Lanciate quante volte volete un dado a sei facce “onesto” e calcolate la somma dei numeri ottenuti. Quando vi fermate, la somma diventa il vostro punteggio purché essa non superi la soglia $k=13$, altrimenti il vostro punteggio è zero. Determinate al strategia che permette di massimizzare l’expectation del punteggio e dimostrare che tale expectation può essere superiore a $10$.
Per i più coraggiosi: con una soglia $k>20$ trovare una formula approssimata per l’expectation del punteggio ottimale.
Diophante
Stop! Soglia da non superare.
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Stop! Soglia da non superare.
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: Stop! Soglia da non superare.
Secondo i miei calcoli, per k=13 la strategia migliore è fermarsi quando il punteggio supera la soglia di 8, con un punteggio medio di 10,02
Mentre per k=20 sia con soglia 14 che 15 si ottiene lo stesso risultato, con punteggio medio di 16,66
Ecco come ho ragionato.
Con k=13 verrebbe naturale impostare la soglia a 7, in quanto tutti i punteggi che si ottengono sono validi, tuttavia conviene prendere in considerazione la soglia a 8, anche se si avranno dei 14
Al primo tiro, tutti i punteggi da 1 a 6 hanno la stessa probabilità pari a 1 su 6
Al secondo tiro i punteggi da 2 a 12 avranno frequenze diverse, 2 e 12 si presentano una volta su 36 (1+1), 3 e 11 due volte (1+2, 2+1), 4 e 10 tre volte (1+3, 2+2, 3+1) e così via
Al terzo tiro il punteggio il 3 si presenta una volta su 216 (1+1+1), il 4 tre volte (1+1+2, 1+2+1, 2+1+1), il 5 sei volte (1+2+2, 2+1+2, 2+2+1, 1+1+3, 1+3+1, 3+1+1) e così via
Se metto i numeri in colonna, per generare i numeri di una colonna devo sommare quelli della precedente, con un massimo di 6 addendi
Per esempio, al terzo tiro, 3 esce una volta (somma della posizione 1 del secondo tiro), il 4 tre volte (somma delle posizioni 1 e 2 del secondo tiro), ..., l'8 esce 21 volte (1+2+3+4+5+6), il 9 esce 25 volte (2+3+4+5+6+5) e il 10 esce 27 volte (3+4+5+6+5+4)
Considerando che con 9 tiri il punteggio minimo è 9, non ha senso andare oltre
Se mi fermassi al secondo tiro, dovrei solo sommare (9*4+10*3+11*2+12*1) e il mio punteggio medio sarebbe 100/36 = 2,78
Passando al terzo tiro però devo considerare che una parte dei risultati sono già stati conteggiati al secondo tiro, quindi ai 25/216 del 9 vanno sommati i 4*6/216 del secondo tiro per un totale di 49/216
Ai 27/216 del 10 vanno sommati i 3*6/216 del secondo tiro ma vanno anche sottratti i 9 che non possono trasformarsi in 10 (es. 4+5+1 o 6+3+1) che sono (4*6/6)/216
Ai 27/216 dell'11 vanno sommati i 2*6/216 del secondo tiro ma vanno sottratti sia i 9 che i 10 che non possono trasformarsi in 11 (es. 6+3+2 o 5+5+1) che sono (4+3)/216
---
Ai 15/216 del 14 vanno sottratti i (4+3+2+1)/216 del secondo tiro
Se mi fermassi al terzo tiro il mio punteggio medio sarebbe (9*49+10*41+11*32+12*22+13*11)/216 = 7,45
Proseguendo si arriva al nono tiro e basta fare la somma per ottenere il risultato finale di 10,02 (con soglia 7 sarebbe 9,71)
Lo stesso ragionamento si può applicare a k=20
Forse è un procedimento un po' laborioso e manca una formula chiusa, ma spero di essermi spiegato
Naturalmente SE&O
Mentre per k=20 sia con soglia 14 che 15 si ottiene lo stesso risultato, con punteggio medio di 16,66
Ecco come ho ragionato.
