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Titolo: Probabilita' del solitario "1-2-3" (forse difficile)

Salve a tutti,
Volevo sapere se qualcuno di voi è in grado di trovare la soluzione a un
quesito che, si puo' dire, mi "tormenta" da parecchio tempo (proprio così
!).
Il quesito è questo :
Qual è la probabilità di riuscita del Solitario che io chiamo "Uno-due-tre"
?
Le regole del solitario "Uno-due-tre" sono molto semplici:
***************
Si usa un normale mazzo di 40 carte, come per giocare a scopa.
Si mescola il mazzo e lo si tiene coperto sul tavolo (o in mano).
Si pesca la prima carta dalla cima del mazzo e la si scopre dicendo "UNO"
Si pesca la carta successiva dalla cima del mazzo e la si scopre dicendo
"DUE"
Si pesca ancora la carta successiva dalla cima del mazzo e la si scopre
dicendo "TRE"
Poi, d'ora in avanti, si ripetono ciclicamente le operazioni precedenti, e
cioè
si pesca ancora la carta in cima al mazzo e la si scopre dicendo nuovamente
"UNO", ecc...
In sostanza si scopre una carta alla volta, e ogni volta si dice il numero
che spetta dire, secondo il conteggio ciclico "uno, due, tre, uno, due, tre,
..." e così via.
Fino alla 40-esima carta, ove si dirà "uno".
***************
Se, in un qualunque momento, il valore della carta scoperta è proprio quello
da noi pronunciato, il solitario fallisce.
Le probabiltà di riuscire, prove alla mano, sono molto basse. Ma le vorrei
quantificare matematicamente. Riuscite a dirmi quali sono, ma soprattutto,
dimostrare che sono quelle ?
Tutti i miei tentativi sono falliti, vista la enormità del numero di
combinazioni possibili in gioco.
Grazie.

 Qual è la probabilità di riuscita del Solitario che io chiamo
"Uno-due-tre"
Credo, dico credo, non sono espertissimo, altri qui ti potranno dare
piu' certezze, che il numero delle carte (40) sia ininfluente. Quel
che conta e' il fatto che ci sono nel mazzo 12 carte che ti
"uccidono", 4 per ognuno dei tre valori che chiami. Se il gioco lo fai
solo con quelle dodici mi pare debba avere probabilita' equivalenti.
Se questo sara' assodato la strada certa ed inequivocabile per
giungere a soluzione e' quella di verificare tra tutte le possibili
disposizioni degli 111122223333 quali non prevedano un 1 al primo
posto, un 2 al secondo ecc...
Per chi sa usare la brute force (non io purtroppo) penso possa essere
una cosa piuttosto semplice. Ma esisteranno sicuramente altre
scorciatoie matematiche per risolvere il problema, vedrai che
sicuramente qui su IHE ne trovi parecchi in grado di darti la
risposta... basta avere un attimo di pazienza...
ciao
fulvio

 piu' certezze, che il numero delle carte (40) sia ininfluente....
Guarda un po'... trovato su Google.... vai qui...
http://tinyurl.com/t2nt
Il problema pare piu' complicato di quello che ritenevo, qui c' e' la
versione contando da uno a dieci ed e' incredibile come oggi su
it.economia.borsa si parlasse della serie di Fibonacci e della sezione
aurea, che e' impiegata tra l' altro per calcolare gli andamenti dei
grafici borsistici. Questo bendetto rapporto aureo ha la notevolissima
proprieta' di saltar fuori quando meno te lo aspetti nei problemi
matematici piu' disparati.
Ecco il risultato di una simulazione su 100000 prove riportato nel
thread linkato sopra.
Prove effettuate: 100000
Prove riuscite: 1617
Percentuale riuscita: 1.617%  (TOH!!!!!!)  :-)))
ciao
fulvio

 
http://tinyurl.com/t2nt
Perchč scomodare i matematici? Ti pare che un solitario cosě diffuso possa
essere passato inosservato qui su ihe?
http://groups.google.com/groups?hl=it&selm=7ajm1d%24c6v%241%40news.flashnet
.
it
Fa parte di una classe di problemi noti come "Derangements". Si tratta di
riordinare alcuni oggetti senza rimetterne a posto nessuno. Classici esempi
sono quello della segretaria che mette tutte le lettere nelle buste
sbagliate, i solitari come questi.
--
Ciao, Silv:o)

