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Titolo: Il colore delle carte

Visto che siamo in 5, vi propongo questo gioco: indovinare il colore, 
rosso o nero, di ciascuna carta di un mazzo di 52 ben mescolato,
girandole una alla volta, senza trucchi da prestigiatore.
 
Penso che sarete tutti d'accordo che, tirando a indovinare a caso,
mediamente azzeccherete 26 carte.
 
Bene, ora vi propongo questa scommessa alla pari: se ne indovino
almeno 29 ho vinto io se no avete vinto voi. Scommettiamo cioe'
un euro alla volta: se indovino 29 o piu' carte mi date un euro, 
se ne indovino meno di 29 vi do un euro.
 
Per incentivare di piu' il gioco, vi daro' 10 euro ogni volta che
ne indovinero' meno di 26.
 
Ci state?
 
(ora penso ai nodi)


No, conoscendoti non ci sto...
 
Appena ho letto il tuo messaggio ho pensato: "Facile: basta puntare sul
colore che è in maggioranza nel mazzo residuo e in caso di parità tirare
a caso".
 
Poi però ho fatto una simulazione ed ho dovuto ricredermi: la media
delle risposte corrette anche così rimane inchiodata su 26. Quindi la
strategia deve essere un'altra.
 
Bel problema.
 
M.
 
-- 
Per rispondermi via e-mail togli l'ovvio.

"Chenickname"  ha scritto nel messaggio 
news:d8a94c7b-4783-41ce...@googlegroups.com...

Ciao Livio!
.
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.
 
Se si trattasse di lanci di monete (si lanciano 52 monete e tu devi 
indovinare almeno 29 uscite) avresti una probabilità di 0.2442+ di fare 
almeno 29 contro una probabilità di .4449+ di fare meno di 26. Io ci starei. 
Calcoli fatti con un po' di formule e un po' di Excel (con poca fiducia che 
siano giusti...)
Ad ogni lancio vincerei mediamente 10 * .4449 - 1 * .2442 + 1 * (1 - .2442) 
che fa circa 4.9606 (euro vinti da me).
 
Ma qui si tratta di dorsi di carte di un mazzo e tu hai il vantaggio di 
poterli osservare una volta usciti e contarli. Quindi la tua strategia sarà 
di puntare sul rosso se finora sono usciti più dorsi neri e viceversa. Se 
sono usciti tanti neri quanti rossi (come all'inizio, ad esempio) giocherai 
a caso.
 
In questa situazione la probabilità di indovinarne almeno 29 è di 0.7115+ 
mentre la probabilità di indovinarne meno di 26 (sempre puntando a 
indovinarne il più possibile) è ZERO :D (Qui ho usato la brute force e gli 
errori sono certamente possibili). Quindi in questo caso ad ogni lancio io 
perdo mediamente 0.423 euro. Non ci sto!
 
Ciao.
 
Giorgio
 
 
 

 
"Giorgio Vecchi"  ha scritto nel messaggio 
news:ou42t4$1cqp$1...@gioia.aioe.org...
 
Non so perché ho parlato di dorsi quando in realtà il colore è quello della 
carta. Oppure basta pensare a un mazzo di 52 carte con metà dorsi rossi e 
metà neri... Vabbè non importa... :|
 
Ciao.
 
Giorgio
 


Posso confermare, con un programmino in C ho ottenuto da un run di 10000
tentativi ripetuto 10 volte (con seme random diverso) i seguenti valori per
piu di 28 indovinate:
.72  
.71 
.73 
.70 
.72 
.67 
.68
.72
.69
.73
 
Quindi intorno a .71 fra tutti, e anche a me meno di 26 non e' mai successo
(anche se, ovviamente, e' possibile).
 
Ciao,
      Gorgo
 

 delle risposte corrette anche cosě rimane inchiodata su 26.
 
Ho visto il messaggio di Giorgio: evidentemente ho sbagliato qualcosa
nel codice.



