Asso contro asso

[panurgo]

Ho cercato su Base5 e non ho trovato quindi pòsto

Giulio gira una ad una le carte di un mazzo da 52 fino a che non esce un asso nero. Poi è Romano che prende il mazzo e gira le carte una ad una fino a che non esce l'altro asso nero.
Vince chi gira il maggior numero di carte: il gioco è equo?

Se entrambi girano lo stesso numero di carte la partita è patta: qual è la probabilità di un pareggio?

Diophante G10589

[Gianfranco]

Salvo errori e omissioni.
Chiedo scusa se non ho usato Latex, ma, per motivi di lavoro, ho sempre poco tempo.
Secondo me, il problema è equivalente a questo

Dati due numeri distinti i, j,
con i<j<=52,
calcolare in quanti casi:
i>(j-i) - Vince Giulio
i<(j-i) - Vince Romano
i=(j-i) - Parità
---
I casi possibili sono
52*51/2=1326
---
Ho scritto un minimal code che esamina tutte le partite possibili.
---

Codice: Seleziona tutto

LET VGiulio1=0
LET VRomano2=0
LET Pari=0
FOR i=1 TO 51
   FOR j=i+1 TO 52
      IF i>j-i THEN LET VGiulio=VGiulio+1
      IF i<j-i THEN LET VRomano=VRomano+1
      IF i=j-i THEN LET Pari=Pari+1
   NEXT j
NEXT i
PRINT VGiulio;VRomano;Pari
END

---
Il risultato è:
650, 650, 26
Quindi Giulio e Romano hanno la stessa probabilità di vincere: 25/51.
Mentre la probabilità del pareggio è: 1/51.
---
Dal punto di vista combinatorio.
Il pareggio si ha quando j è il doppio di i e questo avviene 26 volte nell'intervallo 1-52.
(1,2), (2,4), (3,6), ..., (26,52).

La vittoria di Giulio si ha quando j è minore del doppio di i.
a) per i>26 vince sempre: 25*26/2=325 partite
b) per i<=26:
per i=2 vince in 1 caso (j=3)
per i=3 vince in 2 casi (j=4,5)
eccetera.
Le sue vittorie possibili sono:
1+2+3+4+5+...+25=25*26/2=325 partite
In totale, Giulio vince in 650 casi.
A Romano toccano gli altri 650 casi.
Quindi il gioco è equo se la vincita è uguale alla posta e se si gioca senza aggiungere soldi in caso di parità.

[franco]

Devo pensare a come dimostrarlo ma, a mio parere, il gioco è equo.

Più semplice (se non ho fatto errori) è calcolare la probabilità del pareggio:
Le possibili combinazioni di 2 assi neri in un mazzo da 52 carte sono $\binom{52}{2}=1326$.
Il pareggio si ottiene quando i due assi stanno in posizione 1-1, 2-4, 3-6, ... n-2n, ... 26-52
Sono in tutto 26 combinazioni che determinano un pareggio su 1326 possibili.
La probabilità è quindi P = 26/1326 = 1/51 = 1,961% circa.

Salvo errori ...

----------------------------

Edit: non so come sia possibile, ma proprio non ho visto che Gianfranco aveva già risposto a questo problema. Vabbè ... quanto meno mi conferma che la risposta parziale che avevo dato è corretta ...

[panurgo]

Effettivamente sembrerebbe tutto facile: mettiamo il punteggio di Giulio ($g=i$) in ascissa e quello di Romano ($r=j-i$) in ordinata in un sistema di assi cartesiani ortogonali

G10589.05.700x700.png (234.03 KiB) Visto 5415 volte

La retta $r+g=52$ stabilisce il limite entro il quale trovare le coppie $(g,r)$ e la retta $r=g$ passa per i pareggi: sotto la retta vince Giulio, sopra la retta vince Romano; tale retta è un asse di simmetria per cui è evidente che la probabilità di vincere dei due giocatori è uguale.

Contiamo facilmente i pareggi che sono $26$, il numero totale delle coppie è la somma da $1$ a $51$ ovvero $51\cdot 52/2$ per cui le probabilità di pareggio, di Giulio e di Romano sono rispettivamente $1/51$, $25/51$ e $25/51$.

Dov'è il punto debole del ragionamento?

In questo ragionamento è implicita un'assunzione: che la distribuzione di probabilità sulle coppie $(g,r)$ sia uniforme.

