma non ci sono ancora riuscito.

panurgo
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1465
Iscritto il: sab nov 19, 2005 3:45 pm
Località: Padova

Re: Sei facce in linea di tiro¹

Messaggio da panurgo »

Mannaggia! Vedi che c'era già :roll: (per fortuna senza dimostrazione :D)...
il panurgo

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

panurgo
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1465
Iscritto il: sab nov 19, 2005 3:45 pm
Località: Padova

Re: Sei facce in linea di tiro¹

Messaggio da panurgo »

Il mio approccio è diverso: il modello probabilistico che utilizziamo postula l’indipendenza dei risultati e questo significa che non c’è nessuna differenza nel lanciare i dadi tutti insieme o uno alla volta (o anche nel lanciare molte volte lo stesso dado).

Vediamo cosa succede se lanciamo i dadi uno alla volta. Al primo lancio nessuno dei numeri da $1$ a $6$ è ancora uscito: qualunque numero esca ci ritroveremo ad aver visto un numero mentre cinque non sono ancora usciti.

Al secondo lancio le possibilità sono due: o esce il numero che era già uscito, quindi restiamo con un solo numero uscito, oppure ne esce uno (qualsiasi) diverso, e ci troviamo ad aver visto due numeri mentre quattro non sono ancora usciti.

Per farla breve, il processo è mostrato in figura
g181.3.png
g181.3.png (11.04 KiB) Visto 951 volte
Questo è un processo nel quale le modalità di transizione da uno stato all’altro dipendono solo dallo stato in cui ci si trova (è “senza memoria”): possiamo studiarlo usando una catena di Markov del primo ordine.
Gli stati del processo sono: “zero numeri usciti”, “un numero uscito”, “due numeri usciti” ecc. Nello stato “$k$ numeri usciti” ci sono $k$ modi di restare dove si è e $6-k$ modi di passare allo stato successivo (indietro non si torna!).

Raccogliamo questi numeri in una matrice, alle cui colonne corrisponde lo stato di partenza e alle cui righe corrisponde lo stato di arrivo

$\displaystyle M=\frac16 \left(\begin{array}{cC}
0 & & & & & & \\
6 & 1 & & & & & \\
& 5 & 2 & & & & \\
& & 4 & 3 & & & \\
& & & 3 & 4 & & \\
& & & & 2 & 5 & \\
& & & & & 1 & 6
\end{array}\right)$

mentre indichiamo la posizione in cui ci troviamo con un vettore colonna

$\displaystyle y_0=\left(\begin{array}{cC} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$

Per capire dove siamo dopo il primo lancio calcoliamo

$\displaystyle y_1=M\cdot y_0=\frac16\left(\begin{array}{cC} 0 \\ 6 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$

Dopo il secondo lancio

$\displaystyle y_2=M\cdot y_1=\frac1{6^2}\left(\begin{array}{cC} 0 \\ 6 \\ 30 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right) $

Ma è anche vero che $y_2=M\cdot y_1=M\cdot M\cdot y_0=M^2\cdot y_0$ e, in generale, $y_r=M^r\cdot y_0$.

Dunque a noi trovare $M^r$. Per far ciò tentiamo di decomporre la matrice in modo da ottenere una matrice diagonale

$\displaystyle M=S\cdot\text{diag}\left\{\lambda_j\right\}\cdot S^{-1}$

Per una matrice diagonale $\left(\text{diag}\left\{\lambda_j\right\}\right)^r=\text{diag}\left\{\lambda_j^r\right\}$ quindi

$\displaystyle M^r=S\cdot\text{diag}\left\{\lambda_j^r\right\}\cdot S^{-1}$

Per prima cosa dobbiamo trovare, sperando che la matrice sia diagonalizzabile, gli autovalori della matrice stessa cioè le soluzioni dell’equazione

$\displaystyle \left|M-\lambda I\right|=0$

$\displaystyle \left|
\frac16 \left(\begin{array}{cC}
0 & & & & & & \\
6 & 1 & & & & & \\
& 5 & 2 & & & & \\
& & 4 & 3 & & & \\
& & & 3 & 4 & & \\
& & & & 2 & 5 & \\
& & & & & 1 & 6
\end{array}\right)
-\lambda
\left(\begin{array}{cC}
1 & & & & & & \\
& 1 & & & & & \\
& & 1 & & & & \\
& & & 1 & & & \\
& & & & 1 & & \\
& & & & & 1 & \\
& & & & & & 1
\end{array}\right)
\right|=
\left|\begin{array}{cC}
0-\lambda & & & & & & \\
1 & \frac16-\lambda & & & & & \\
& \frac56 & \frac26-\lambda & & & & \\
& & \frac46 & \frac36-\lambda & & & \\
& & & \frac36 & \frac46-\lambda & & \\
& & & & \frac26 & \frac56-\lambda & \\
& & & & & \frac16 & 1-\lambda
\end{array}\right|=0
$

