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Titolo: quelle palle del festival di Sanremo

Dietro le quinte del palco dell'Ariston c'e' un sacchetto con un certo 
numero di palle rosse e verdi (i colori dello stemma di Sanremo)
Estraendone due ho una probabilita' che siano ambedue rosse o ambedue verdi 
pari pari all'anno del primo festival di Sanremo diviso per il numero 2 
elevato a un numero uguale alle media aritmetica fra le volte che Mike 
Bongiorno e Pippo Baudo hanno presentato il festival.
Quante palle rosse e verdi ci sono?

?
"Pedro Peraria"  ha scritto nel messaggio 
news:4d4e578a$0$1359$4faf...@reader2.news.tin.it...
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Qualcosa mi sfugge. Quella p., se i dati sulle partecipazioni del duo erano 
giuste, vale 0,476...
siccome:
C(n,2) * p^2 * (1-p)^n-2  = 0,476...
mi pare ci siano troppe incognite :-)
ma magari sbaglio io... è domenica mattina, in fondo... 

 "Pedro Peraria"  ha scritto nel messaggionews:4d4e578a$0$1359$4faf...@reader2.news.tin.it...
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In realta' il problema sarebbe anche risolvibile, trattandosi di un
problema
diofanteo, ma a me non sembra che abbia soluzione.
Intando mettiamoci d'accordo sul termine noto: dovrebbe essere
(stando a Wikipedia: sono vecchio, ma non cosi' vecchio) 1951/2^12 =
1951/4096.
Ora, se ci sono r+v palle, la probabilita' di estrarne (senza
reimbussolamento)
due verdi oppure due rosse dovrebbe essere
r/(r+v) * (r-1)/(r+v-1) + v/(r+v) * (v-1)(r+v-1)
Uguagliando questa espressione a 1951/4096 mi sembra
che venga fuori una equazione diofantea di 2o grado senza soluzioni.
ciao,
g.

e rimettendo le palle estratte nel sacchetto?

1951/4096.
E' il valore che ho calcolato anch'io... la maggioranza vince :-)
<Ora, se ci sono r+v palle, la probabilita' di estrarne (senza
<reimbussolamento)
<due verdi oppure due rosse dovrebbe essere
<r/(r+v) * (r-1)/(r+v-1) + v/(r+v) * (v-1)(r+v-1)
<Uguagliando questa espressione a 1951/4096 mi sembra
<che venga fuori una equazione diofantea di 2o grado senza soluzioni.
Vedi risposta alla prima parte del tuo post: č cosě, oppure ho preso un 
abbaglio? Anch'io non trovo soluzioni, ma sono piuttosto maldestro a fare di 
conto e a tirare di scherma :-) 

?
"Pedro Peraria"  ha scritto nel messaggio 
news:4d4e99fc$0$1354$4faf...@reader2.news.tin.it...
e rimettendo le palle estratte nel sacchetto?
E aggiungere il rapporto tra palle rosse e verdi, no eh ? :-)
Basta che si conosca la proporzione campionaria e (potrebbero) non esserci 
problemi... A meno che tu non abbia costruito il pippo+mike / 2 etc. etc. 
senza partire prima dal valore restituito dalla distribuzione discreta. 

 senza partire prima dal valore restituito dalla distribuzione discreta.
rimettendo le palle nel sacchetto la probabilita' P di prender su due palle 
di un certo colore c essendo t le palle totali e'
 P=c(2t-c)/t^2
quindi dovento tirar su le palle di colore n o di colore v la probabilita' 
e'
1 - v*r*(2*v^2 + 5*v*r + 2*r^2)/(v+r)^4
eguagliando a 1951/4096
risulta la diofantea
2145*v^4+388*v^3*r-7610*v^2*r^2+388*v*r^3+2145*r^4=0
che la soluzione ce l'ha. :-)

 E aggiungere il rapporto tra palle rosse e verdi, no eh ? :-)
se le reimbussoli non serve. ;-)
Non l'ho mica messo in dubbio. Ho solo osservato che nel quesito originale 
avresti potuto costruire il problema in modo che avesse soluzioni, o in 
alternativa dire che le reimbussoli.
Cmq, al di là di tutto dopo 61 anni di festival credo che le palle siano 
irrimediabilmente frantumate: sia quelle verdi che quelle rosse :-) 

  P=c(2t-c)/t^2
Questa non la capisco, chiaramente mi sfugge qualcosa di base.
Se ho c palle di colore c su un totale di t, la probabilita'
di pescare una palla c dovrebbe essere c/t. Se la rimetto dentro
la probabilita' dovrebbe essere la stessa anche per la seconda,
quindi di nuovo c/t.  Quindi la probabilita' di pescarle entrambe c
dovrebbe
essere c^2/t^2. O no? Come dire che fare due 6 in due lanci di dadi
e' (1/6)*(1/6). Non capisco cosa dovrebbe rappresentare il termine (2t-
c).
ciao,
g.