-----------------------------
Ciao Giorgio, ciao a tutti.
Uffa, siete troppo bravi, non ci gioco piu' con voi! :-)
 
Speravo almeno di allettarvi con l'offerta di dieci volte la posta
nel caso ne indovinassi meno di 26.
 
Questo aspetto e' quello che mi ha sorpreso di piu' nel milione
di simulazioni che ho fatto. Pare proprio che l'algoritmo
garantisca un minimo di 26 previsioni azzeccate. E non me lo sono
ancora spiegato proprio bene bene... ;-)
 
 22 0
 23 0
 24 0
 25 0
 26 37300
 27 101682
 28 148809
 29 166228
 30 157260
 31 133278
 32 100740
 33 68224
 34 41542
 35 23719
 36 12222
 37 5398
 38 2392
 39 801
 40 298
 41 71
 42 22
 43 10
 44 4
 45 0
 
 

 (anche se, ovviamente, e' possibile).
 
Credo che si possa affermare che, giocando come abbiamo detto, non si possa 
fare mai meno di 26. Naturalmente non ho una dimostrazione rigorosa, ma 
intuitivamente si puň fare il seguente ragionamento.
 
Supponiamo che all'inizio decida a caso di dire nero. Esce una carta rossa. 
Adesso dirň ancora nero perché sono rimaste piů nere che rosse. Se sbaglio 
ancora continuerň a dire nero e cosě via. Al massimo ne sbaglio 26 di fila 
poi le rimanenti saranno tutte nere e le indovinerň tutte. Questo, secondo 
me, č il caso peggiore. Certo bisognerebbe anche studiare i casi in cui ogni 
tanto ne indovino qualcuna, ma a occhio mi sembra che l'idea sia giusta.
 
Ciao.
 
Giorgio
 

 
 
Giusto! Per qualche motivo avevo fatto il ragionamento con "26 o meno" e non
"meno di 26" .... 
 
 
Ciao,
      Gorgo
 

 ancora spiegato proprio bene bene... ;-)
 
Anche su 100.000.000 di giocate con 6 carte la probabilità brute force di 
fare meno di 3 è 0 e penso proprio che il valore sia corretto. Mi stupirebbe 
che il valore teorico fosse > 0 e minore di 1/100.000.000 :)
 
Detto questo si potrebbe alzare la posta e promettere anche un milione di 
euro se si fa meno di 26 (sperando di non sbagliarsi a contare...!).
 
Ciao Livio e grazie per il problema (anche se mi hai fatto perdere tutta la 
mattinata)! ;)
 
Giorgio
 

Addi' 10 nov 2017 08:09:21, Chenickname scrive:

Io accetto al volo, destinando tutta la mia sicura e notevole vincita
ad una pizzata su ihe.
Il ragionamento, del tutto a spanne, e' il seguente. [*]
 
Poiche' il calcolo esatto e' parecchio laborioso-impegnativo, allora:
- VISTO che durante ogni estrazione la probabilita' di R o N e' sempre
molto vicina all'equilibrio
- VISTO che la 52-esima e' "indovinata" al 100%
- ALLORA applico la formula: p_t = [51 su t] / 2^51, e sommo per t da 0 a 27
- in tal modo ho la probabilita' di vincita mia: minore di 29.
- OTTENGO: p_vincita_mia = 0,712075...
- pertanto tutti i 10 euro extra vinti sono per le birre ciao a tutti!
 
----------
[*] Ragionsamento che - come dice anche Maurizio - conoscendoti va
sicuramente a gambe all'aria ciao!
 