Per le matrici triangolari (e una matrice bidiagonale ne è un esempio) il determinante è dato dal prodotto degli elementi della diagonale principale, in questo caso

$\displaystyle\left(\frac06-\lambda\right)\left(\frac16-\lambda\right)\left(\frac26-\lambda\right)\left(\frac36-\lambda\right)\left(\frac46-\lambda\right)\left(\frac56-\lambda\right)\left(\frac66-\lambda\right)=0$

Il polinomio è già fattorizzato e gli autovalori sono $\lambda_j=\frac{j}6$

Per ogni autovalore, qui sono tutti distinti ed è facile, troviamo adesso il corrispondente autovettore cioè un vettore colonna $S_j$ tale che

$\displaystyle \left(M-\lambda_j I\right)S_j=0$

Moltiplichiamo a destra e a sinistra per $6$ in modo da eliminare le frazioni

$\displaystyle \left(6M-6\lambda_j I\right)S_j=6\cdot 0=0$

con $6\lambda_j=j$. Ogni equazione di questo sistema, tranne la prima, è fatta di due termini

$\displaystyle\left\{
\begin{array}{rC}
S_{0j}\,\left(0-j\right)=0 \\
S_{0j}\cdot 6+S_{1j}\,\left(1-j\right)=0 \\
S_{1j}\cdot 5+S_{2j}\,\left(2-j\right)=0 \\
S_{2j}\cdot 4+S_{3j}\,\left(3-j\right)=0 \\
S_{3j}\cdot 3+S_{4j}\,\left(4-j\right)=0 \\
S_{4j}\cdot 2+S_{5j}\,\left(5-j\right)=0 \\
S_{5j}\cdot 1+S_{6j}\,\left(6-j\right)=0
\end{array}
\right.$

Dalla prima equazione ricaviamo

$\displaystyle S_{0j}\,\left(0-j\right)=0 \quad\Longrightarrow\quad \left\{
\begin{array}{lC}
S_{0j}=0 & j\neq 0 \\
S_{0j}\text{ qualsiasi} & j=0
\end{array}
\right.$

Per le altre portiamo a destra il secondo membro

$\displaystyle\left\{
\begin{array}{lC}
S_{0j} =-\frac{\left(1-j\right)}6 S_{1j} \\
S_{1j} =-\frac{\left(2-j\right)}5 S_{2j} \\
S_{2j} =-\frac{\left(3-j\right)}4 S_{3j} \\
S_{3j} =-\frac{\left(4-j\right)}3 S_{4j} \\
S_{4j} =-\frac{\left(5-j\right)}2 S_{5j} \\
S_{5j} =-\frac{\left(6-j\right)}1 S_{6j} \\
S_{6j}\text{ qualsiasi }
\end{array}
\right.$

poniamo $S_{6j}=1$ e sostituiamo all’indietro (dal basso verso l’alto)

$\displaystyle\left\{
\begin{array}{lC}
S_{0j} =\frac{\left(1-j\right)}6 \frac{\left(2-j\right)}5 \frac{\left(3-j\right)}4 \frac{\left(4-j\right)}3 \frac{\left(5-j\right)}2 \frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{1j} =-\frac{\left(2-j\right)}5 \frac{\left(3-j\right)}4 \frac{\left(4-j\right)}3 \frac{\left(5-j\right)}2 \frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{2j} =\frac{\left(3-j\right)}4 \frac{\left(4-j\right)}3 \frac{\left(5-j\right)}2 \frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{3j} =-\frac{\left(4-j\right)}3 \frac{\left(5-j\right)}2 \frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{4j} =\frac{\left(5-j\right)}2 \frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{5j} =-\frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{6j} = 1
\end{array}
\right.$

Osserviamo che, completando il fattoriale al numeratore (dall’alto verso il basso)