 ****************************
Il link da te suggerito, mi pare interessante.
Non mi resta che "studiare" la dimostrazione.
Grazie.
Ciao.

 it
E perche' mettere un linkone cosi'?   :-))))
Voila'!
http://tinyurl.com/t30i
Scherzi a parte, complimenti per la soluzione, e per la pazienza!!!
Solo per mia curiosita', penso sia molto piu' semplice (ma non
equivalente a quanto pare) trovare la soluzione per il gioco che ho
proposto (12 carte del mazzo, ossia solo i 4 assi, due e tre). Quante
sarebbero le probabilita' in quel caso? Non dovrebbero essere comunque
troppo dissimili
Ho un aneddoto... a cui non credera' nessuno! :-)
Proposi il giochino ad un mio amico (con 52 carte mi pare) ed il
conteggio da 1 a 3. Glielo "vendetti" come "Solitario dell'
ergastolano", di quelli che non riescono mai... (Sinceramente prima di
stasera avrei giurato che le probabilita' fossero nell' ordine dell 1
per mille).
Beh,che ci crediate o meno gli riusci' al secondo tentativo (al primo
gli venne un 2 alla seconda carta, lo ricordo bene perche' me la
ridevo sotto i baffi). Il che almeno conferma quello che dice appunto
Silvio che " Questo 120 e' tutt'altro che un "valore atteso"
ciao
fulvio

 ha scritto nel
messaggio news:9liob.71746$e5.26...@news1.tin.it...

************************************
Ieri ho dimenticato di ringraziare anche fulvio per le sue risposte.
Rimedio oggi.
Grazie, e ciao.

 Ho un aneddoto... a cui non credera' nessuno! :-)
un tizio americano (murphy, mi pare) ha scritto qualcosa sull'argomento :)
--
Ciao, Silv:o)


Quanto effimeri?
Si potrebbe, per convenzione, inserire nel post sia lo short link (per
accedere rapidamente alla pagina) sia il link intero (a testimonianza futura
della pagina che si voleva linkare).
Ciao,
    Daniele

Ciao!
 
Anche io avevo lo stesso tormento. Così ho scritto un programmino in Matlab che "gioca" migliaia di volte. Facendo 10^6 tentativi (un bel numero!) mi dice che vince lo 0.898% delle volte. In pratica per essere sicuro di vincere almeno una volta dovresti fare circa 1000 tentativi, il che facendo una media di 3 min a partita vuol dire giocare per 2 giorni di fila, h24! In rete ho trovato un tizio che dopo un calcolo molto complicato dice che la probabilità è di 1/127 ovvero dello 0.7% cioè più bassa di quella che ho trovato io. In ogni caso questo ci insegna che una probabilità dell'un per cento (che a volte viene considerata bassa, ma pur sempre diversa da zero) all'atto pratico è una probabilità davvero bassa!
Copio qui il codice, per chi avesse voglia di divertirsi:
 
% programma che simula il solitario 1-2-3 per misurarne la prob di successo
 
for i=1:10 % questo ciclo for è per fare 10 partite ognuna da N tentativi
 
N=1e3; % è il numero di tentativi effettuati
%(fino a 10^4 il tempo di calcolo è ok, con 10^6 ci mette parecchio ma ce la fa)
 
% mazzo=['01';'02';'03';'04';'05';'06';'07';'08';'09';'10';'01';'02';'03';'04';'05';'06';'07';'08';'09';'10';'01';'02';'03';'04';'05';'06';'07';'08';'09';'10';'01';'02';'03';'04';'05';'06';'07';'08';'09';'10'];
mazzo=[0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9];
n=length(mazzo);
undutre=[0; 1; 2; 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0];
 
for k=1:N
    % m è il mazzo permutato
    m=mazzo(randperm(n));
    % diff è il vettore differenza, che ha degli zeri solo se le carte di
    % valore 1 2 o 3 sono nei posti 1 2 o 3
    diff=m-undutre;
    % z sono gli indici degli zeri
    z=find(diff==0);
    % finalmente scriviamo un vettore binario b che vale 1 se z è vuoto e zero
    % altrimenti
    b(k)=isempty(z);
end
 
% qui calcola quanti uni ci sono in b rispetto alla sua lunghezza
u=find(b==1);
V=length(u);
 
% percentuale di vittorie
P=100*V/N
end