Newsgroup: it.hobby.enigmi
Titolo: nuova scommessa

Ancora un solitario col mazzo da briscola.
Giro le carte finche' non escono tre di fila dello stesso seme.
facile:
E' piu' probabile terminare alla quarta o alla quinta carta?
sorprendente:
Qual e' la carta sulla quale piu' frequentemente termina il solitario,
quella sulla quale scommetteresti?
ostico:
Che probabilita' ho di terminare il mazzo?
Ciao, Silv:o)

 Ciao, Silv:o)
Ciao, Ulisse... che sta preparando l'esame di "Probabilità e Statistica"
Home Page  
http://surf.to/ulisse

 Che probabilita' ho di terminare il mazzo?
Sempre durante i 50 milioni di solitari, mi e' capitato di
finire il mazzo senza tris 9885666 volte (circa il 19.77%),
(escludendo i casi in cui facevo tris alla 40a carta).
	Mauro

 Ciao, Ulisse... che sta preparando l'esame di "Probabilità e Statistica"
In bocca al lupo!!
Se denotiamo con ABCD i 4 semi poniamo di estrarre la prima carta, indicheremo
con A il suo seme.
Per finire alla quarta carta abbiamo uno dei seguenti 2 casi:
Sequenza
ABBB 30/39 9/38 8/37
AAAA 9/39 8/38 7/37
Dove e' indicata la probabilita' della seconda, terza e quarta carta
rispettivamente.
La somma delle prob. da 0,048582996 ma guarda un po' te, la stessa probabilita'
di finire alla terza carta o mi sto incasinando con Excel?
Stessa cosa per finire alla quinta carta
AABBB 9/39 30/38 9/37 8/36
ABAAA 30/39 9/38 8/37 7/36
ABCCC 30/39 20/38 9/37 8/36
La somma delle prob. da 0,039391618
Per cui finira' alla quarta carta un numero maggiore di volte rispetto alla
quinta.
Sempre che non mi stia dimenticando qualcosa a mia volta chiaramente.
Mi aspetto che la probabilita' descresca a scalini, e scommetterei su 3 o 4
indifferentemente.
Per calcolare la probabilita' di terminare il mazzo dovrei calcolare tutte le
probabilita'
di finire alla 1....40 carta, sommarle sottrarle da 1 e avrei la mia
probabilita'.
Questa e' una strada, ma forse ne esistono di migliori.
Qualcosa mi ricorda certe collane di caramelle........vero Silvio?
Ebbene non leggero le vostre mail fino a lunedi sigh,
intanto pensero' all'ultimo quesito.
Ciao
Andrea
--
Posted from 
HA-server-a.cs.interbusiness.it
 [151.99.250.31]
via Mailgate.ORG Server - 
http://www.mailgate.org

 La somma delle prob. da 0,039391618
AABBB 9/39 30/38 9/37 8/36= 0,98% ed è corretto, tornava anche a me.
ABAAA 30/39 9/38 8/37 7/36= 0,77% e qui ho calcolato giusto ma avevo
sbagliato il decimale...
ABCCC 30/39 20/38 9/37 8/36=2,18% svista da parte mia nel post precedente...
in ogni caso la somma da 3,9391618 che guarda caso è proprio uguale a
P(finire alla 4^) che dimostra in maniera lampante il mio discorso iniziale
[dal post precedente: "...Ti risparmio pesanti
calcoli con la prob.condizionale ma alla fine, per quanto ne sai, a scatola
chiusa, la P dopo 5 carte è la stessa che con  tutte le 40 carte nal
mazzo..."]
A> Per cui finira' alla quarta carta un numero maggiore di volte rispetto
alla
A> quinta.
A> Sempre che non mi stia dimenticando qualcosa a mia volta chiaramente.
A> Mi aspetto che la probabilita' descresca a scalini,
purtroppo non è così :-)
Come si vede dai calcoli fatti nell'altro post la P cambia in presenza di
'nuovi dati' e cioè nel momento in cui vengo a sapere quali carte sono state
gia estratte e posso rieseguire il calcolo correttamente, altrimenti è come
se tutte le carte continuassero ad essere nel mazzo.
Ciao, Ulisse... aspettando che qualcuno ci illumini sul problema...