$\displaystyle\left\{
\begin{array}{lC}
S_{0j} =
\frac{\left(1-j\right)}6
\frac{\left(2-j\right)}5
\frac{\left(3-j\right)}4
\frac{\left(4-j\right)}3
\frac{\left(5-j\right)}2
\frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{1j} =-
\frac{\left(1-j\right)}{\left(1-j\right)}
\frac{\left(2-j\right)}5
\frac{\left(3-j\right)}4
\frac{\left(4-j\right)}3
\frac{\left(5-j\right)}2
\frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{2j} =
\frac{\left(1-j\right)}{\left(1-j\right)}
\frac{\left(2-j\right)}{\left(2-j\right)}
\frac{\left(3-j\right)}4
\frac{\left(4-j\right)}3
\frac{\left(5-j\right)}2
\frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{3j} =-
\frac{\left(1-j\right)}{\left(1-j\right)}
\frac{\left(2-j\right)}{\left(2-j\right)}
\frac{\left(3-j\right)}{\left(3-j\right)}
\frac{\left(4-j\right)}3
\frac{\left(5-j\right)}2
\frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{4j} =
\frac{\left(1-j\right)}{\left(1-j\right)}
\frac{\left(2-j\right)}{\left(2-j\right)}
\frac{\left(3-j\right)}{\left(3-j\right)}
\frac{\left(4-j\right)}{\left(4-j\right)}
\frac{\left(5-j\right)}2
\frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{5j} =-
\frac{\left(1-j\right)}{\left(1-j\right)}
\frac{\left(2-j\right)}{\left(2-j\right)}
\frac{\left(3-j\right)}{\left(3-j\right)}
\frac{\left(4-j\right)}{\left(4-j\right)}
\frac{\left(5-j\right)}{\left(5-j\right)}
\frac{\left(6-j\right)}1 \\
S_{6j} =
\frac{\left(1-j\right)}{\left(1-j\right)}
\frac{\left(2-j\right)}{\left(2-j\right)}
\frac{\left(3-j\right)}{\left(3-j\right)}
\frac{\left(4-j\right)}{\left(4-j\right)}
\frac{\left(5-j\right)}{\left(5-j\right)}
\frac{\left(6-j\right)}{\left(6-j\right)}
\end{array}
\right.$

questi non sono altro che coefficienti binomiali (con segni alterni)

$\displaystyle\left\{
\begin{array}{lC}
S_{0j} ={6-j\choose 0-j} \\
S_{1j} =-{6-j\choose 1-j} \\
S_{2j} ={6-j\choose 2-j} \\
S_{3j} =-{6-j\choose 3-j} \\
S_{4j} ={6-j\choose 4-j} \\
S_{5j} =-{6-j\choose 5-j} \\
S_{6j} ={6-j\choose 6-j}
\end{array}
\right.$

Ricordiamo che il coefficiente binomiale è definito come

${n\choose k}=\left\{\begin{array}{lC} \frac{n!}{k!\left(n-k\right)!} & 0\leq k\leq n \\ 0 & \text{altrimenti} \end{array}\right.$

In totale generalità, per un dado con $n$ facce, la matrice degli autovettori è definita da

$\displaystyle S_{ij}=\left(-1\right)^{n+i}{n-j\choose i-j}$

Ora facciamo vedere come questa matrice sia autoinversa, cioè sia $S^{-1}=S$: siccome per una matrice e la sua inversa vale che $S\cdot S^{-1}=S^{-1}\cdot S=I$, dove $I=\text{diag}\left\{1\right\}$ è la matrice identità (l’abbiamo vista sopra), non dobbiamo far altro che dimostrare che $S^2=S\cdot S=I$.

Utilizziamo la definizione di prodotto di matrici

$\displaystyle \left(S\cdot S\right)_{ij}=\sum_{k=0}^n S_{ik}S_{kj}=\sum_{k=0}^n \left(-1\right)^{n+i}{n-k\choose i-k}\left(-1\right)^{n+k}{n-j\choose k-j}$

Semplifichiamo l’espressione e, sapendo che i coefficienti binomiali si annullano quando uno dei termini è negativo, riduciamo l’intervallo della sommatoria

$\displaystyle \left(S\cdot S\right)_{ij}=\sum_{k=j}^i \left(-1\right)^{i+k}{n-k\choose i-k }{n-j\choose k-j}$

Questo ci dice già che per $j>i$ il temine della matrice si annulla.