Con k=13 verrebbe naturale impostare la soglia a 7, in quanto tutti i punteggi che si ottengono sono validi, tuttavia conviene prendere in considerazione la soglia a 8, anche se si avranno dei 14
Al primo tiro, tutti i punteggi da 1 a 6 hanno la stessa probabilità pari a 1 su 6
Al secondo tiro i punteggi da 2 a 12 avranno frequenze diverse, 2 e 12 si presentano una volta su 36 (1+1), 3 e 11 due volte (1+2, 2+1), 4 e 10 tre volte (1+3, 2+2, 3+1) e così via
Al terzo tiro il punteggio il 3 si presenta una volta su 216 (1+1+1), il 4 tre volte (1+1+2, 1+2+1, 2+1+1), il 5 sei volte (1+2+2, 2+1+2, 2+2+1, 1+1+3, 1+3+1, 3+1+1) e così via
Se metto i numeri in colonna, per generare i numeri di una colonna devo sommare quelli della precedente, con un massimo di 6 addendi
Per esempio, al terzo tiro, 3 esce una volta (somma della posizione 1 del secondo tiro), il 4 tre volte (somma delle posizioni 1 e 2 del secondo tiro), ..., l'8 esce 21 volte (1+2+3+4+5+6), il 9 esce 25 volte (2+3+4+5+6+5) e il 10 esce 27 volte (3+4+5+6+5+4)
Codice: Seleziona tutto
tiri 1 2 3 4 5 6 7 8 9
punti
1 1
2 1 1
3 1 2 1
4 1 3 3 1
5 1 4 6 4 1
6 1 5 10 10 5 1
7 6 15 20 15 6 1
8 5 21 35 35 21 7 1
9 4 25 56 70 56 28 8 1
10 3 27 80 126 126 84 36 9
11 2 27 104 205 252 210 120 45
12 1 25 125 305 456 462 330 165
13 21 140 420 756 917 792 495
14 15 146 540 1161 1667 1708 1287
Se mi fermassi al secondo tiro, dovrei solo sommare (9*4+10*3+11*2+12*1) e il mio punteggio medio sarebbe 100/36 = 2,78
Passando al terzo tiro però devo considerare che una parte dei risultati sono già stati conteggiati al secondo tiro, quindi ai 25/216 del 9 vanno sommati i 4*6/216 del secondo tiro per un totale di 49/216
Ai 27/216 del 10 vanno sommati i 3*6/216 del secondo tiro ma vanno anche sottratti i 9 che non possono trasformarsi in 10 (es. 4+5+1 o 6+3+1) che sono (4*6/6)/216
Ai 27/216 dell'11 vanno sommati i 2*6/216 del secondo tiro ma vanno sottratti sia i 9 che i 10 che non possono trasformarsi in 11 (es. 6+3+2 o 5+5+1) che sono (4+3)/216
---
Ai 15/216 del 14 vanno sottratti i (4+3+2+1)/216 del secondo tiro
Codice: Seleziona tutto
tiri 1 2 3 4 5 6 7 8 9
punti
1 1 0 0 0 0 0 0 0 0
2 1 1 0 0 0 0 0 0 0
3 1 2 1 0 0 0 0 0 0
4 1 3 3 1 0 0 0 0 0
5 1 4 6 4 1 0 0 0 0
6 1 5 10 10 5 1 0 0 0
7 6 15 20 15 6 1 0 0
8 5 21 35 35 21 7 1 0
9 4 49 350 2170 13076 78484 470912 2825473
10 3 41 301 1876 11312 67900 407408 2444449
11 2 32 244 1533 9254 55552 333320 1999921
12 1 22 178 1133 6853 41146 246884 1481305
13 11 102 667 4052 24339 146042 876253
14 5 51 341 2081 12507 75049 450295
media 0 2,7778 7,4537 9,4954 9,9563 10,0203 10,0258 10,0260 10,0260
Proseguendo si arriva al nono tiro e basta fare la somma per ottenere il risultato finale di 10,02 (con soglia 7 sarebbe 9,71)
Lo stesso ragionamento si può applicare a k=20
Forse è un procedimento un po' laborioso e manca una formula chiusa, ma spero di essermi spiegato
Naturalmente SE&O
Ultima modifica di Quelo il mar nov 14, 2023 10:31 pm, modificato 1 volta in totale.
[Sergio] / $17$
Re: Stop! Soglia da non superare.
Mi sono dilettato a scrivere una routine in Visual Basic per fare una simulazione interrompendo i lanci al raggiungimento di un punteggio $x$ compreso fra $k-5$ e $k$ (un milione di partite per ogni valore di $x$).
Per $k=13$ la simulazione conferma che la miglior strategia è fermarsi a $8$ e il punteggio medio risulta anche a me $10,02$
Per $k=20$ invece a me risultano equivalenti le strategie con $x=15$ o $x=16$ e puntegio medio che confermo risultare $16,66$
Immagino che @Quelo (a cui faccio i complimenti per come è arrivato al risultato) abbia solo fatto un errore di digitazione.
Con soglia da non superare $k=20$ non avrebbe senso non tirare il dado avendo in mano un $14$; un ulteriore lancio non mi fa "sballare" di sicuro
(sempre che abbia capito bene e salvo E&O)
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
ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician
Re: Stop! Soglia da non superare.