 ...mi dispiace ma è come dico io P(finire alla 4^)=3,9391618% 
Altro motivo: se tutte le carte avessero una probabilita'
del 3.939%, la probabilita' di terminare il solitario sarebbe
del 150%  (3.939*38).
	Mauro


Il punto è che alla terza ho tutti gli elementi per determinare la P. Per le
successive il calcolo delle peob. non ci da informazioni di nessuna utilità
in quanto ci mancano i dati per il calcolo.
Puoi consultarti un qualsiasi testo di P per verificare, se ho tempo posterò
un esempio.
Ulisse

 in quanto ci mancano i dati per il calcolo.
I dati ci sono tutti (la quarta e la quinta le abbiamo anche
calcolate), l'unico problema e' il calcolo un po' lungo.
Secondo me e' difficile che le probabilita' siano tutte uguali
quando in mezzo ce ne sono due diverse.
Ho fatto la simulazione al computer e queste sono le frequenze
che ho ottenuto (100 milioni di solitari):
  4855891 3
  3940266 4
  3937578 5
  3712935 6
  3563256 7
  3402213 8
  3252772 9
 
3109843
 10
  2974369 11
  2843510 12
  2718484 13
  2600617 14
  2488595 15
  2376606 16
  2274081 17
  2178116 18
  2083681 19
  1992746 20
  1904919 21
  1824672 22
  1746662 23
  1672075 24
  1596355 25
  1527765 26
  1461883 27
  1399776 28
  1340453 29
  1282058 30
  1226161 31
  1174230 32
  1123376 33
  1077007 34
  1031761 35
   987641 36
   945789 37
   905419 38
   867483 39
   833085 40
 19765871 finito il mazzo senza tris
	Mauro

1,36E47 -> [ C(40,3)*37*36*35*34*...*4*3*2 ]
Effettivamente le possibili smazzate sono troppe da analizzare, ma e'
proprio necessario considerare tutte queste possibilita'? Io dico di no.
Se nel bel mezzo del solitario io ti chiedessi qual e' la probabilita' che
ho di chiuderlo alla prossima carta, tu guarderesti le ultime due, e se sono
dello stesso seme conteresti quante carte sono uscite di ciascun seme e poi
finalmente potresti rispondere. Ma non sarebbe affatto importante conoscer
l'esatta sequenza delle carte uscite.
Su queste considerazioni si puo' costruire un modello le cui possibili
configurazioni sono decisamente abbordabili. Io ho fatto proprio cosi'. Nei
prossimi interventi saro' piu' dettagliato, non vorrei togliere ad altri il
gusto di provarci.
Ciao, Silv:o)

che ho ottenuto (100 milioni di solitari):
Coincidono perfettamente con la distribuzione teorica che ho ottenuto con le
catene di Markov!
Ottimo lavoro
Ciao, Silv:o)

Qualcosa mi ricorda certe collane di caramelle........vero Silvio?
A dire il vero non ci pensavo proprio, ma ora che me lo dici le analogie col
problema delle caramelle di Dario sono notevoli!
Quello l'avevo aggredito cercando di generare l'albero dei casi possibili
con la tecnica del backtrack (vai avanti come un mulo e quando trovi un
ostacolo fai un passo indietro e continui in un'altra direzione), questo
solitario con le catene di Markov
Tutto sommato la maggior parte dei problemi che risolvo lo faccio con queste
due tecniche, e difatti il pensiero di risolvere il solitario col backtrack
e le caramelle con le Markov m'era pure venuto...
Ciao, Silv:o)

