Newsgroup: it.hobby.enigmi
Titolo: il 9 mi porta fortuna

Se giochiamo a testa o croce, puntare sempre sulla testa o cambiare ogni
volta e' la stessa cosa, al limite potremmo pensare di ripuntare sull'ultimo
uscito. Stessa cosa al lotto: l'ultima cinquina uscita e' probabile come
quella del sogno del nonno.
Proviamo questo gioco: si lanciano due dadi ripetutamente e si considera la
somma. A punta sul numero appena uscito, B punta sempre sul 9. All'inizio
viene fatto un lancio (o piu' di uno se esce 9) che non vale ai fini del
gioco ma serve solo per entrare a regime.
Chi e' avvantaggiato?
Ciao, Silv:o)


E' leggermente avvantaggiato A, in quanto le sue probabilità di vincita sono
dell'11,27%, contro l'11,11% di B.
Infatti, mentre la possibilità di vincita di B per l'uscita del 9 è sempre
4/36, le possibilità di A vanno calcolate sommando, numero per numero, le
probabilità di uscita dei vari numeri, moltiplicate per le probabilità che
essi siano stati scelti.
Poichè tali probabilità sono uguali per ciascun numero si potranno sommare i
quadrati di tali probabilità, cioè:
(1/36)² + (2/36)² + ... + (6/36)² + .... + (2/36)² + (1/36)² = 11,27
Ciao
Gianni

Ravesi Giovanni ha scritto

mmmm... ci sono diverse cose che non mi convincono:
che probabilita' stai calcolando?
Mi pare che tu abbia calcolato la probabilita' che esca due volte di seguito
lo stesso punteggio. Ma questa NON E' la probabilita' di vittoria di A.
Innanzitutto c'hai messo dentro anche la probabilita' del doppio 9, che
farebbe vincere subito B. Ma non e' il solo errore.
La probabilita' di uscita di ogni possibile n sono quelle che dici tu, ma le
probabilita' che sia stato scelto (ovvero che l'ultimo numero sia n) non
sono uguali alle probabilita' di fare di nuovo n!
Per esempio, dato che al primo lancio il 9 viene scartato, siamo sicuri di
cominciare il gioco con un lancio diverso da 9, e quindi la probabilita' che
si parta da 5 e' maggiore di 4/36, che e' la probabilita' di rifare 5. Ma
questo vale solo per l'inizio del gioco, non per un lancio qualsiasi...
Il problema e' molto piu' insidioso di quel che sembra, e la soluzione non
e' affatto banale.
Ciao, Silv:o)
PS
Suggerimento, soprattutto per Andrea: se volevi cominciare ad usare le
catene di Markov, questo puo' essere il momento giusto...

Chi e' avvantaggiato?
Il gioco e' questo: si parte con un lancio diverso da 9 (se viene 9 si
ripete), dopodiche' si lanciano i dadi finche' non esce 9 (vince A) oppure
non viene ripetuto il lancio precedente (vince B) dopodiche' si ricomincia
da capo.
Chi vince alla lunga?
Ciao, Silv:o)

 dalla risopsta di Giovanni capisco di essere stato poco chiaro:
Io avevo trascurato il fatto che il primo va ripetuto se esce 9, ma tu in
effetti non eri stato chiarissimo.
Fammici pensare su per un po'.
:-)
Ciao
Gianni


Mi sembra, senza fare troppi calcoli, che B sia sempre avvantaggiato.
Calcolando in 32esimi (1/32, 2/32, etc) le probabilità che un dato numero
sia stato scelto, le probabilità di vittoria di al 1° colpo utile aumentano
sia pure di poco (11,28%) contro le 11,11% di A. Nel restante 77,60% dei
casi mi sembra di poter dire (ripeto, senza aver fatto calcoli) che le
probabilità di un numero di essere scelto e di uscire restino invariate.
:-) Ciao
Gianni

 probabilità di un numero di essere scelto e di uscire restino invariate.
Mi limito ad una osservazione. L'ultimo lancio e' stato un 5. Chi e'
avvantaggiato? La probabilta' di rifare 5 e' la stessa di fare 9 (4/36), per
cui sono portato a credere che A e B siano pari. Ma non e' cosi': e' pari
solo la probabilita' di vincere immediatamente. Se non esce ne 9 ne 5 il
gioco continua (28 volte su 36!) e le probabilita' di vittoria dipenderanno
dal numero che esce: potrebbero aumentare, (se esce 6,7 o 8) o diminuire (se
esce 1,2,3,4,10,11,12). In generale si possono calcolare tutte le
probabilita' di vittoria sapendo l'ultimo numero uscito, e poi si puo'
mediare utilizzando la distribuzione iniziale.
Porva a fare i tuoi calcoli, poi ne possiamo discutere.
Ciao, Silv:o)


