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Titolo: Re: Gino e Gina 3 - Sempre  di p i+APk-

 quattro carte (in media)?
Senza ricorrere a trucchi sul modo di passare la carta, e salvo errori, 
trovo una probabilità vicina a 1/3.
Gina passa una carta del seme presente almeno 2 volte, e Gino dichiara 
la carta dello stesso seme immediatamente superiore.
Il gioco riesce se sono presenti almeno due carte consecutive di un 
seme.
Consideriamo che la distribuzione dei quattro semi puo variare da 
2,1,1,1 a 5,0,0,0
Nella tabella che segue indico
in prima colonna la possibile distribuzione dei semi
in seconda colonna la prob. che si presenti quella distribuzione
in terza colonna la prob che con quella distribuzione si abbiano almeno 
due carte consecutive
in quarta colonna il prodotto di seconda e terza
la somma delle quarta colonna è la probabilità di riuscita del gioco.
2111     0.263745     0.166667     0.043958
3110     0.223169     0.454545     0.101441
4100     0.042917     0.5*              0.021459
5000     0.001981     0.6*              0.001188
2210     0.365186     0.305556     0.111585
3200     0.103001     0.545455     0.056182
somma ...........................   .............0.335812
(i valori con * non li ho calcolati, ho dato solo una stima grossolana, 
ma non dovrebbero influire molto sul totale)
ciao
paolo

 trovo una probabilità vicina a 1/3.
I miei risultati sono leggermente diversi (li confronterò con calma)
Certo che il risultato è sorprendente, non avrei mai immaginato
che si potesse indovinare più del 30% delle volte dopo solo una
carta...
Ciao, Nino 

 a 5,0,0,0
[cut]
Sbaglio, o si può ridurre il tutto a calcolare qual è la probabilità che ci 
siano almeno due carte consecutive "tout-court". Intendo dire, se numeriamo 
le carte ad esempio da 0 a 51, che ci siano due numeri consecutivi. Questo 
include anche la consecutività attraverso semi diversi, cioè dal Re di un 
seme all'Asso del seme successivo (cosa che può essere sfruttata dai Gini). 
In poche parole: scelti a caso 5 numeri tra 52, calcolare la probabilità che 
ce ne siano almeno due consecutivi (includendo il fatto che lo 0 è 
consecutivo al 51).
Ecco, adesso qualcuno dovrebbe calcolarla... :-)
Ciao
Giorgio

 (quella carta, non una delle altre 4).
Mi pare che non ci sia differenza.
Quando Gina passa a Gino una carta sa già cosa Gino dichiarerà in base 
alla convenzione scelta tra i due, ed evidentemente imbusterà quella 
carta, se presente.
ciao
paolo 

 Ecco, adesso qualcuno dovrebbe calcolarla... :-)
Mi sa che hai ragione. Non ho calcolato la probabilità, ma ho fatto una 
simulazione.
Ho ripetuto 10 volte una serie  di un milione di estrazioni di 5 carte 
su 52.
I casi con almeno due carte consecutive sono stati
346585
347380
347840
346879
347262
347370
347037
347172
347290
346565
quindi la probabilità dovrebbe essere intorno al 34.7% (se non ho fatto 
cavolate nel programma)
ciao
paolo 

"Paolo Licheri"
Un altro enigma (un po' OT) a cui non ho risposta:
perché i miei post non vanno a finire nella posizione giusta nel thread?
ciao
paolo 

 paolo 


E' tutto corretto, salvo i valori con *, che pur poco rilevanti, non sono
trascurabili, e la tua stima è troppo in difetto.
Infatti:
4100     0,0429172      0,745454     0,0319928
5000     0,00198079    0,929292     0,0018407
Pertanto, la somma diventa   0,3469988
Ciao, Nino 

 Guarda l'altro mio post.
Invece, è un po' maggiore (proposta di
Giorgio, che non avevo letto)
Nino 