La somma delle prob. da 0,039391618
Questo va bene. D'altronde la domanda di Silvio
aveva proprio lo scopo di rivelare questa piccola
stranezza: 4 o 5 carte e le prob. sono le stesse.
Per quanto riguarda le prob. di finire il mazzo
credo non sia così raro come sembra: mi è capitato
un paio di volte sulle circa dieci prove che ho
fatto con un mazzo vero. In compenso non ho mai
finito prima della settima carta. Mah...
Ciao
Andrea
Sent via Deja.com 
http://www.deja.com/
Share what you know. Learn what you don't.

quella sulla quale scommetteresti?
Ho trovato un'interessante dimostrazione che le probabilita' sono
decrescenti.
Formiamo tutte le possibili smazzate (sono 40!)
Selezioniamo quelle che hanno il primo "tris" all'n-esima carta.
Prendiamo l'ultima carta e spostiamola in prima posizione: abbiamo ottenuto
delle sequenze che hanno un tris in posizione n+1. In alcune di queste
sequenze pero' lo spostamento ha formato un tris nelle prime tre carte:
scartiamo tali sequenze. Quello che abbiamo davanti e' l'insieme delle
sequenze che hanno il primo tris in posizione n+1.
E sono meno di quelle di partenza!
Tranne il caso n=4 nel quale dopo lo spostamento non devo scartare nessuna
sequenza.
Ciao, Silv:o)

 sequenza.
Perfetto, ma devi ancora darci la soluzione con le catene di Markov,
cosi' la prossima volta le applico anche io :-)


 problema delle caramelle di Dario sono notevoli!
Se ci approdi con le Cdm fammi sapere che sono molto curioso sull'argomento.Beh,
mi accontento di aver indovinato che intuitivamente era 3 il numero giusto
su cui scommettere :-)


 cosi' la prossima volta le applico anche io :-)
Ora sono in ufficio, ed il materiale ce l'ho a casa. Lo posto stasera.
Comunque ho provato ad applicare le cdM al problema delle caramelle ed ho
fatto notevoli progressi, arrivando a trattare casi che con l'altra tecnica
richiedevano tempi biblici.
Ciao, Silv:o)

 cosi' la prossima volta le applico anche io :-)