-- 
Yoda
 


----------------------
Per una pizzata IHE sono disposto a perdere. ;-)
 

 Giorgio
 
Giorgio, mi meraviglio di te: ammazzi una mosca con una bomba nucleare  :-)
 
Con 6 carte ci sono solo 20 disposizioni differenti per quanto riguarda i colori; 10 se, per simmetria, contiamo solo quelle che iniziano per, ad es., il rosso.
Si possono quindi facilmente analizzare a mano in maniera esaustiva ipotizzando di "perdere" tutte le scommesse quando si è costretti a tirare a caso secondo la strategia già illustrata.
Di seguito quello che succede riportando la carta in minuscolo (r/n) quando la si sbaglia e in maiuscolo (R/N) quando la si indovina:
 
rrrNNN
rrNrNN
rrNNrN
rrNNnR
rNrrNN
rNrNrN
rNrNnR
rNnRrN
rNnRnR
rNnnRR
 
Quindi si conferma che con la tecnica in discussione si indovinano SEMPRE almeno 3 carte.
 
Con 8 carte abbiamo 70 combinazioni possibili, basta anallizare a mano le 35 che cominciano per "r" ed anche in questo caso abbiamo SEMPRE almeno 4 carte indovinate (provare per credere).
 
Estendere a mano il ragionamento alle 24 mila miliardi di combinazioni per 52 carte non è banale :-) ma penso che possiamo procedere per induzione e dimostrare che, considerate 2n carte (n rosse ed n nere), vengano indovinate sempre almeno n carte utilizzando la strategia illustrata.
 
Fissiamoci sempre con le sequenze che iniziano per "r"; per le prime 2 carte abbiamo i seguenti casi possibili:
 
rN...
rr...
 
Nel primo caso ci siamo riportati al caso con (2n-2) carte, ne abbiamo indovinata già una e, per ipotesi induttiva, ne indovineremo altre (n-1). Ok
 
Più difficile il secondo, possiamo infatti adesso continuare la sequenza in 4 modi possibili:
 
rrrN...
rrrr...
rrNr...
rrNN...
 
Il 4° caso ci riporta ad (2n-4) con due già indovinate e siamo a posto.
 
Per gli altri casi vale il seguente ragionamento (+/- quello di Giorgio del post sopra): seguendo la strategia in analisi continuerò a dire "nero" fino a quando:
 
1] non avrò una situazione di parità tra rosse e nere, diciamo (n-p) rosse ed (n-p) nere
 
oppure
 
2] non sono finite le rosse.
 
 Nel caso 1]  avrò obbligatoriamente indovinato p carte nere e, per ipotesi induttiva, indovineró altre (n-p) carte. Ok
 
Nel caso 2] indovineró tutte le carte nere (che sono ovviamente le ultime n). Ok anche qui.
 
CVD
Vi torna?
 
Ciao
GaS


Che poi, pensandoci, il punto 2] altro non è che il punto 1] con p=n
Dimostrazione che si può quindi semplificare un po'
 
GaS
 

 :-)
 
Ciao Gabriele. Sì è vero ma sai, quando l'arma c'è già, non costa tanto 
utilizzarla. ;)
 
La mia idea era di distinguere tra il calo progressivo di probabilità di 
indovinare 45 e più carte dove si va da valori attorno a 10E-7, poi 10E-8 
fino a 0 per 48 e più carte (e quello 0 non è un vero 0 perché anche con 52 
carte una probabilità seppur piccola di indovinarle tutte c'è) e invece il 
salto che c'è tra 25 e 26 carte dove per 25 viene riportata una probabilità 
0 e con 26 la probabilità è 0.0370+. Questo fa pensare che lo 0 per 25 carte 
sia un vero 0. Ho buttato lì una prova con 100.000.000 di tentativi e 6 
carte per fare prima. Con pochi secondi in più avrei potuto provare 25 su 52 
carte ottenendo lo stesso risultato.
 
Comunque per quanto riguarda la tua dimostrazione, la accetto a occhi 
chiusi! :D
 
Ciao!
 