Non sto dicendo che non lo sia ma mi pare necessario discuterla (se non provarla).

Tanto per capire mettiamoci nei panni di Romano al quale assegniamo le probabilità sotto l'egida del Principio di Indifferenza: le carte differisco l'una dall'altra solo per il disegno e non abbiamo nessun motivo per ritenere che la posizione di un dato asso nel mazzo abbia dei valori preferibili; i due assi saranno quindi distribuiti in modo uniforme indipendentemente l'uno dall'altro (unico vincolo non possono essere nello stesso posto).

Attenzione però: Giulio si ferma al primo asso e la distribuzione del primo asso NON è uniforme.

$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|C}
\hline
g & 1 & 2 & 3 & \cdots \\
\hline
p & \displaystyle \frac{2}{52}=\frac{51}{1326} & \displaystyle \frac{50}{52}\cdot\frac{2}{51}=\frac{50}{1326} & \displaystyle \frac{50}{52}\cdot\frac{49}{51}\cdot\frac{2}{50}=\frac{49}{1326} & \cdots \\
\hline
\end{array}
$

che, come si vede, è tutt'altro che uniforme.
Viceversa, nei panni di Romano abbiamo

$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|C}
\hline
g\backslash r & 1 & 2 & 3 & \cdots \\
\hline
1 & \displaystyle \frac{1}{51} & \displaystyle \frac{50}{51}\cdot\frac{1}{50}=\frac{1}{51} & \displaystyle \frac{50}{51}\cdot\frac{49}{50}\cdot\frac{1}{49}=\frac{1}{51} & \cdots \\
\hline
2 & \displaystyle \frac{1}{50} & \displaystyle \frac{49}{50}\cdot\frac{1}{49}=\frac{1}{50} & \displaystyle \frac{49}{50}\cdot\frac{48}{49}\cdot\frac{1}{48}=\frac{1}{50} & \cdots \\
\hline
3 & \displaystyle \frac{1}{49} & \displaystyle \frac{48}{49}\cdot\frac{1}{48}=\frac{1}{49} & \displaystyle \frac{48}{49}\cdot\frac{47}{48}\cdot\frac{1}{47}=\frac{1}{49} & \cdots \\
\hline
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \\
\hline
\end{array}
$

Uniforme! Questa è la probabilità di trovare il secondo asso in posizione $r$ condizionata all'aver trovato il primo asso in posizione $g$. La probabilità della coppia $(g,r)$ è il prodotto di queste due probabilità

$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|C}
\hline
g\backslash r & 1 & 2 & 3 & \cdots \\
\hline
1 & \displaystyle \frac{51}{1326}\cdot\frac{1}{51} & \displaystyle \frac{51}{1326}\cdot\frac{1}{51} & \displaystyle \frac{51}{1326}\cdot\frac{1}{51} & \cdots \\
\hline
2 & \displaystyle \frac{50}{1326}\cdot\frac{1}{50} & \displaystyle \frac{50}{1326}\cdot\frac{1}{50} & \displaystyle \frac{50}{1326}\cdot\frac{1}{50}& \cdots \\
\hline
3 & \displaystyle \frac{49}{1326}\cdot\frac{1}{49} & \displaystyle \frac{49}{1326}\cdot\frac{1}{49} & \displaystyle \frac{49}{1326}\cdot\frac{1}{49} & \cdots \\
\hline
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \\
\hline
\end{array}
$

Et voila.

Ora, benché questo genere di soluzioni dia una certa soddisfazione non si presta ad ulteriori ragionamenti. Inoltre, la vista dalla cima della Tofana di mezzo te la puoi godere salendovi con la funivia ma te la puoi godere molto di più se ci arrivi con la ferrata di Punta Anna (non sono io nella foto).

G10589.00.320x320.png (219.12 KiB) Visto 5415 volte

Consideriamo dunque un mazzo $\mathrm{N}$ composto di $n$ carte distinte e tra esse identifichiamo un sottoinsieme $\mathrm{M}$ composto di $m$ carte (evidentemente distinte): il processo consiste nel girare le carte ad una ad una fino a che non ne esce una appartenente a $\mathrm{M}$.
Vogliamo assegnare una distribuzione di probabilità sui possibili valori $g$ del numero di carte girato (in base al Principio di Indifferenza, ovviamente).