Che probabilita' ho di terminare il mazzo?
Ecco la soluzione con le Catene di Markov.
Innanzitutto qualche definizione.
Una catena di Markov e' un modello matematico che descrive un processo
stocastico, ovvero un fenomeno aleatorio che si evolve nel tempo, passando
da uno all'altro di una serie di possibili "stati". La cosa fondamentale che
caratterizza una cdM e' che le probabilita' di transizione da uno stato ad
un altro non variano nel tempo, ma sono fisse e note a priori.
Nel caso del solitario lo stato si puo' descrivere con soli 6 dati: bastoni,
coppe, denari, e spade uscite, seme dell'ultima e seme della penultima
(numeriamo i semi da 1 a 4 in ordine alfabetico). Inoltre ci saranno una
serie di stati finali che corrisponderanno al solitario terminato in n
passi.
Lo stato (1,2,2,5;4,4) potrebbe voler dire che sono gia' usciti 1 bastone, 2
coppe, 2 denari e 5 spade, e che le ultime due carte sono entrambe di spade.
Per quanto riguarda le probabilita' di transizione, dallo stato in questione
posso passare a diversi stati:
(2,2,2,5;4,1)  se esce bastoni (prob. 9/30)
(1,3,2,5;4,2)  se esce coppe   (prob. 8/30)
(1,2,3,5;4,3)  se esce denari  (prob. 8/30)
(finito in 11) se esce spade   (prob. 5/30)
I possibili stati sono al massimo 10^4*4^2, che sono un numero
ragionevolmente basso per un PC.
Lo stato iniziale e' (0,0,0,0,_,_) e gli associo probabilita' 100% (e'
l'unico punto fermo: all'inizio le 40 carte le ho in mano!)
Da questo stato iniziale posso passare a quello adiacente (1,0,0,0,_,1) se
esce bastoni (prob. 1/4) oppure uno degli altri 3 casi. Da ognuno di questi
posso passare in altri stati con diverse probabilita' di transizione. La
probabilita' di uno stato in un certo istante e' la somma dei contributi
dovuti a tutti gli
stati che possono portare a quello in questione, e verra' ripartita al passo
successivo in tutti quegli stati a cui posso arrivare.
Nel nostro caso c'e' un vantaggio; sappiamo che la catena al massimo in 40
passi approdera' ad uno stato finale o a uno stato (10,10,10,10;x,y), e
quindi in 40 iterazioni possiamo
calcolare le robabilita' di ciascuna soluzione finale.
Si puo' formalizzare la catena con un algoritmo, che scrivero' in
pseudo-codice
pr(0,0,0,0,nul,nul)=1
per ogni n (numero di carte girate, da 1 a 39)
per ogni stato attuale raggiungibile in n passi (somma dei 4 semi = n)
  per ogni seme possibile
   st.arrivo = st.attuale + seme
   se lo stato di arrivo e' uno stato finale
   allora pr(finito in n)= pr(finito in n)+pr(st.attuale)*pr.transizione
   altrimenti pr(st.arrivo)=pr(st.arrivo)+pr(st.attuale)*pr.transizione
  stampa p(finito in n)
La probabilita' di finire il mazzo si puo' ottenere per differenza
1-somma(p(finito in n)) oppure sommando le pr(10,10,10,10,x,y) per ognuna
delle 16 possibili coppie di ultime carte
La stesura dell'algoritmo presenta qualche difficolta' nel controllo della
legalita' dello stato raggiungibile dall'attuale, la formula per il calcolo
delle prob. di transizione e' invece molto semplice.
Io l'ho realizzato in VB, non sara' il massimo dell'eleganza, comunque
funziona.
Si puo' incollare tranquilamente in un modulo di un Excel o di VB, l'output
viene mostrato sulla finestra di debug. Non e' indentato perche' l'editor di
VB non digerisce spazi iniziali incollati
inizio---------------------------------
Sub tredifila()
'pr e' la matrice delle probabilita' degli stati
Dim pr(0 To 10, 0 To 10, 0 To 10, 0 To 10, 0 To 4, 0 To 4) As Double
'f e' il vettore delle probabilita' degli stati finali
Dim f(1 To 40) As Double
pr(0,0,0,0,0,0) = 1
'i sono le carte girate, b,c,d,s le carte girate di ogni seme,
'p e u sono la penultima e l'ultima carta girate
For i = 0 To 39
For s = 0 To 10
For d = 0 To 10
For c = 0 To 10
For b = 0 To 10
If b + c + d + s = i Then
For p = 0 To 4
For u = 0 To 4
'****** la prossima e' a bastoni
If b < 10 Then
'pt e' la probabilita' di transizione
pt = (10 - b) / (40 - i)
'controllo se c'e' un tris, se c'e' aggiorno la
'pr. dello stato finale altrimenti quella dello stato raggiunto
If u = 1 And p = 1 Then
f(i+1) = f(i+1) + pr(b,c,d,s,p,u) * pt
Else
pr(b+1,c,d,s,u,1) = pr(b+1,c,d,s,u,1) + pr(b,c,d,s,p,u) * pt
End If
End If
'****** coppe
If c < 10 Then
pt = (10 - c) / (40 - i)
If u = 2 And p = 2 Then
f(i+1) = f(i+1) + pr(b,c,d,s,p,u) * pt
Else
pr(b,c+1,d,s,u,2) = pr(b,c+1,d,s,u,2) + pr(b,c,d,s,p,u) * pt
End If
End If
'****** denari
If d < 10 Then
pt = (10 - d) / (40 - i)
If u = 3 And p = 3 Then
f(i+1) = f(i+1) + pr(b,c,d,s,p,u) * pt
Else
pr(b,c,d+1,s,u,3) = pr(b,c,d+1,s,u,3) + pr(b,c,d,s,p,u) * pt
End If
End If
'****** spade
If s < 10 Then
pt = (10 - s) / (40 - i)
If u = 4 And p = 4 Then
f(i+1) = f(i+1) + pr(b,c,d,s,p,u) * pt
Else
pr(b,c,d,s+1,u,4) = pr(b,c,d,s+1,u,4) + pr(b,c,d,s,p,u) * pt
End If
End If
'******
Next u
Next p
End If
Next b
Next c
Next d
Next s
Debug.Print i+1, Format(f(i+1), "percent")
Next i
End Sub
fine---------------
Ecco i risultati
    3    4,86%
    4    3,94%
    5    3,94%
    6    3,71%
    7    3,56%
    8    3,40%
    9    3,25%
   10    3,11%
   11    2,97%
   12    2,84%
   13    2,72%
   14    2,60%
   15    2,49%
   16    2,38%
   17    2,28%
   18    2,18%
   19    2,08%
   20    1,99%
   21    1,91%
   22    1,82%
   23    1,74%
   24    1,67%
   25    1,60%
   26    1,53%
   27    1,46%
   28    1,40%
   29    1,34%
   30    1,28%
   31    1,23%
   32    1,18%
   33    1,12%
   34    1,08%
   35    1,03%
   36    0,99%
   37    0,95%
   38    0,91%
   39    0,87%
   40    0,83%
oltre    19,76%
Ciao, Silv:o)