Giorgio
 

Il giorno sabato 11 novembre 2017 04:07:50 UTC+1, GaS ha scritto:

-------------------
Mi hai convinto! ;-)
Ciao GaS!
Livio
 


--------------------------------
Ho trasformato il problema in solitario:
 
https://image.ibb.co/fyE0Lw/Solitario.jpg
 
 
Le carte, estratte dal mazzo una a una, vengono disposte su due file
per avere l'idea immadiata di quale colore e' stato estratto piu'
volte. Quelle con la previsione azzeccata sono poste verticalmente
mentre le altre orizzontalmente. Alla fine e' facile contare i
successi. Nella foto N=30. E' importante mescolare bene.
 
Buon weekend
Livio

E se invece del solitario fosse una sfida a 2 a chi, a turno, ne indovina di più? Per evitare il vantaggio, per il secondo giocatore, dell'ultima carta (indovinata al 100%) direi di non contare le ultime 2 carte.
 
Vorreste essere il primo o il secondo giocatore?
 
Ad occhio direi comunque il secondo, ma visto che avete le simulazioni pronte mi fareste qualche verifica? :-)
 
Ciao
GaS

"GaS"  ha scritto nel messaggio 
news:95d98a90-10ec-4cb3...@googlegroups.com...

Attendo conferme o smentite sui risultati trovati. Con tutte le carte trovo 
che il punteggio medio dei due giocatori è:
 
Media carte indovinate primo giocatore: 14,7721239
Media carte indovinate secondo giocatore: 15,2685432
 
Non contando le ultime due carte diventa:
 
Media carte indovinate primo giocatore: 14,024422
Media carte indovinate secondo giocatore: 14,2702867
 
C'è sempre un leggero vantaggio per il secondo giocatore.
 
Dire che il motivo è che lo svantaggio di dovere indovinare a caso 50/50, 
cioè dopo una sequenza con un numero uguale di carte rosse e di carte nere, 
capita solo al primo giocatore.
 
Ciao.
 
Giorgio
 

"Giorgio Vecchi"  ha scritto nel messaggio 
news:ou795v$lnj$1...@gioia.aioe.org...
 
Se non conteggiamo la prima e l'ultima carta le cose sembrano pareggiarsi. 
Questi i valori dopo 100.000.000 di partite:
 
Media carte indovinate primo giocatore: 14,27030639
Media carte indovinate secondo giocatore: 14,2705243
 
Questi valori sono coerenti con quelli trovati utilizzando tutte le 52 
carte:
 
Media carte indovinate primo giocatore: 14,7721239
Media carte indovinate secondo giocatore: 15,2685432
 
dato che la prima carta del primo giocatore vale 0.5, l'ultima carta del 
secondo giocatore vale 1.
 
Da considerare che l'ultima carta del primo giocatore vale in media 0.75 (se 
rimangono NN o RR vale 1, se NR o RN vale 0.5, quindi mediamente 0.75). 
Probabilmente questo vantaggio contribuisce a compensare lo svantaggio di 
cui parlavo nel post precedente.
 
Ciao.
 
Giorgio
 

Addi' 11 nov 2017 16:40:33, Giorgio Vecchi scrive:

Forse pero' non c'e' da esserne tanto sicuri. Osservando il finale
potrebbe essere avvantaggiato il primo giocatore - diciamo A. Questo
vantaggio nel finale, quando c'e', forse incide molto e molto di piu'
di quello iniziale che e' fisso: B=26/51 vs A=1/2. Mi spiego.
 
FINALE a 4 carte
4.0  rrrr  A e B vincono uguale
3.1  rrrn  A=3/4; B=(2/3 tre volte, 3/3 una volta)
2.2  rrnn  A=1/2; B=2/3 sempre
 
FINALE a 6 carte
6.0  rrrrrr  A e B vincono uguale
5.1  rrrrrn  A=5/6; B=(4/5 cinque volte, 5/5 una volta)  ->  4.0; 3.1
4.2  rrrrnn  A=2/3; B=(3/5 quattro volte, 4/5 due volte) ->  4.0; 3.1; 2.2
3.3  rrrnnn  A=1/2; B=3/5 sempre                         ->  3.1; 2.2
 
Per entrambi i finali c'e' ovviamente da tener conto dei casi
simmetrici m/m r con n.
 