 ha scritto nel messaggio 
news:e02ca5e3-5403-4345...@i39g2000prd.googlegroups.com...
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ho fatto la somma di probabilita'.
Se lancio una moneta due volte la possibilit� di ottenere testa oppure testa 
(ovvero non ottenere due croci) e'
1/2 + 1/2 - 1/2*1/2= 3/4
allora se definisco la somma di probabilita' come
sp(a,b)=a+b-a*b
sp(c/t,c/t) = c(2t-c)/t^2

comunque hai ragione, P=c(2t-c)/t^2  non e' esatto.
la prob. di estrarre due palle rosse o due palle verdi dal sacchettocon t 
palle totali e'
sp( r/t*r*t , v/t*v/t) = (r^2(t^2-v^2)+t^2*v^2)/t^4
moh ci siamo. ;-)
sostituendo a t=v+r ed eguagliando il tutto a 1951/4096 si trova la 
diofantina di prima
2145*r^4 + 388*r^3�v - 7610*r^2�v^2 + 388*r*v^3 + 2145*v^4 = 0

 sp(a,b)=a+b-a*b
Secondo me c'e' qualcosa che non torna.
Considerando il reimbussolamento, hai due estrazioni
indipendenti. In ogni estrazione estrai la palla rossa con
probabilita' R/(R+V) e la palla verde con probabilita' V/(R+V).
Considerando due estrazioni successive abbiamo quindi 4 possibili
esiti:
(le probabilita' si possono moltiplicare essendo le estrazioni
indipendenti).
RR con probabilita' R/(R+V)  * R/(R+V) = R^2/(R+V)^2
RV con probabilita' R/(R+V)  * V/(R+V) = RV/(R+V)^2
VR con probabilita' V/(R+V)  * R/(R+V) = RV/(R+V)^2
VV con probabilita' V/(R+V) *  V/(R+V) = V^2/(R+V)^2
Come ci aspettiamo la somma delle probilita' e'
(R^2+ RV+RV+V^2)/(R+V)^2  = 1.
A questo punto possiamo dire, ad esempio, che
la probabilita' di estrarre RR oppure VV e' uguale
a (R^2+V^2)/(R+V)^2, e che la probabilita'
di estrarre due palle diverse e' uguale a 2*RV/(R+V)^2.
Almeno questo e' quello che sembra a me.
ciao,
g.

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a dire il vero nemmeno io sono sicurissimo pero' ho provato anche con una 
simulazione:
mettiamo il caso del sacchetto con 5 palle rosse e 3 palle verdi (che poi 
era la soluzione della diofantina)
k=0;for(n=1;n<=10000000;n++)
if( ((rand()%8)<3) and ((rand()%8)<3) or ((rand()%8)<5) and((rand()%8)<5)) 
k++;
printf("%f\n",(k*1.0)/10000000.);
mi da una prob P=0.476418
al che con r=5, v=3
la mia diofantina
(r^4+2r^3*v+r^2*v^2+2*r*v^3+v^4)/(r+v)^4
risulta 0.4763183593
(mi pare che ci siamo)
mentre
(r^2+v^2)/(r+v)^2 = 17/32 = 0.53125
fermo restando pero' che pure il tuo discorso, pur contraddicendo la 
simulazione, mi torna bene e a volte con il calcolo delle probabilita' mi 
sento davvero in confusione. :)

 k++;
Ciao, purtroppo questa simulazione e' sbagliata.
Infatti stai estraendo 4 valori casuali, mentre le palle estratte sono
solo 2.
La probabilita' che stai calcolando con la tua simulazione e'
effettivamente
uguale a 1951/4096.
Pero' la simulazione giusta e':
for (k=0,n=0; n<10000000; n++)
{
  int a=rand()%8;
  int b=rand()%8;
  if (((a<3)&&(b<3)) || (a>=3) && (b>=3))) k++;
}
Tra l'altro, perche' fare 10 milioni di tentativi quando
possiamo farli TUTTI ?
int tot=0, succ=0;
int a,b;
for (a=0; a<8; a++)
for (b=0; b<8; b++)
{
  tot++;
  if (((a<3)&&(b<3)) || (a>=3) && (b>=3))) succ++;
}
printf("succ = %d / %d = %f\n",succ/tot,succ/(double)tot);
e viene 34 / 64 = 17/32 come ci si aspetta.
la tua simulazione corrisponderebbe a questo scenario:
int tot=0, succ=0, a, b, c, d;
for (a=0; a<8; a++)
for (b=0; b<8; b++)
for (c=0; c<8; c++)
for (d=0; d<8; d++)
{
tot++;
 if (((a<3)&&(b<3)) || (c<5) && (d<5))) succ++;
}
e il risultato viene proprio 1951 / 4096.
ciao,
g.

  int b=rand()%8;
eh si, ho preso effettivamente 4 valori invece di due. :-(
mi chiedevo allora se non fosse lo stesso calcolare tutte le permutazioni 
della parola
 RRRRRVVV
prendere sempre le prime due lettere (palle) e vedere se sono uguali.
Ci sono 18720 casi su 40320 in cui le prime due lettere sono RR o VV
ovvero 13/28 = 0.
4642857142

 ovvero 13/28 = 0.
4642857142
Andrebbe anche bene, ma per il caso in cui non c'e' reimbussolamento,
visto che c'e' dipendenza tra il primo e il secondo elemento della
permutazionw.
Infatti in quel caso la probabilita' di avere due palle verdi o due
palle rosse e':
3/8 * 2/7  + 5/8*4/7 = 13/28
ciao,
g.

 ha scritto nel messaggio 
news:8518257a-135a-403a...@n36g2000pre.googlegroups.com...
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giusto, oggi, dopo una bella dormita mi sembra tutto evidente, ma ier sera, 
dopo aver spiegato per l'intero pomeriggio a un cumulo di cerebrolesi come 
si fa la divisione di polinomi e con 60 gocce di Novalgina alle spalle lo 
vedevo meno chiaramente. :-D