Newsgroup: it.hobby.enigmi
Titolo: Carte rosse e nere

Dato un mazzo di 2N carte, metà rosse e metà nere, si dispongono allineate
sul tavolo.
Esaminiamo le coppie di carte consecutive, in totale 2N-1 coppie.
Per ogni coppia dello stesso colore vinci un Euro, per ogni coppia di colore
diverso paghi un Euro.
Si chiede:
Il gioco è equo, o, in caso contrario, quanto vinci o perdi in media per
ogni partita?
E se, anziché in linea, si dispongono le carte in cerchio (totale 2N
coppie)?
ciao
paolo

 ha scritto

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
In generale, scelta una qualunque carta, la probabilità che quella al suo
fianco sia dello stesso colore è: (N-1)/(2N-1), mentre la probabilità che
sia di colore diverso è: N/(2N-1). Quindi il rapporto tra il numero di
coppie dello stesso colore rispetto a quello di colore diverso è: (N-1)/N.
Se il gioco è con le carte in linea vinco N-1 volte e perdo N volte su un
totale di 2N-1, quindi perdo un Euro ogni partita. Nel caso delle carte in
cerchio perdo un po' di più perchè il totale è 2N e quindi perderò in media
2N/(2N-1) Euro.
Ciao
Giorgio

Paolo Licheri chiede

..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
La media gode della proprietà additiva (la media della somma di variabili
casuali è la somma delle medie) a prescindere dal fatto che le variabili
siano o meno indipendenti.
Se indichiamo con V_i la vincita per l'iesima coppia allora V=V_0+..+V_n è
la mia vincita totale, e la sua media risulta la somma delle singole medie.
Dato che a priori non ho motivo di dubitare che ogni coppia, singolarmente,
sarà omogenea una volta su due, ecco risolto ogni dubbio: le singole V_i
hanno media 0, quindi la media totale sarà 0. Comunque la metti, o mi dai
ragione per dubitare che qualcuna delle coppie si comporti in maniera
anomala, oppure devi ammettere che il gioco è equo.
Silv:o)

 ogni dubbio
l'unico dubbio risolto è che farei meglio a leggere le altre risposte prima
di postare stupidaggini.
Silv:o((

...

spoiler
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Il guad. medio vale -1 per ogni N, nel caso sequenziale;
nel caso ciclico la media è -2N/(2N-1).
Infatti, data una combinazione di 2N carte
ottengo tutte le comb. di 2(N+1) aggiungendo una R e una N.
Le posso aggiungere in vari modi: vicine, separate
ad un estremo o nel mezzo, ma il bilancio delle due nuove
coppie formate e della coppia precedente spezzata
dà media nulla. => media(N)=cost.=media(1)=-1
Nel caso ciclico la media è quella del caso sequenziale
più il guadagno medio dovuto alla coppia prima-ultima carta.
Tale guadagno vale 1 se sono uguali e -1 se diverse,
ma stavolta le prob. non sono identiche:
non è restrittivo fissare a R la prima, allora
avanzano N nere e N-1 rosse, la prob di avere
l'ultima nera è N/(2N-1), di averla rossa è (N-1)/(2N-1)
=> il guad. medio diventa: -1 -1*N/(2N-1) +1*(N-1)/(2N-1) = -2N/(2N-1)
Ciao
Andrea

 2N/(2N-1) Euro.
Bene.
Avevo trovato gli stessi valori con la forza bruta, per i casi più semplici:
per esempio per 2N=4 ci sono sei possibili distribuzioni
RRNN vinco 1 (in cerchio 0)
RNRN perdo 3 (-4)
RNNR perdo 1 (0)
NRRN perdo 1 (0)
NRNR perdo 3 (-4)
NNRR vinco 1 (0)
quindi in sei partite in linea perdo 6 Euro (1 Euro a partita);
per sei partite in cerchio perdo 8 Euro (4/3 di Euro a partita).
Verificato per 2N=2, 4, 6, 8, trovavo sempre 1 Euro/partita in linea,
(2N/2N-1) Euro/partita in cerchio, quindi avevo congetturato che dovesse
essere valido per qualsiasi N.
Dato che il numero di coppie da considerare vale rispettivamente 2N-1 in
linea, e 2N in cerchio, risulta sempre una perdita media di 2N-1
Euro/coppia.
ciao
paolo

 l'unico dubbio risolto č che farei meglio a leggere le altre risposte
o piů semplicemente verificare per i casi piů semplici;
per esempio, cosa succede per 2N=2?
:-)
ciao
paolo

 essere valido per qualsiasi N.
Paolo, io ho toppato la soluzione, ma la considerazione sull'additività
della media resta.
Come ha giustamente notato Giorgio, ciò di cui ho bisogno è:
1) Conoscere la media per una coppia
2) Riconoscere che la cosa vale per ogni coppia
3) Sommare le medie (moltiplicare per il numero di coppie)
La cosa non proprio intuitiva è che non importa se le coppie sono
indipendenti tra loro o meno, anche se questo può generare qualche
perplessità, visto che la vincita media per la seconda coppia è influenzata
dall'esito della prima, e così via. Ma se si prendono in considerazione
TUTTI i possibili casi per le coppie precedenti si trova che la media è
effettivamente uguale alle precedenti, e la cosa non deve stupire, visto che
a carte coperte non c'è ragione di dubitare della simmetria del problema.
C'era un sito, che purtroppo non riesco a ritrovare, dove erano presentati
diversi problemi facilmente risolti con la semplice applicazione
dell'additività della media, se lo ritrovo posto il link: alcuni problemi
richiedevano altrimenti analisi decisamente laboriose.
Silv:o)

coppie)?
E qui vinci al 33.(3) percento.
Ecco, anch'io vado con la brute force che e` belle rilassante:-))
Dal tuo stesso schema che hai fatto nell'altro post, per 4 carte si ha:
(1)	rrnn 2 2
(2)	rnrn 0 0
(3)	rnnr 1 2
e le altre tre simmetriche r <--> n.
Ora, noi smazziamo, tagliamo e diamo le carte, o meglio le mettiamo
allineate o a girare. Una volta su sei ci capita la (1) ed allora il
gioco e` pari, una volta la terribile (2) ed allora siamo fatti,
eccetera..
Da pensarci pero` con piu` di 4 carte, forse il 25 e 33,3% cambiano.
P.S. Un dubbio.. avro` scritto tutte boiate? 8-]
-- 
Ci sentiamo  |  Remigio Zedda  || Attenzione! campo "From:" alterato
ciao Remigio |                 ||==> E-mail: 
remi...@tiscalinet.it
-------------|      ..si` d'accordo.. ma con la Deb e` un'altra cosa!
/* Linux 2.2.17 su Debian GNU/Linux 2.2 Potato */