Se abbiamo girato $g$ carte vuol dire che le prime $g-1$ non appartengono a $\mathrm{M}$ ma al suo complemento $\mathrm{N}\setminus\mathrm{M}$, composto di $n-m$ carte. Si tratta di un campionamento senza ripetizioni che si modella con una distribuzione ipergeometrica

$\displaystyle\frac{\displaystyle{{n-m}\choose{g-1}}{{m}\choose{0}}}{\displaystyle{{n}\choose{g-1}}}$

Si legga: numero di modi un cui prendere $g-1$ carte tra $n-m$ moltiplicato numero di modi in cui prendere $0$ carte tra $m$ diviso numero di modi in cui prendere $g-1$ carte tra $n$.

Dal mazzo che resta ($n-g+1$ carte) dobbiamo prendere una carta appartenente a $\mathrm{M}$: anche questo è un campionamento senza ripetizioni con la sua distribuzione ipergeometrica

$\displaystyle\frac{\displaystyle{{n-m-g+1}\choose{0}}{{m}\choose{1}}}{\displaystyle{{n-g+1}\choose{1}}}$

Si legga: numero di modi un cui prendere...

Il prodotto delle due ci dà la probabilità cercata

$\displaystyle\frac{\displaystyle{{n-m}\choose{g-1}}{{m}\choose{0}}}{\displaystyle{{n}\choose{g-1}}}\cdot\displaystyle\frac{\displaystyle{{n-m-g+1}\choose{0}}{{m}\choose{1}}}{\displaystyle{{n-g+1}\choose{1}}}$

Espandiamo mediante la definizione algebrica i coefficienti binomiali diversi da uno

$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{(n-m)!}{(g-1)!(n-m-g+1)!}{{m}\choose{0}}}{\displaystyle\frac{n!}{(g-1)!(n-g+1)!}}\cdot\displaystyle\frac{\displaystyle{{n-m-g+1}\choose{0}}\frac{m!}{1!(m-1)!}}{\displaystyle\frac{(n-g+1)!}{1!(n-g)!}}$

semplifichiamo il semplificabile

$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{(n-m)!}{\phantom{ (g-1)!}(n-m-g+1)!}\phantom{{{m}\choose{0}}}}{\displaystyle\frac{n!}{\phantom{(g-1)!}\phantom{(n-g+1)!}}}\cdot\displaystyle\frac{\displaystyle\phantom{{{n-m-g+1}\choose{0}}}\frac{m!}{\phantom{1!}(m-1)!}}{\displaystyle\frac{\phantom{ (n-g+1)!}}{\phantom{1!}(n-g)!}}$

riorganizziamo i fattoriali

$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{(n-g)!}{(m-1)!(n-m-g+1)!}}{\displaystyle\frac{n!}{m!(n-m)!}}$

e otteniamo

$\displaystyle\Pr\left(g\middle|n,m\right)=\frac{\displaystyle{{n-g}\choose{m-1}}}{\displaystyle{{n}\choose{m}}}\qquad 1\leq g\leq n-m+1$

Il limite superiore di $g$ è dato dalle $n-m$ carte di $\mathrm{N}\setminus\mathrm{M}$ più la carta appartenente a $\mathrm{M}$.

Faremo ora uso dell'identità combinatoria

$\displaystyle\sum_{i=b}^{a}{{i}\choose{b}}={{a+1}\choose{b+1}}$

Nota bene che l'abbiamo già usata quando abbiamo detto che la somma dei numeri da $1$ a $51$ vale $52\cdot 51/2$

$\displaystyle\sum_{i=1}^{51}i=\sum_{i=1}^{51}{{i}\choose{1}}={{51+1}\choose{1+1}}=\frac{52\cdot 51}{2\cdot 1}$

Vogliamo verificare che $\textstyle\Pr\left(g\middle|n,m\right)$ sia effettivamente una distribuzione su $g$ ovvero

$\displaystyle\sum_{g=1}^{n-m+1}\Pr\left(g\middle|n,m\right)=1$

Ignoriamo la costante $\textstyle{{n}\choose{m}}$ al denominatore e calcoliamo

$\displaystyle\sum_{g=1}^{n-m+1}{{n-g}\choose{m-1}}$

Poniamo $i=n-g$ e, con facile algebra, $m-1\leq i\leq n-1$ e la somma diviene

$\displaystyle\sum_{i=m-1}^{n-1} {{i}\choose{m-1}}={{n}\choose{m}}$

cioè

$\displaystyle\sum_{g=1}^{n-m+1}\Pr\left(g\middle|n,m\right)=\frac{\displaystyle{{n}\choose{m}}}{\displaystyle{{n}\choose{m}}}=1$