D'altra parte, i 4,5 mila milioni di milioni di disposizioni un computer
se li mangia in un momento, pero' ci vuole un programmatore molto bravo
per impostare e fare il programma ciao
 
(la mia valutazione su 1/2 fisso non e' piaciuta, si vede che e'
totalmente sbagliata)
 
-- 
Yoda
 

 svantaggio di cui parlavo nel post precedente.
 
Una piccola rettifica che però credo non cambi molto la sostanza del 
discorso.
 
La probabilità che le ultime due carte siano NN o RR non è 1/2 ma 25/51 
(0,4901+), che siano NR o RN è 26/51 (0,5098+). Quindi il valore medio della 
penultima carta per il primo giocatore è 0,745098+.
 
Ciao
 
Giorgio
 

"Giorgio Vecchi"  ha scritto nel messaggio 
news:ou7f8b$12ad$1...@gioia.aioe.org...
 
Ho provato a vedere che cosa succede "a mano" utilizzando 6 carte. Le 
probabilità di indovinare le varie carte sono:
 
Carta 1: 1/2
Carta 2: 3/5
Carta 3: 3/5
Carta 4: 7/10
Carta 5: 7/10
Carta 6: 1
 
Questo fatto delle coppie uguali a partire dalla seconda carta (escludendo 
quindi la prima e l'ultima) mi ha incuriosito e allora ho rimodificato il 
programmino per farmele calcolare da lui. Questo è il risultato per 52 carte 
sui soliti 100.000.000 di prove:
 
Valore medio carta 1: 0,50003264
Valore medio carta 2: 0,50980995
Valore medio carta 3: 0,50977184
Valore medio carta 4: 0,51499481
Valore medio carta 5: 0,51490244
Valore medio carta 6: 0,51925646
Valore medio carta 7: 0,51911078
Valore medio carta 8: 0,52292787
Valore medio carta 9: 0,52280165
Valore medio carta 10: 0,52633401
Valore medio carta 11: 0,52632811
Valore medio carta 12: 0,52960132
Valore medio carta 13: 0,52952582
Valore medio carta 14: 0,53286465
Valore medio carta 15: 0,53288872
Valore medio carta 16: 0,53629969
Valore medio carta 17: 0,53623525
Valore medio carta 18: 0,53954635
Valore medio carta 19: 0,53962576
Valore medio carta 20: 0,54307
Valore medio carta 21: 0,54311902
Valore medio carta 22: 0,54671813
Valore medio carta 23: 0,54668255
Valore medio carta 24: 0,55052766
Valore medio carta 25: 0,55042194
Valore medio carta 26: 0,55449618
Valore medio carta 27: 0,55448396
Valore medio carta 28: 0,55888351
Valore medio carta 29: 0,55893362
Valore medio carta 30: 0,56358309
Valore medio carta 31: 0,56376777
Valore medio carta 32: 0,56889654
Valore medio carta 33: 0,56899222
Valore medio carta 34: 0,57480912
Valore medio carta 35: 0,57482185
Valore medio carta 36: 0,58156607
Valore medio carta 37: 0,58156778
Valore medio carta 38: 0,58928483
Valore medio carta 39: 0,58935923
Valore medio carta 40: 0,59877764
Valore medio carta 41: 0,59889596
Valore medio carta 42: 0,61033301
Valore medio carta 43: 0,61045659
Valore medio carta 44: 0,62565077
Valore medio carta 45: 0,62562974
Valore medio carta 46: 0,64682129
Valore medio carta 47: 0,64691896
Valore medio carta 48: 0,68017262
Valore medio carta 49: 0,68004731
Valore medio carta 50: 0,74508571
Valore medio carta 51: 0,74516329
Valore medio carta 52: 1
 
Pare che le cose stiano proprio così.
 
Ciao.
 
Giorgio
 

 Pare che le cose stiano proprio così.
 
curioser and curioser [cit.]
 