Mi sono spinto un po' più in la con i calcoli ed ho costruito la seguente
tabellina:
Lanci                             1°         2°        3°         4°
5°
Stesso n. prec.          0,1128 0,0858 0,0669 0,0521 0,0405
             P cum.         0,1128 0,1986 0,2656 0,3177 0,3582
E'uscito il 9               0,1111 0,0862 0,0671 0,0522 0,0406
             P cum.         0,1111 0,1973 0,2645 0,3167 0,3573
 2 in disac.con prec.   0,0269 0,0208 0,0162 0,0126 0,0098
3 in disac.con prec.   0,0521 0,0402 0,0313 0,0244 0,0190
4 in disac.con prec.   0,0755 0,0584 0,0455 0,0354 0,0275
5 in disac.con prec.   0,0972 0,0754 0,0587 0,0457 0,0356
6 in disac.con prec.   0,1172 0,0915 0,0712 0,0554 0,0431
7 in disac.con prec.   0,1354 0,1068 0,0829 0,0645 0,0502
8 in disac.con prec.   0,1172 0,0915 0,0712 0,0554 0,0431
10 in disac.con prec. 0,0755 0,0584 0,0455 0,0354 0,0275
11 in disac.con prec. 0,0521 0,0402 0,0313 0,0244 0,0190
12 in disac.con prec. 0,0269 0,0208 0,0162 0,0126 0,0098
Si continua                0,7760 0,6040 0,4700 0,3657 0,2845
Totale                       1,0000 0,7760 0,6040 0,4700 0,3657
Nella quale si può vedere, contrariamente a quanto sostenevo a lume di naso,
che le probabilità che venga scelto un certo numero variano all'aumentare
del numero dei lanci e che quindi variano anche le probabilità di vincita di
A che tradotte in % delle probabilità residue sono, per i primi 5 lanci:
               11,2847% 11,0552% 11,0838% 11,0797% 11,0803%
Con oscillazioni che vanno smorzandosi attorno a poco meno dell' 11,08%.
Le probabilità cumulative dopo la partenza in vantaggio, tendono a
convergere abbastanza lentamente verso le probabilità dell'altro. Non ho
attualmente molto tempo a disposizione ed azzardo una completa convergenza
ad 1/9.
:-)
Ciao
Gianni

 ad 1/9.
Non mi e' del tutto chiara la tua tabella, ma comunque hai centrato il
nocciolo del problema: non esiste una "probabilita' che l'ultimo numero sia
stato n" perche' varia dinamicamente, e quindi non si puo' calcolare una
probabilita' di vincere in un lancio generico, ma al piu' la probabilita' di
vincere all'ennesimo lancio. Quindi poi bisognerebbe impelagarsi nella somma
di una serie, anche se come dici tu i termini da un certo punto in poi
tendono a stabilizzarsi. La cosa mi pare pero' tecnicamente laboriosa.
Al contrario esiste ben determinata la probabilita' di vincita (intendo
vincita del gioco, non vincita in un determinato lancio), e sarebbe semplice
da calcolare se conoscessimo le probabilita' di vincita a partire da un
ultimo lancio noto. Se io conoscessi p_i [probabilita' di vittoria per A
sapendo che l'ultimo lancio aveva somma i], allora dato che conosco la
distribuzione iniziale p(S_0=i) [probabilita' che il primo lancio dia somma
i], potrei calcolare la media ponderata delle probabilita' di A con quella
distribuzione iniziale.
Le varie p_i sono legate tra di loro da semplici vincoli lineari...
Comunque il risultato e' mooooolto vicino al 50%. Tanto vicino che cambiando
di poco la distribuzione iniziale (per esempio ritirando anche in caso di
somma 8) il risultato si inverte.
Ciao, Silv:o)


Ciao, Gianni   :-)