QED

Questo è per Giulio: per Romano basta considerare che egli deve girare le carte di un mazzo esattamente come Giulio solo che il suo è un mazzo $\mathrm{N}^\prime$ di $n^\prime=n-g$ carte di cui $m^\prime=m-1$ appartengono ad un sottoinsieme $\mathrm{M}^\prime$.
La sua distribuzione di probabilità sarà

$\displaystyle\Pr\left(r\middle|n^\prime,m^\prime\right)=\frac{\displaystyle{{n^\prime-r}\choose{m^\prime-1}}}{\displaystyle{{n^\prime}\choose{m^\prime}}}\qquad 1\leq r\leq n^\prime-m^\prime+1$

Se esplicitiamo i valori di $n^\prime$ e $m^\prime$ diventa evidente che la distribuzione di Romano è condizionata al valore di $g$

$\displaystyle\Pr\left(r\middle|g,n,m\right)=\frac{\displaystyle{{n-g-r}\choose{m-2}}}{\displaystyle{{n-g}\choose{m-1}}}\qquad 1\leq r\leq n-g-m+2$

La probabilità congiunta di $g$ e $r$ (la probabilità della coppia $(g,r)$) è (regola del prodotto)

$\displaystyle\Pr\left(g,r\middle|n,m\right)=\Pr\left(g\middle|n,m\right)\cdot\Pr\left(r\middle|g,n,m\right)=\frac{\displaystyle{{n-g}\choose{m-1}}}{\displaystyle{{n}\choose{m}}}\cdot\frac{\displaystyle{{n-g-r}\choose{m-2}}}{\displaystyle{{n-g}\choose{m-1}}}=\frac{\displaystyle{{n-g-r}\choose{m-2}}}{\displaystyle{{n}\choose{m}}}$

Osserviamo due cose: la prima è che se $m=2$ il numeratore della frazione vale $1$, cosa che avevamo già visto più su ma qui, trattandosi di algebra, ce l'abbiamo a chiare lettere; la seconda cosa è che questa distribuzione è simmetrica per lo scambio di $g$ e $r$, il che fa ben sperare.

Troviamo la distribuzione marginale di $r$

$\displaystyle\Pr\left(r\middle|n,m\right)=\sum_{g=1}^{n-m+1}\Pr\left(g,r\middle|n,m\right)=\frac{1}{\displaystyle{{n}\choose{m}}}\sum_{g=1}^{n-m+1}{{n-g-r}\choose{m-2}}$

Utilizziamo un'altra volta l'identità di cui sopra con la sostituzione $i=n-g-r$. Qui svolgo l'algebra perché è meno diretta

$
1\leq g\leq n-m+1 \qquad\Longrightarrow\qquad
-n+m-1\leq –g\leq -1 \qquad\Longrightarrow\qquad
m-1\leq n-g\leq n-1 \qquad\Longrightarrow\qquad
m-r-1\leq n-g-r\leq n-r-1
$

ma $m-r-1\leq m-2$ quindi

$\displaystyle\sum_{g=1}^{n-m+1}{{n-g-r}\choose{m-2}}=\sum_{i=m-2}^{n-r-1}{{i}\choose{m-2}}={{n-r}\choose{m-1}}$

e la distribuzione marginale di $r$ è la stessa di quella di $g$

$\displaystyle\Pr\left(r\middle|n,m\right)=\frac{\displaystyle{{n-r}\choose{m-1}}}{\displaystyle{{n}\choose{m}}}$

questo indipendentemente dal valore di $m$.
A questo punto nessuno ci vieta di far entrare un altro giocatore, per esempio Livia, par la quale possiamo scrivere subito

$\displaystyle\Pr\left(l\middle|n^{\prime\prime},m^{\prime\prime}\right)=\frac{\displaystyle{{n^{\prime\prime}-l}\choose{m^{\prime\prime}-1}}}{\displaystyle{{n^{\prime\prime}}\choose{m^{\prime\prime}}}}$

Questa probabilità ha con la probabilità di Romano la stessa relazione che la probabilità di Romano ha con quella di Giulio ($n\rightarrow n^\prime,\; n^\prime\rightarrow n^{\prime\prime}$ ecc.) per cui sappiamo già che la distribuzione di $l$ condizionata a $g$ è la stessa di quella di $r$, che la probabilità congiunta di $g$, $r$ e $l$ è

$\displaystyle\Pr\left(g,r,l\middle|n,m\right)=\frac{\displaystyle{{n-g-r-l}\choose{m-3}}}{\displaystyle{{n}\choose{m}}}$

e che la probabilità marginale di $l$ è uguale a quella degli altri due.