Ciao Franco,
confermo che per k=20 sia 15 che 16 danno come risultato 16,66 solo che io ho indicato le soglie da superare, quindi 15 è >14 e 16 è >15
i corrispondenti per k=13 sono 8 (>7) e 9 (>8), però 8 dà come risultato 9,71, mentre per 9 abbiamo 10,02
Le formule corrette sono:
k=13, p>8, considerando 9 tiri
$\displaystyle \frac{9*2825473+10*2444449+11*1999921+12*1481305+13*876253}{10077696}=\frac{101039827}{10077696}=10.026084$
k=20, p>14 considerando 15 tiri
$\displaystyle \frac{15*134526474769+16*112555596721+17*89885748289+18*66894241513+19*44103574957+20*22219348327}{470184984576} = \frac{2611098542647}{156728328192}=16,660029$
confermo che per k=20 sia 15 che 16 danno come risultato 16,66 solo che io ho indicato le soglie da superare, quindi 15 è >14 e 16 è >15
i corrispondenti per k=13 sono 8 (>7) e 9 (>8), però 8 dà come risultato 9,71, mentre per 9 abbiamo 10,02
Le formule corrette sono:
k=13, p>8, considerando 9 tiri
$\displaystyle \frac{9*2825473+10*2444449+11*1999921+12*1481305+13*876253}{10077696}=\frac{101039827}{10077696}=10.026084$
k=20, p>14 considerando 15 tiri
$\displaystyle \frac{15*134526474769+16*112555596721+17*89885748289+18*66894241513+19*44103574957+20*22219348327}{470184984576} = \frac{2611098542647}{156728328192}=16,660029$
[Sergio] / $17$
Re: Stop! Soglia da non superare.
Diamo un’occhiata al processo.
Gli stati del processo sono caratterizzati dal punteggio totalizzato dopo ogni lancio del dado: $0$, $1$, $2$, $3$,$\ldots$ . Da un qualsiasi stato sono raggiungibili con uguale frequenza i sei stati successivi
Naturalmente non ogni possibile stato viene raggiunto nel corso di un esemplare del processo. Per esempio, per raggiungere lo stato $S=5$ abbiamo le seguenti possibilità
Possiamo usare questa enumerazione per quantificare la frequenza dello stato $S=5$, $f-5$, ma la cosa diventa impraticabile al crescere del valore di $S$ in quanto queste sono le Composizioni di $S$ con al più sei parti che ammontano a
${S-1\choose 0}+{S-1\choose 1}+{S-1\choose 2}+{S-1\choose 3}+{S-1\choose 4}+{S-1\choose 5}$
e il cui numero cresce con estrema rapidità.
Più semplice è definire ricorsivamente la frequenza con cui lo stato $S=n$ viene raggiunto ponendo $f_n=0$ per $n<0$ (perché, nel nostro caso, non ci sono punteggi negativi), $f_0=1$ (perché partiamo sempre con $S=0$) e, per $n>0$,
$\displaystyle f_n=\frac{f_{n-1}+f_{n-2}+f_{n-3}+f_{n-4}+f_{n-5}+f_{n-6}}6$
dato che lo stato $S$ può essere raggiunto con uguale frequenza da uno qualsiasi dei sei stati precedenti
Calcoliamo come esempio i primi valori di $f_n$
$\begin{array}{lC}
\displaystyle f_1=\frac{1+0+0+0+0+0}6=\frac16 \\
\displaystyle f_2=\frac{\frac16+1+0+0+0+0}6=\frac7{36} \\
\displaystyle f_3=\frac{\frac7{36}+\frac16+1+0+0+0}6=\frac{49}{216} \\
\displaystyle f_4=\frac{\frac{49}{216}+\frac7{36}+\frac16+1+0+0}6=\frac{343}{1296} \\
\displaystyle f_5=\frac{\frac{343}{1296} +\frac{49}{216}+\frac7{36}+\frac16+1+0}6=\frac{2401}{7776} \\
\displaystyle f_6=\frac{\frac{2401}{7776}+\frac{343}{1296} +\frac{49}{216}+\frac7{36}+\frac16+1}6=\frac{16807}{46656} \\
\displaystyle f_7=\frac{\frac{2401}{7776}+\frac{2401}{7776}+\frac{343}{1296}+\frac{49}{216}+\frac7{36}+\frac16}6=\frac{70993}{279936}
\end{array}$
Ora, se mettiamo in tabella i valori di $f_n$
$\begin{array}{|cc|cc|cc|C}
\hline
n & f_n & n & f_n & n & f_n & \\
\hline
0 & 1 & 8 & 0,268 & 16 & 0,287 \\
1 & 0,167 & 9 & 0,280 & 17 & 0,287 \\
2 & 0,194 & 10 & 0,289 & 18 & 0,286 \\
3 & 0,227 & 11 & 0,293 & 19 & 0,285 \\
4 & 0,265 & 12 & 0,291 & 20 & 0,286 \\
5 & 0,309 & 13 & 0,279 & 21 & 0,286 \\
6 & 0,360 & 14 & 0,284 & 22 & 0,286 \\
7 & 0,254 & 15 & 0,286 & 23 & 0,286 \\
\hline
\end{array}$
possiamo notare che la frequenza con cui si passa per i vari stati tende ad un valore costante che chiameremo $f_\infty$.