Facciamo le sostituzioni

$\begin{array}{lC}
n^\prime=n-j \\
i^\prime=i-j \\
k^\prime=k-j
\end{array}$

ottenendo

$\displaystyle \left(S\cdot S\right)_{ij}=\sum_{k^\prime=0}^{i^\prime} \left(-1\right)^{i^\prime+k^\prime}{n^\prime-k^\prime\choose i^\prime-k^\prime}{n^\prime\choose k^\prime}$

Ora giochiamo un po’ con i coefficienti binomiali

$\displaystyle {n^\prime-k^\prime\choose i^\prime-k^\prime}{n^\prime\choose k^\prime}=\frac{\left(n^\prime-k^\prime\right)!}{\left(i^\prime-k^\prime\right)!\left(n^\prime-i^\prime\right)!}\cdot\frac{n^\prime!}{k^\prime!\left(n^\prime-k^\prime\right)!}=\frac{n^\prime!}{i^\prime!\left(n^\prime-i^\prime\right)!}\cdot\frac{i^\prime!}{k^\prime!\left(i^\prime-k^\prime\right)!}={n^\prime\choose i^\prime}{i^\prime\choose k^\prime}$

e riarrangiamo la sommatoria

$\displaystyle \left(S\cdot S\right)_{ij}=\left(-1\right)^{i^\prime}{n^\prime\choose i^\prime}\sum_{k^\prime=0}^{i^\prime} \left(-1\right)^{k^\prime}{i^\prime\choose k^\prime }$

Per $i^\prime=0$ (cioè per $i=j$), abbiamo

$\displaystyle \left(S\cdot S\right)_{ii}=\left(-1\right)^0{n^\prime\choose 0}\left(-1\right)^0{0\choose 0}=1
$

mentre, per $i^\prime>0$ (cioè per $i>j$), abbiamo

$\displaystyle \left(S\cdot S\right)_{ij}=\left(-1\right)^{i^\prime}{n^\prime\choose i^\prime}\sum_{k^\prime=0}^{i^\prime} {i^\prime\choose k^\prime }\left(-1\right)^{k^\prime}\left(1\right)^{i^\prime-k^\prime}=\left(-1\right)^{i^\prime}{n^\prime\choose i^\prime}\left(-1+1\right)^{i^\prime}=0$

per il teorema binomiale.

Ricapitolando,

$\displaystyle \left(S\cdot S\right)_{ij}=I_{ij}=\left\{\begin{array}{lC} 1 & i=j \\ 0 & i\neq j\end{array}\right.$

QED

Dunque, la nostra matrice potenza è

$\displaystyle M^r=S\cdot\text{diag}\left\{\lambda_j^r\right\}\cdot S$

ovvero

$\displaystyle M^r=
\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 & 1
\end{array}\right)
\cdot
\left(\begin{array}{cC}
\left(\frac06\right)^r & & & & & & \\
& \left(\frac16\right)^r & & & & & \\
& & \left(\frac26\right)^r & & & & \\
& & & \left(\frac36\right)^r & & & \\
& & & & \left(\frac46\right)^r & & \\
& & & & & \left(\frac56\right)^r & \\
& & & & & & 1
\end{array}\right)
\cdot
\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 & 1
\end{array}\right)
$

e il vettore corrispondente a $r$ dadi e

$\displaystyle y_r=M^r\cdot y_0=
\left(\begin{array}{cC}
1 & & & & & & \\
-6 & -1 & & & & & \\
15 & 5 & 1 & & & & \\
-20 &-10 & -4 & -1 & & & \\
15 & 10 & 6 & 3 & 1 & & \\
-6 & -5 & -4 & -3 & -2 & -1 & \\
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1
\end{array}\right)
\cdot
\left(\begin{array}{cC}
\left(\frac06\right)^r & & & & & & \\
& \left(\frac16\right)^r & & & & & \\
& & \left(\frac26\right)^r & & & & \\
& & & \left(\frac36\right)^r & & & \\
& & & & \left(\frac46\right)^r & & \\
& & & & & \left(\frac56\right)^r & \\
& & & & & & 1
\end{array}\right)
\cdot
\left(\begin{array}{cC}
1 & & & & & & \\
-6 & -1 & & & & & \\
15 & 5 & 1 & & & & \\
-20 &-10 & -4 & -1 & & & \\
15 & 10 & 6 & 3 & 1 & & \\
-6 & -5 & -4 & -3 & -2 & -1 & \\
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1
\end{array}\right)
\cdot
\left(\begin{array}{cC} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$

Questo vettore contiene le probabilità di essere in ciascuno degli stati dopo il lancio di $r$ dadi: a noi interessa solo l’ultimo termine per cui dobbiamo calcolare solo

$\displaystyle
\left(\begin{array}{cC}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1
\end{array}\right)
\cdot
\left(\begin{array}{cC}
\left(\frac06\right)^r & & & & & & \\
& \left(\frac16\right)^r & & & & & \\
& & \left(\frac26\right)^r & & & & \\
& & & \left(\frac36\right)^r & & & \\
& & & & \left(\frac46\right)^r & & \\
& & & & & \left(\frac56\right)^r & \\
& & & & & & 1
\end{array}\right)
\cdot
\left(\begin{array}{cC}
1 \\
-6 \\
15 \\
-20 \\
15 \\
-6 \\
1
\end{array}\right)$