Grazie mille Giorgio, proprio interessante!
Vediamo se gli si riesce a dare una giustificazione teorica...
 
 
ciao
GaS

 Vediamo se gli si riesce a dare una giustificazione teorica...
 
Si, si dimostra abbastanza facilmente che vale sempre, per ogni n, quanto mirabilmente trovato da Giorgio. Un po' tediosa la dimostrazione ma, per chi fosse interessato, la riporto sotto.
 
====== DIMOSTRAZIONE ======
 
Consideriamo lo step i-esimo, per 0<=i<2n *e i dispari*, in cui abbiamo già estratto "a" carte rosse e "b" carte nere. Abbiamo quindi i=a+b
Senza perdere di generalità possiamo considerare a>b
N.B.: non a=>b in quanto stiamo considerando solo gli i dispari, non ci può quindi essere uguaglianza tra a e b
 
Essendo a>b l'ipotesi è che la prossima estratta sia una carta nera, la probabilità di indovinare la carta vale quindi:
 
[1] P(i)=(n-b)/(2n-i)
 
Consideriamo adesso la P(i+1).
 
Per passare da i ad (i+1) abbiamo estratto una carta rossa con
 
[2] Pr=(n-a)/(2n-i)
 
ed una carta nera  con
 
[3] Pn=(n-b)/(2n-i)
 
e si può facilmente vedere che al passo i+1 vale
 
[4] P(i+1)=Pr*(n-b)/(2n-i-1)+Pn*(n-b-1)/(2n-i-1)
 
 
N.B.: la 4 si può dedurre proprio perchè al passo i-esimo a>b (strettamente, senza uguaglianza) e quindi al passo i+1 si ha a=>b.
 
Sostituendo le [2] e [3] nella [4] e semplificando abbiamo (vi risparmio i passaggi) che
 
P(i+1) = (n-b)/(2n-i)
 
e quindi
 
P(i+1) = P(i)
 
che è esattamente quello che volevamo dimostrare.
N.B.: per la terza volta: vale solo per i dispari
 
====== FINE DIMOSTRAZIONE ======
 
Quindi abbiamo la prima carta (i=0) che si indovina con P=0,5, l'ultima (i=2n-1) si indovina con P=1 e le intermedie con, per i dispari,
 
P_i = P_(i+1) = (n-x_i)/(2n-i)
 
dove x_i =min(a, b) al passo i-esimo.
 
Una rozza approssimazione di x_i è:
 
x_i = (i-1)/2
 
 
una buona approssimazione di x_i è la seguente:
 
x_i = (i-1)/2-(i/n)^2+2*i/n
 
(trovata sperimentalmente, nessun ragionamento).
 
Quante cose interessanti da un quesito quasi "innocuo" :)
 
Ciao
GaS

 Quante cose interessanti da un quesito quasi "innocuo" :)
 
Concordo!
 
Ciao.
 
Giorgio
 

 (ora penso ai nodi)
 
Capatina su IHE di fine anno.
Vadiamo perché almeno 26 ce li ho garantiti. Era facile, tutto sommato.
Durante lo svolgimento della prova, diverse volte ci troveremo a saldo 0, per esempio all'inizio. Mettiamoci nel peggiore dei casi: mettiamo in conto che a saldo 0 sbagliamo sistematicamente la previsione.
Però nell'intervallo tra due 0 ci sarà stato un periodo con predominanza di un colore. In quell'intervallo - che comprende un numero DISPARI di eventi - di sicuro ne indoviniamo la metà più uno. Matematico. Perché se a saldo zero ho detto R e ho sbagliato, da li in poi dirò N fino ad un altro saldo 0. E di N ce ne sono uno in più dei R perchè il saldo torna neutro.
Quindi perdo un punto ad ogni saldo 0 ma lo riguadagno prima del prossimo saldo 0. Ho 26 punti garantiti. E non è detto che debba sbagliare tutti i saldo 0!
Ciao, Silv:o)