Ciò non deve stupire dal momento che la frequenza di ciascuno stato è la media aritmetica di quelle dei sei stati precedenti e quindi
$\displaystyle f_{n+1}=\frac{f_n+6f_n-f_{n-6}}6$
ed è evidente che $f_{n+1}$ somiglia molto di più a $f_n$ che a $f_{n-6}$: mano a mano che i valori si vanno assomigliando sempre di più, la media si stabilizza su $f_\infty$.
Per trovare il valore di $f_\infty$ osserviamo che, per qualsiasi valore di $n$,
$F\left(n\right)=6f_n+5f_{n-1}+4f_{n-2}+3f_{n-3}+2f_{n-4}+f_{n-5}=6$
Infatti, se espandiamo $6f_n$ otteniamo
$F\left(n\right)=f_{n-1}+f_{n-2}+f_{n-3}+f_{n-4}+f_{n-5}+f_{n-6}+5f_{n-1}+4f_{n-2}+3f_{n-3}+2f_{n-4}+f_{n-5}$
ovvero
$F\left(n\right)=6f_{n-1}+5f_{n-2}+4f_{n-3}+3f_{n-4}+2f_{n-5}+f_{n-6}=F\left(n-1\right)$
A questo punto possiamo scrivere
$F\left(n\right)=F\left(0\right)=6f_0+5f_{-1}+4f_{-2}+3f_{-3}+2f_{-4}+f_{-5}=6\cdot 1+5\cdot 0+4\cdot 0+3\cdot 0+2\cdot 0+1\cdot 0=6$
Questo ci dà agio di calcolare il valore di $f_\infty$ mediante la
$\displaystyle F\left(\infty\right)=6f_\infty+5f_\infty+4f_\infty+3f_\infty+2f_\infty+f_\infty=6\Longrightarrow f_\infty =\frac27\approx 0,286$
Veniamo ora alla strategia.
L’unica scelta a disposizione del giocatore è se continuare o no a lanciare il dado, quindi la strategia consiste nella scelta del valore ($\Sigma$) della somma ($S$) oltre il quale smettere di lanciare.
È ovvio che conviene lanciare il dado fino a $S=k-6$ compreso (siamo sicuri di non superare $k$); è altrettanto ovvio che non convenga lanciare il dado per $S=k$ (siamo sicuri di superarlo): bisogna vedere qual è il valore $\Sigma$, compreso tra $k-5$ e $k$, raggiunto il quale conviene smettere.
Cominciamo con $\Sigma=k-5$: gli stati raggiungibili, e le rispettive frequenze, sono
$\left\{\begin{array}{llC}
S=k-5 \qquad & \displaystyle f_{k-5|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}+f_{k-11}}6 \\
S=k-4 \qquad & \displaystyle f_{k-4|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}}6 \\
S=k-3 \qquad & \displaystyle f_{k-3|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}}6 \\
S=k-2 \qquad & \displaystyle f_{k-2|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}}6 \\
S=k-1 \qquad & \displaystyle f_{k-1|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}+f_{k-7}}6 \\
S=k \qquad & \displaystyle f_{k|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}}6
\end{array}\right.$
I termini da sommare sono sempre meno perché gli stati successivi distano sempre più dallo stop e l’expectation di $S$ vale
$\begin{array}{rclC}
\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle & = & \displaystyle\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}+f_{k-11}}6 \left(k-5\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}}6 \left(k-4\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}}6 \left(k-3\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}}6 \left(k-2\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-6}+f_{k-7}}6 \left(k-1\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-6}}6 k\\
& = & \displaystyle\frac{\left(6f_{k-6}+5f_{k-7}+4f_{k-8}+3f_{k-9}+2f_{k-10}+f_{k-11}\right)k-\left(15f_{k-6}+15f_{k-7}+14f_{k-8}+12f_{k-9}+9f_{k-10}+5f_{k-11}\right)}6
\end{array}$
Ripetiamo il giochino per $\Sigma=k-4$ con
$\left\{\begin{array}{llC}
S=k-4 \qquad & \displaystyle f_{k-4|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}}6 \\
S=k-5 \qquad & \displaystyle f_{k-3|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}}6 \\
S=k-6 \qquad & \displaystyle f_{k-2|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}}6 \\
S=k-7 \qquad & \displaystyle f_{k-1|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}}6 \\
S=k \qquad & \displaystyle f_{k|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}+f_{k-6}}6 \\
S=k+1 \qquad & \displaystyle f_{k+1|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}}6
\end{array}\right.$
e
$\begin{array}{rclC}