 La dimostrazione mi sembra buona (sempre se ho capito guisto).
Hai capito giustissimo.
Ce n'e' una ancor piu' intuitiva, se possibile.
Tutto sommato fare xx..xxYYY nelle prime n carte, o fare YYYxx..xx sempre in
n carte, pari e'. Voglio dire: Fare il pimo tris all'ennesima carta o farlo
subito e non farne altri fino all'ennesima carta mi pare proprio sia la
stessa cosa (se non ci si convince basta pensare di invertire le prime n
carte per avere una corrispondenza biunivoca tra n-uple che cominciano e
n-uple che finiscono con un tris). Ma nella seconda interpretazione appare
evidente che piu' vado avanti piu' diventa difficile, nell'altra un po'
meno.
Ciao, Silv:o)

Ciao, Silv:o)
Ok, ho seguito il ragionamento, ti ringrazio molto dei chiarimenti.
Confermerei a questo punto che si possono usare anche per le caramelle.
Come tu del resto hai gia' fatto, e scommetto stai elaborando qualcosa
di nuovo. A occhio qualche difficolta' si incontra visto che
c'e' qualche differenza tra probabilita' di transizione, e numero
di percorsi possibili, ma comunque se fai progressi postali!
Ciao
Andrea
P.S Ho provato a scriverti 2 volte sul tuo email, ma non funzia.
PPS Ho letto anche il tuo intervento Mauro, ok.


 P.S Ho provato a scriverti 2 volte sul tuo email, ma non funzia.
infatti e' scaduta, e sto valutando l'ipotesi di utilizzare Tiscali, se
manterranno fede all'impegno di coprire la mia provincia (Latina) entro la
fine del mese. Per ora vado a scrocco con gli account di amici. Appena ho il
nuovo indirizzo lo aggiungo nella signature.
Ciao, Silv:o)

 Ciao, Silv:o)
Con Infostrada ci metti 5 minuti, ed e' gia' presente sul territorio:
http://www.libero.it/
ciao :)dario

 Ciao, Silv:o)
Ok, perfetto, compresi gli overflow :-)
Un saluto, me ne vado per una decina di giorni
grazie ancora.
Ciao
Andrea