OK, ora mi e' chiaro tutto (tranne il totale, ho controllato e sommando i
subtotali viene sempre 1, come deve. Mi pare che tu invece non sommi le
prob. cumulative di vittoria, ma quelle parziali, e la cosa non e' coerente)
Vediamo una tecnica per risolvere problemi di questo genere, magari puo'
tornare utile per altre occasioni:
L'unica informazione di cui abbiamo bisogno per descrivere lo stato del
gioco e prevederne l'evoluzione e' l'ultimo numero uscito. Inizialmente
(distribuzione iniziale) le probabilita' di trovarsi nello stato 2 sono
1/32, nel 2 3/32 (il 9 e' escluso come primo lancio) e cosi' via. Da un
qualsiasi stato i si passa nello stato j se esce somma j, mentre si passa
nello stato finale A (vittoria di A) se esce 9 e nello stato finale B se
esce di nuovo i. Per calcolare la probabilita' di stare nello stato i dopo
due lanci basta sommare le probabilita' di andare in i partendo da un primo
lancio diverso da i. E' quello che ha fatto Giovanni nella prima colonna
della sua tabella. Ovviamente ci sara' anche una probabilita' di vittoria di
A e di B in due passi. Se ripetiamo l'operazione usando come probabilita' di
partenza queste ultime calcolate otteniamo le probabilita' di stare in un
qualsiasi stato dopo 3 lanci, e cosi' via. Giovanni ha calcolato le prime 5
iterazioni. Tecnicamente quallo che abbiamo fatto e' moltiplicare il vettore
delle probabilita' di partenza per la matrice delle probabilita' di
transizione piu' volte di seguito. Siccome ci sono due stati "finali" e'
intuitivo che alla lunga le probabilita' di stare in un qualunque stato che
non sia finale tendono a zero, mentre i due casi di vittoria si divideranno
il 100% dei casi. Ma non c'e' un metodo che eviti di ricorrere
all'iterazione infinita?
Esiste ed e' basato sulla soluzione di un sistema lineare. Il metodo e'
generale e vale in tutti i casi nei quali siamo interessati a calcolare la
probabilita' di finire, prima o poi, in uno stato finale (tecnicamente si
chiamano "stati assorbenti")
Calcoliamo per esempio la probabilita x che vinca il giocatore che punta
sempre sul 9, ovvero la probabilita' di finire "assorbiti" dallo stato A
Sia xi la probabilita' che A vinca *sapendo che l'ultimo lancio e' stato i*,
ovvero di finire nello stato assorbente A partendo da uno stato i.
Sia pi la probabilita' che il lancio dei due dadi dia somma i (probabilita'
di transizione, p2=1/36, p3=2/36 ecc.)
Si ha x2=p3*x3+..+p8*x8+p9+..+p12*x12 perche' partendo da 2 se esce 2 si
perde, con 9 si vince, con un risultato h diverso si vince con probabilita'
xh (siamo passati nello stato Sh caratterizzato da h come ultimo lancio)
Stessa cosa partendo da valori diversi. Quindi
xi=sum(h<>i,9; pi*xi)+p9
Questo e' un sistema di 10 equazioni in 10 incognite determinato, quindi
basta risolverlo per trovare le xi. In questo caso (ma e' raro, e succede
solo per matrici di transizione che abbiano una forma particolarmente
semplice o simmetrica), si puo' risolvere anche formalmente, sostituendo i
valori alla fine, altrimenti si risolve coi metodi tradizionali.
Vediamo un modo per farlo:
Riscriviamo il sistema cercando di rendere i secondi membri tutti uguali.
xi=sum(h<>9; pi*xi)-pi*xi+p9
xi*(1+pi)=sum(h<>9; pi*xi)+p9
Sia S il secondo membro, ora uguale per tutte le equazioni, del sistema
appena scritto.
S=x2*(1+p2)=x3*(1+p3)=..=xi*(1+pi)
dato che x2*(1+p2)=x3*(1+p3)
si ha x3=x2*(1+p2)/(1+p3), ed analogamente per gli altri i
sostituendo le xi nella sommatoria e mettendo in evidenza si ottiene
S=sum(h<>9; pi*xi)+p9=x2*(1+p2)*sum(h<>9; pi/(1+pi))+p9
chiamando M=sum(h<>9; pi/(1+p1)) si ha
S=x2*(1+p2)*M+p9
S=S*M+p9 da cui S=p9/(1-M)
ed infine
xi=S/(1+pi)
Sostituendo i valori si trova:
M=0,799
S=0,555
quindi le xi risultano
x2 = 0,540332371
x3 = 0,526113098
x4 = 0,512623019
x5 = 0,499807443
x6 = 0,487617018
x7 = 0,476007089
x8 = 0,487617018
x10= 0,512623019
x11= 0,526113098
x12= 0,540332371
da cui gia' si vede, ed era intuitivo, che la probabilta' di vincere e'
inferiore al 50% se l'ultimo numero uscito e' 6,7,8 (piu' probabili del 9)
oppure 5, che ha le stesse probabilita' del 9, e questo era meno intuitivo.
La distribuzione iniziale yi come detto tiene conto che il 9 non e' ammesso,
e vale quindi y2=1/32, y3=2/32 ecc.
facendo la media ponderata delle probabilita' di vincita condizionate
dall'ultimo lancio (le xi che abbiamo calcolato prima) utilizzando la
distribuzione iniziale come "peso", si ottiene
x=sum(h<>9; xi*yi)=0,499759304
Quindi quasi il 50%. Se cambiamo di poco la distribuzione iniziale, per
esempio ritirando anche in caso di 8, allora le yi si calcolano sulla base
di 27 casi possibili e la media stavolta viene maggiore del 50% (50,2%)
Ciao, Silv:o)

 xi=sum(h<>i,9; pi*xi)+p9
ovviamente e' xi=sum(h<>i,9; ph*xh)+p9
e cosi' nelle altre somme, dove ho fatto confusione con gli indici, sorry :(
Ciao, Silv:o)