\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle & = & \displaystyle\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}}6 \left(k-4\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}}6 \left(k-3\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}}6 \left(k-2\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}}6 \left(k-1\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-5}+f_{k-6}}6 k \\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-5}}6\cdot 0 \\
& = & \displaystyle\frac{\left(5f_{k-5}+5f_{k-6}+4f_{k-7}+3f_{k-8}+2f_{k-9}+f_{k-10}\right)k-\left(10f_{k-5}+10f_{k-6}+10f_{k-7}+9f_{k-8}+7f_{k-9}+4f_{k-10}\right)}6
\end{array}$
A questo punto dobbiamo vedere per quali valori di $k$ conviene $\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle$ e per quali conviene $\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle$: per poter confrontare queste expectation dobbiamo espandere $f_{k-5}$, presente in $\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle$, secondo la definizione ricorsiva
$f_{k-5}=\displaystyle\frac{ f_{k-6}+ f_{k-7}+ f_{k-8}+ f_{k-9}+ f_{k-10}+ f_{k-11}}6$
in modo da avere solo le frequenze presenti anche in $\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle$; procederemo separatamente per il fattore di $k$ e per gli altri termini per capirci qualcosa
$\displaystyle\frac{5\frac{ f_{k-6}+ f_{k-7}+ f_{k-8}+ f_{k-9}+ f_{k-10}+ f_{k-11}}6+5 f_{k-6}+ 4f_{k-7}+ 3f_{k-8}+ 2f_{k-9}+ f_{k-10}}6=\frac{35f_{k-6}+29f_{k-7}+23f_{k-8}+17f_{k-9}+11f_{k-10}+5f_{k-11}}{36}$
e
$\displaystyle\frac{10\frac{ f_{k-6}+ f_{k-7}+ f_{k-8}+ f_{k-9}+ f_{k-10}+ f_{k-11}}6+10f_{k-6}+10f_{k-7}+9f_{k-8}+7f_{k-9}+4f_{k-10}}6=\frac{70f_{k-6}+70f_{k-7}+64f_{k-8}+52f_{k-9}+34f_{k-10}+10f_{k-11}}{36}$
cioè
$\displaystyle\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle=\frac{\left(35f_{k-6}+29f_{k-7}+23f_{k-8}+17f_{k-9}+11f_{k-10}+5f_{k-11}\right)k-\left(70f_{k-6}+70f_{k-7}+64f_{k-8}+52f_{k-9}+34f_{k-10}+10f_{k-11}\right)}{36}$
e moltiplicare opportunamente numeratore e denominatore di $\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle$ in modo da ottenere un denominatore comune con $\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle$
$\displaystyle\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle=\frac{\left(36f_{k-6}+30f_{k-7}+24f_{k-8}+18f_{k-9}+12f_{k-10}+6f_{k-11}\right)k-\left(90f_{k-6}+90f_{k-7}+84f_{k-8}+72f_{k-9}+54f_{k-10}+30f_{k-11}\right)}{36}$
Eguagliando le due expectation otteniamo
$\displaystyle\frac{\left(f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}+f_{k-11}\right)k-\left(20f_{k-6}+20f_{k-7}+20f_{k-8}+20f_{k-9}+20f_{k-10}+20f_{k-11}\right)}{36}=0$
ovvero $k=20$.
Quindi, $\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle$ conviene per $k>20$ e $\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle$ conviene per $k<20$.
Un analogo calcolo mostra che $\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle>\left\langle S\middle|\Sigma=k-3\right\rangle$ per $k>9$. Tanto ci basta: per $k=13$ la strategia migliore è $\Sigma=k-4$ con
$\displaystyle\left\langle S\middle|\Sigma=9\right\rangle=\frac{\left(5f_8+5f_7+4f_6+3f_5+2f_4+f_3\right)13-\left(10f_8+10f_7+10f_6+9f_5+7f_4+4f_3\right)}6$
Ai valori ricavati all’inizio basta aggiungere
$\displaystyle f_8=\frac{\frac{70993}{279936}+\frac{2401}{7776}+\frac{2401}{7776}+\frac{343}{1296}+\frac{49}{216}+\frac7{36}}6=\frac{450295}{1679616}$
per calcolare l’expectation
$\displaystyle\left\langle S\middle|\Sigma=9\right\rangle=\frac{101039827}{10077696}=10,02\ldots$
Abbiamo visto prima che, al crescere di $k$, le frequenze si avvicinano rapidamente a $2/7$. Questi significa che, per $k$ abbastanza grande (quindi con $\Sigma=k-5$ come migliore strategia), la frequenza con cui uno stato viene raggiunto dipende solo dalla numerosità degli stati di partenza (vedi figura)
Tali stati, dopo lo stop, sono $6$ per $k-5$, $5$ per $k-4$, $4$ per $k-3$ ecc.