Se il gioco è esteso a $m$ giocatori sappiamo che la probabilità di pareggio è uguale a

$\displaystyle\Pr\left(\mathrm{patta}\middle|n,m\right)=\frac{\left\lfloor\frac{\displaystyle n}{\displaystyle m}\right\rfloor}{\displaystyle{{n}\choose{m}}}$

Carino, no?

[Gianfranco]

Grazie Panurgo!
Spiegazione molto interessante, da studiare attentamente, per me.
Non ci sarei mai arrivato, è al di sopra delle mie conoscenze di probabilità.
Comunque, confermo che ho considerato consapevolmente e implicitamente la distribuzione uniforme: tutte le permutazioni hanno la stessa probabilità.

[Gianfranco]

Panurgo, credo di aver capito:
1) in un mazzo di carte ben mescolato, ogni singola carta ha la stessa probabilità delle altre di essere estratta. La probabilità è uniforme.
2) Invece non è scontato che la distribuzione di probabilità rimanga uniforme quando consideriamo le posizioni occupate da una coppia di carte (indistinguibili) L'uniformità va dimostrata.
---
Ferma restando l'apertura e la ricchezza concettuale della tua dimostrazione, vorrei spiegare qui il ragionamento intuitivo, che mi ha portato a sostituire il problema originale con un altro, solo numerico, che secondo me è equivalente.
Ti chiedo di valutare se questa impostazione informale e intuitiva è accettabile.
---
1) Il seme degli assi neri è irrilevante. Dato che gli assi neri (indistinguibili) sono interscambiabili, il loro seme non conta. Conta solo il colore. Basta che siano neri.
2) Il resto del mazzo è ininfluente. Non contano neppure i valori delle altre 50 carte. Basta che siano NON-(i due assi neri).
3) Quindi il problema non cambia se consideriamo un mazzo formato da 50 carte bianche e 2 carte nere.
4) La domanda è: ogni possibile coppia di posizioni occupata dalle due carte nere ha la stessa probabilità di verificarsi?
---
5) Poiché il processo di mescolamento non privilegia alcuna posizione delle carte, le C(52,2)=1326 del mazzo semplificato bianco/nero sono equiprobabili e hanno probabilità 1/1326.
6) Per questi motivi ho sostituito il problema originale con il seguente, che ritengo equivalente.

(Versione rivista)
Data una coppia di numeri distinti i, j,
con 1 <= i < j <= 52,
scelta con distribuzione uniforme di probabilità,
calcolare le probabilità seguenti:
i>(j-i) - Vince Giulio
i<(j-i) - Vince Romano
i=(j-i) ovvero j=2i - Parità

[panurgo]

Gianfranco, per me il ragionamento resta debole nel passaggio da coppia $\{i,j\},\;1 \leq i \neq j \leq 52$ a coppia ordinata $(i,j),\;1 \leq i < j \leq 52$.

Per chiarezza, la distribuzione è certamente uniforme nel primo caso

G10589.09.png (233.64 KiB) Visto 4608 volte

Quando passiamo alla coppia ordinata non facciamo altro che scambiare $i$ con $j$ quando $j<i$: tra le coppie scambiate c'è una relazione biunivoca quindi la distribuzione rimane uniforme

G10589.10.png (177.63 KiB) Visto 4608 volte

Il punteggio di Romano è $r=j-i$ cioè

G10589.11.png (137.79 KiB) Visto 4608 volte

e anche questa distribuzione rimane uniforme.

Graficamente è certamente più efficace della dimostrazione algebrica che la disuniformità della distribuzione di $i$ e quella della distribuzione di $j$ si compensano a vicenda

Attenzione però: Giulio si ferma al primo asso e la distribuzione del primo asso NON è uniforme.