L’ultimo vettore colonna è il risultato di

$\left(\begin{array}{cC}
1 & & & & & & \\
-6 & -1 & & & & & \\
15 & 5 & 1 & & & & \\
-20 &-10 & -4 & -1 & & & \\
15 & 10 & 6 & 3 & 1 & & \\
-6 & -5 & -4 & -3 & -2 & -1 & \\
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1
\end{array}\right)
\cdot
\left(\begin{array}{cC} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$

Per la seconda domanda, la probabilità cercata è dunque

$\displaystyle F(r) =
\left(\frac06\right)^r
-6\left(\frac16\right)^r
+15\left(\frac26\right)^r
-20\left(\frac36\right)^r
+15\left(\frac46\right)^r
-6\left(\frac56\right)^r
+1$

Per un dado con $n$ facce la probabilità è

$\displaystyle F(r) = \sum_{k=0}^n(-1)^{n+k}{n\choose k}\left(\frac{k}{n}\right)^r$

Per il caso delle tre facce è sufficiente osservare che se escono il $4$, il $5$ o il $6$ continuiamo a rimanere nello stesso stato mentre ci muoviamo quando comincia a uscire una qualsiasi delle altre tre facce: è come se partissimo dallo stato “tre numeri usciti” quindi con

$\displaystyle y_0=\left(\begin{array}{cC} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$

Ciò seleziona la quarta colonna della matrice inversa

$\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 & 1
\end{array}\right)
\cdot
\left(\begin{array}{cC} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)
=
\left(\begin{array}{cC} 0 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \\ 3 \\ -3 \\ 1 \end{array}\right)
$

e la probabilità ottenuta è

$\displaystyle F^\prime(r) =
-\left(\frac36\right)^r
+3\left(\frac46\right)^r
-3\left(\frac56\right)^r
+1$

Per un dado con $n$ facce

$\displaystyle F^\prime(r) = \sum_{k=0}^n(-1)^{n+k}{n-s\choose k-s}\left(\frac{k}{n}\right)^r$

dove $s$ è lo stato di partenza.

Basta testare vari valori di $r$ e si trova che $F(22)= 0,893\ldots$ mentre $F(23)= 0,910\ldots > 90\,\%$ e $F^\prime (22)= 0,946\ldots$ mentre $F^\prime (23)= 0,954 \ldots > 95\,\%$.
il panurgo

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

NothIng
Nuovo utente
Nuovo utente
Messaggi: 10
Iscritto il: mar ago 16, 2022 9:18 pm

Re: Sei facce in linea di tiro¹

Messaggio da NothIng »

NothIng ha scritto:
gio set 01, 2022 11:49 am
Mi piacerebbe trovare una formula chiusa per calcolare F(k,n,b) ma non ci sono ancora riuscito.
Utilizzando il differente punto di vista di Panurgo si può fare qualcosa perchè
$ F(r)*n^r$ e $ F'(r)*n^r$ sono legate a $F(k,n,b)$:
$F(k,n,b) =$ $\displaystyle\sum_{j=0}^{k} (-1)^{k+j}{k\choose j}(b-k+j)^n$

Devo solo trovare una dimostrazione sufficientemente rigorosa (e senza matrici diagonalizzabili) per potermene convincere

panurgo
Livello 9
Livello 9
Messaggi: 1465
Iscritto il: sab nov 19, 2005 3:45 pm
Località: Padova

Re: Sei facce in linea di tiro¹

Messaggio da panurgo »

Prova a dare un'occhiata anche qui
il panurgo

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

Pasquale
Livello 12
Livello 12
Messaggi: 2845
Iscritto il: mer mag 25, 2005 2:14 am

Re: Sei facce in linea di tiro¹

Messaggio da Pasquale »

Eccezziunal verament ! :shock:

Una simulazione con 10.000.000 di reiterazioni non è risultata lontana da quanto sopra meglio evidenziato, confermando la necessità di 23 dadi per ottenere nei due casi proposti circa il 95,48% per il primo e 90,1 % per il secondo.
Con 22 dadi non si raggiungono di poco il 95% ed il 90% richiesti.
Naturalmente, trattasi di un lavoretto eseguito a solo titolo di passatempo, considerato il lungo periodo di inattività ed assenza dal Sito negli ultimi tempi.

W Base5 :)
_________________

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

Rispondi