L’expectation vale dunque, con ottima approssimazione,
$\displaystyle\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle=\frac{6\left(k-5\right)+5\left(k-4\right)+4\left(k-3\right)+3\left(k-2\right)+2\left(k-1\right)+k}{6+5+4+3+2+1}=k-\frac{10}3$
Gli stati del processo sono caratterizzati dal punteggio totalizzato dopo ogni lancio del dado: $0$, $1$, $2$, $3$,$\ldots$ . Da un qualsiasi stato sono raggiungibili con uguale frequenza i sei stati successivi
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${S-1\choose 0}+{S-1\choose 1}+{S-1\choose 2}+{S-1\choose 3}+{S-1\choose 4}+{S-1\choose 5}$
e il cui numero cresce con estrema rapidità.
Più semplice è definire ricorsivamente la frequenza con cui lo stato $S=n$ viene raggiunto ponendo $f_n=0$ per $n<0$ (perché, nel nostro caso, non ci sono punteggi negativi), $f_0=1$ (perché partiamo sempre con $S=0$) e, per $n>0$,
$\displaystyle f_n=\frac{f_{n-1}+f_{n-2}+f_{n-3}+f_{n-4}+f_{n-5}+f_{n-6}}6$
dato che lo stato $S$ può essere raggiunto con uguale frequenza da uno qualsiasi dei sei stati precedenti
- G196.01.png (11.94 KiB) Visto 22579 volte
$\begin{array}{lC}
\displaystyle f_1=\frac{1+0+0+0+0+0}6=\frac16 \\
\displaystyle f_2=\frac{\frac16+1+0+0+0+0}6=\frac7{36} \\
\displaystyle f_3=\frac{\frac7{36}+\frac16+1+0+0+0}6=\frac{49}{216} \\
\displaystyle f_4=\frac{\frac{49}{216}+\frac7{36}+\frac16+1+0+0}6=\frac{343}{1296} \\
\displaystyle f_5=\frac{\frac{343}{1296} +\frac{49}{216}+\frac7{36}+\frac16+1+0}6=\frac{2401}{7776} \\
\displaystyle f_6=\frac{\frac{2401}{7776}+\frac{343}{1296} +\frac{49}{216}+\frac7{36}+\frac16+1}6=\frac{16807}{46656} \\
\displaystyle f_7=\frac{\frac{2401}{7776}+\frac{2401}{7776}+\frac{343}{1296}+\frac{49}{216}+\frac7{36}+\frac16}6=\frac{70993}{279936}
\end{array}$
Ora, se mettiamo in tabella i valori di $f_n$
$\begin{array}{|cc|cc|cc|C}
\hline
n & f_n & n & f_n & n & f_n & \\
\hline
0 & 1 & 8 & 0,268 & 16 & 0,287 \\
1 & 0,167 & 9 & 0,280 & 17 & 0,287 \\
2 & 0,194 & 10 & 0,289 & 18 & 0,286 \\
3 & 0,227 & 11 & 0,293 & 19 & 0,285 \\
4 & 0,265 & 12 & 0,291 & 20 & 0,286 \\
5 & 0,309 & 13 & 0,279 & 21 & 0,286 \\
6 & 0,360 & 14 & 0,284 & 22 & 0,286 \\
7 & 0,254 & 15 & 0,286 & 23 & 0,286 \\
\hline
\end{array}$
possiamo notare che la frequenza con cui si passa per i vari stati tende ad un valore costante che chiameremo $f_\infty$.
Ciò non deve stupire dal momento che la frequenza di ciascuno stato è la media aritmetica di quelle dei sei stati precedenti e quindi
$\displaystyle f_{n+1}=\frac{f_n+6f_n-f_{n-6}}6$
ed è evidente che $f_{n+1}$ somiglia molto di più a $f_n$ che a $f_{n-6}$: mano a mano che i valori si vanno assomigliando sempre di più, la media si stabilizza su $f_\infty$.