$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|C}
\hline
g & 1 & 2 & 3 & \cdots \\
\hline
p & \displaystyle \frac{2}{52}=\frac{51}{1326} & \displaystyle \frac{50}{52}\cdot\frac{2}{51}=\frac{50}{1326} & \displaystyle \frac{50}{52}\cdot\frac{49}{51}\cdot\frac{2}{50}=\frac{49}{1326} & \cdots \\
\hline
\end{array}
$

che, come si vede, è tutt'altro che uniforme.
Viceversa, nei panni di Romano abbiamo

$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|C}
\hline
g\backslash r & 1 & 2 & 3 & \cdots \\
\hline
1 & \displaystyle \frac{1}{51} & \displaystyle \frac{50}{51}\cdot\frac{1}{50}=\frac{1}{51} & \displaystyle \frac{50}{51}\cdot\frac{49}{50}\cdot\frac{1}{49}=\frac{1}{51} & \cdots \\
\hline
2 & \displaystyle \frac{1}{50} & \displaystyle \frac{49}{50}\cdot\frac{1}{49}=\frac{1}{50} & \displaystyle \frac{49}{50}\cdot\frac{48}{49}\cdot\frac{1}{48}=\frac{1}{50} & \cdots \\
\hline
3 & \displaystyle \frac{1}{49} & \displaystyle \frac{48}{49}\cdot\frac{1}{48}=\frac{1}{49} & \displaystyle \frac{48}{49}\cdot\frac{47}{48}\cdot\frac{1}{47}=\frac{1}{49} & \cdots \\
\hline
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \\
\hline
\end{array}
$

Uniforme! Questa è la probabilità di trovare il secondo asso in posizione $r$ condizionata all'aver trovato il primo asso in posizione $g$. La probabilità della coppia $(g,r)$ è il prodotto di queste due probabilità

$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|C}
\hline
g\backslash r & 1 & 2 & 3 & \cdots \\
\hline
1 & \displaystyle \frac{51}{1326}\cdot\frac{1}{51} & \displaystyle \frac{51}{1326}\cdot\frac{1}{51} & \displaystyle \frac{51}{1326}\cdot\frac{1}{51} & \cdots \\
\hline
2 & \displaystyle \frac{50}{1326}\cdot\frac{1}{50} & \displaystyle \frac{50}{1326}\cdot\frac{1}{50} & \displaystyle \frac{50}{1326}\cdot\frac{1}{50}& \cdots \\
\hline
3 & \displaystyle \frac{49}{1326}\cdot\frac{1}{49} & \displaystyle \frac{49}{1326}\cdot\frac{1}{49} & \displaystyle \frac{49}{1326}\cdot\frac{1}{49} & \cdots \\
\hline
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \\
\hline
\end{array}
$

Viceversa, l'algebra ti consente di ragionare in generale (come il passaggio dal mazzo di carte con i due assi neri a quello con cinquanta carte bianche e due nere)

$\displaystyle{{n-g-r}\choose{m-2}}=\frac{(n-g-r)(n-1-g-r)\cdots(n-m+3-g-r)}{(m-2)(m-3)\cdots 1}$

è un polinomio in $g$ e $r$ di grado $m-2$ quindi è costante per $m=2$.

[Gianfranco]

Viceversa, l'algebra ti consente di ragionare in generale (come il passaggio dal mazzo di carte con i due assi neri a quello con cinquanta carte bianche e due nere)

Grazie Panurgo.
Evidentemente devo studiare alcuni argomenti che non conosco bene.

[panurgo]

$\displaystyle{{n-g-r}\choose{m-2}}=\frac{(n-g-r)(n-1-g-r)\cdots(n-m+3-g-r)}{(m-2)(m-3)\cdots 1}$

è un polinomio in $g$ e $r$ di grado $m-2$ quindi è costante per $m=2$.

Ho convito WolframAlpha a farmi dei grafici graziosi (ed esplicativi)

Codice: Seleziona tutto

3d plot {binomial(52-x-y,m-2)/binomial(52,m),x+y<=52} where m=2 for 1<=x<=52 and 1<=y<=52

G10589.12.png (49.94 KiB) Visto 4118 volte

Codice: Seleziona tutto

3d plot {binomial(52-x-y,m-2)/binomial(52,m),x+y<=52} where m=3 for 1<=x<=52 and 1<=y<=52

G10589.13.png (47.94 KiB) Visto 4118 volte

Codice: Seleziona tutto

3d plot {binomial(52-x-y,m-2)/binomial(52,m),x+y<=52} where m=4 for 1<=x<=52 and 1<=y<=52

G10589.14.png (60.33 KiB) Visto 4118 volte

Ovviamente bisogna considerare solo la parte del grafico per la quale $x+y\leq 52$