Per trovare il valore di $f_\infty$ osserviamo che, per qualsiasi valore di $n$,
$F\left(n\right)=6f_n+5f_{n-1}+4f_{n-2}+3f_{n-3}+2f_{n-4}+f_{n-5}=6$
Infatti, se espandiamo $6f_n$ otteniamo
$F\left(n\right)=f_{n-1}+f_{n-2}+f_{n-3}+f_{n-4}+f_{n-5}+f_{n-6}+5f_{n-1}+4f_{n-2}+3f_{n-3}+2f_{n-4}+f_{n-5}$
ovvero
$F\left(n\right)=6f_{n-1}+5f_{n-2}+4f_{n-3}+3f_{n-4}+2f_{n-5}+f_{n-6}=F\left(n-1\right)$
A questo punto possiamo scrivere
$F\left(n\right)=F\left(0\right)=6f_0+5f_{-1}+4f_{-2}+3f_{-3}+2f_{-4}+f_{-5}=6\cdot 1+5\cdot 0+4\cdot 0+3\cdot 0+2\cdot 0+1\cdot 0=6$
Questo ci dà agio di calcolare il valore di $f_\infty$ mediante la
$\displaystyle F\left(\infty\right)=6f_\infty+5f_\infty+4f_\infty+3f_\infty+2f_\infty+f_\infty=6\Longrightarrow f_\infty =\frac27\approx 0,286$
Veniamo ora alla strategia.
L’unica scelta a disposizione del giocatore è se continuare o no a lanciare il dado, quindi la strategia consiste nella scelta del valore ($\Sigma$) della somma ($S$) oltre il quale smettere di lanciare.
È ovvio che conviene lanciare il dado fino a $S=k-6$ compreso (siamo sicuri di non superare $k$); è altrettanto ovvio che non convenga lanciare il dado per $S=k$ (siamo sicuri di superarlo): bisogna vedere qual è il valore $\Sigma$, compreso tra $k-5$ e $k$, raggiunto il quale conviene smettere.
Cominciamo con $\Sigma=k-5$: gli stati raggiungibili, e le rispettive frequenze, sono
$\left\{\begin{array}{llC}
S=k-5 \qquad & \displaystyle f_{k-5|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}+f_{k-11}}6 \\
S=k-4 \qquad & \displaystyle f_{k-4|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}}6 \\
S=k-3 \qquad & \displaystyle f_{k-3|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}}6 \\
S=k-2 \qquad & \displaystyle f_{k-2|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}}6 \\
S=k-1 \qquad & \displaystyle f_{k-1|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}+f_{k-7}}6 \\
S=k \qquad & \displaystyle f_{k|\Sigma=k-5}=\frac{f_{k-6}}6
\end{array}\right.$
I termini da sommare sono sempre meno perché gli stati successivi distano sempre più dallo stop e l’expectation di $S$ vale
$\begin{array}{rclC}
\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle & = & \displaystyle\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}+f_{k-11}}6 \left(k-5\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}}6 \left(k-4\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}}6 \left(k-3\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}}6 \left(k-2\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-6}+f_{k-7}}6 \left(k-1\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-6}}6 k\\
& = & \displaystyle\frac{\left(6f_{k-6}+5f_{k-7}+4f_{k-8}+3f_{k-9}+2f_{k-10}+f_{k-11}\right)k-\left(15f_{k-6}+15f_{k-7}+14f_{k-8}+12f_{k-9}+9f_{k-10}+5f_{k-11}\right)}6
\end{array}$
Ripetiamo il giochino per $\Sigma=k-4$ con
$\left\{\begin{array}{llC}
S=k-4 \qquad & \displaystyle f_{k-4|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}}6 \\
S=k-5 \qquad & \displaystyle f_{k-3|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}}6 \\
S=k-6 \qquad & \displaystyle f_{k-2|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}}6 \\
S=k-7 \qquad & \displaystyle f_{k-1|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}}6 \\
S=k \qquad & \displaystyle f_{k|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}+f_{k-6}}6 \\
S=k+1 \qquad & \displaystyle f_{k+1|\Sigma=k-4}=\frac{f_{k-5}}6
\end{array}\right.$
e
$\begin{array}{rclC}
\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle & = & \displaystyle\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}}6 \left(k-4\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}}6 \left(k-3\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}}6 \left(k-2\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-5}+f_{k-6}+f_{k-7}}6 \left(k-1\right)\\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-5}+f_{k-6}}6 k \\
& + & \displaystyle\frac{f_{k-5}}6\cdot 0 \\
& = & \displaystyle\frac{\left(5f_{k-5}+5f_{k-6}+4f_{k-7}+3f_{k-8}+2f_{k-9}+f_{k-10}\right)k-\left(10f_{k-5}+10f_{k-6}+10f_{k-7}+9f_{k-8}+7f_{k-9}+4f_{k-10}\right)}6
\end{array}$
A questo punto dobbiamo vedere per quali valori di $k$ conviene $\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle$ e per quali conviene $\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle$: per poter confrontare queste expectation dobbiamo espandere $f_{k-5}$, presente in $\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle$, secondo la definizione ricorsiva
$f_{k-5}=\displaystyle\frac{ f_{k-6}+ f_{k-7}+ f_{k-8}+ f_{k-9}+ f_{k-10}+ f_{k-11}}6$
in modo da avere solo le frequenze presenti anche in $\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle$; procederemo separatamente per il fattore di $k$ e per gli altri termini per capirci qualcosa
$\displaystyle\frac{5\frac{ f_{k-6}+ f_{k-7}+ f_{k-8}+ f_{k-9}+ f_{k-10}+ f_{k-11}}6+5 f_{k-6}+ 4f_{k-7}+ 3f_{k-8}+ 2f_{k-9}+ f_{k-10}}6=\frac{35f_{k-6}+29f_{k-7}+23f_{k-8}+17f_{k-9}+11f_{k-10}+5f_{k-11}}{36}$
e
$\displaystyle\frac{10\frac{ f_{k-6}+ f_{k-7}+ f_{k-8}+ f_{k-9}+ f_{k-10}+ f_{k-11}}6+10f_{k-6}+10f_{k-7}+9f_{k-8}+7f_{k-9}+4f_{k-10}}6=\frac{70f_{k-6}+70f_{k-7}+64f_{k-8}+52f_{k-9}+34f_{k-10}+10f_{k-11}}{36}$
cioè
$\displaystyle\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle=\frac{\left(35f_{k-6}+29f_{k-7}+23f_{k-8}+17f_{k-9}+11f_{k-10}+5f_{k-11}\right)k-\left(70f_{k-6}+70f_{k-7}+64f_{k-8}+52f_{k-9}+34f_{k-10}+10f_{k-11}\right)}{36}$
e moltiplicare opportunamente numeratore e denominatore di $\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle$ in modo da ottenere un denominatore comune con $\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle$
$\displaystyle\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle=\frac{\left(36f_{k-6}+30f_{k-7}+24f_{k-8}+18f_{k-9}+12f_{k-10}+6f_{k-11}\right)k-\left(90f_{k-6}+90f_{k-7}+84f_{k-8}+72f_{k-9}+54f_{k-10}+30f_{k-11}\right)}{36}$
Eguagliando le due expectation otteniamo
$\displaystyle\frac{\left(f_{k-6}+f_{k-7}+f_{k-8}+f_{k-9}+f_{k-10}+f_{k-11}\right)k-\left(20f_{k-6}+20f_{k-7}+20f_{k-8}+20f_{k-9}+20f_{k-10}+20f_{k-11}\right)}{36}=0$
ovvero $k=20$.
Quindi, $\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle$ conviene per $k>20$ e $\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle$ conviene per $k<20$.
Un analogo calcolo mostra che $\left\langle S\middle|\Sigma=k-4\right\rangle>\left\langle S\middle|\Sigma=k-3\right\rangle$ per $k>9$. Tanto ci basta: per $k=13$ la strategia migliore è $\Sigma=k-4$ con
$\displaystyle\left\langle S\middle|\Sigma=9\right\rangle=\frac{\left(5f_8+5f_7+4f_6+3f_5+2f_4+f_3\right)13-\left(10f_8+10f_7+10f_6+9f_5+7f_4+4f_3\right)}6$
Ai valori ricavati all’inizio basta aggiungere
$\displaystyle f_8=\frac{\frac{70993}{279936}+\frac{2401}{7776}+\frac{2401}{7776}+\frac{343}{1296}+\frac{49}{216}+\frac7{36}}6=\frac{450295}{1679616}$
per calcolare l’expectation
$\displaystyle\left\langle S\middle|\Sigma=9\right\rangle=\frac{101039827}{10077696}=10,02\ldots$
Abbiamo visto prima che, al crescere di $k$, le frequenze si avvicinano rapidamente a $2/7$. Questi significa che, per $k$ abbastanza grande (quindi con $\Sigma=k-5$ come migliore strategia), la frequenza con cui uno stato viene raggiunto dipende solo dalla numerosità degli stati di partenza (vedi figura)
- G196.06.png (35.62 KiB) Visto 22630 volte
L’expectation vale dunque, con ottima approssimazione,
$\displaystyle\left\langle S\middle|\Sigma=k-5\right\rangle=\frac{6\left(k-5\right)+5\left(k-4\right)+4\left(k-3\right)+3\left(k-2\right)+2\left(k-1\right)+k}{6+5+4+3+2+1}=k-\frac{10}3$
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"
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"