Certo, ma l'effetto sul pubblico di indovinare proprio una carta secca e non
una su quattro è maggiore.
Ciao, Nino 

 wrote

Nino, mi fido ciecamente! :-)
A questo punto il gioco originale potrebbe essere proposto nel modo 
seguente: dopo avere pescato le 5 carte, la Gina verifica se ci sono due 
carte a distanza di uno* e in tal caso passa al Gino una sola carta; il Gino 
la prende e annuncia la carta nascosta, con un sorriso accattivante (come se 
il merito fosse tutto suo!).
Se invece ci sono solo carte a distanza di due*, la Gina passerà al Gino due 
carte (la seconda ha il solo scopo di segnalare questo fatto).
Se ci sono solo carte a distanza di 3 o 4*, la Gina passerà al Gino tre 
carte (l'ordine delle ultime due permetterà di distinguere i due casi).
Se ci sono solo carte a distanza di 5 o 6*, la Gina passerà quattro carte e 
basterà l'ordine di due delle ultime tre per distinguere i due casi.
Sarebbe interessante stimare quante volte la Gina dovrà passare 2, 3 o 4 
carte.
* Per non svelare troppo il trucco, le distanze di uno, due, ecc. potrebbero 
essere sostituite da altre distanze concordate, senza che le varie 
probabilità cambino (o no?).
Ciao
Giorgio


Be' se e' costretta a passare 4 carte allora tanto vale che usi
il metodo originale, che ormai abbiamo imparato a memoria....
Alternativamente, volendo continuare ad usare il metodo
delineato si potrebbe comunque avere sempre successo,
infatti:
se c'era una coppia di carte a distanza 1 allora si passa una carta,
se a distanza 2 si passano 2 carte,
se a distanza 3 o 4 si passano 3 carte.
A questo punto se si passano 4 carte sappiamo che la distanza minima
deve essere maggiore di 5, altrimenti usavamo meno carte.
Quindi con le 3 ultime carte possiamo codificare 6 distanze, ovvero
5,6,7,8,9,10.
La probabilita' che pescando 5 carte ci sia un distanza tra due
di esse minore o uguale a 10 e'  1.
infatti se le numero da 0 a 51 dovrei avere tutti salti di almeno 11
per non poter applicare il metodo,
e quindi le carte 0,11,22,33,44 (ma da 44 a 0 c'e' un intervallo minore
di 10).
Quindi, se non ho cannato come al solito, questo metodo raffinato
si puo' applicare sempre e ha il vantaggio di permettere
(con una probabilita' non indifferente) di mandare meno carte.
La probabilita' di poter effettuare il gioco con 1, 2, 3, o 4 carte
si puo' stimare facilmente con una simulazioncina, magari
se ho tempo la faccio (o forse con dei calcoli che non ho voglia
di fare).
Per mistificare un po' il gioco (camuffando gli intervalli) forse
si potrebbe banalmente decidere un salto di seme.
Cioe', ad esempio assumere che idealmente dopo il 3 di cuori venga
il 4 di quadri e cosi' via (stando attenti ai punti in cui si
ha comunque un salto da K a A).
ciao,
g.


Precisiamo.
Questa sarebbe la variante al gioco originale dove le distanze venivano 
valutate all'interno dello stesso seme.
Nel caso delle distanze cicliche (attraverso i vari semi) le cose cambiamo: 
sono di più i casi in cui si può passare una carta sola (come ha calcolato 
Nino), ma non è più vero che il limite sia rappresentato da una distanza 
massima di 6 carte. Infatti, nel caso peggiore in cui le carte sono 
equamente distribuite nello spazio delle 52, la distanza potrà arrivare a 
10.
Abbiamo però il caso del passaggio di 4 carte da sfruttare completamente: 
infatti queste potranno servire a segnalare 6 diverse situazioni: quelle in 
cui la distanza è appunto di 5, 6, 7, 8, 9 o 10.
Ciao
Giorgio

 cui la distanza è appunto di 5, 6, 7, 8, 9 o 10.
Si, avevo inteso in questo senso.
Da una veloce simulazioncina, spero non cannata, mi risulterebbe
che, approssimando,
le probabilita' di dover/poter usare rispettivamente
1, 2, 3, o  4 carte  sono 35%, 25%, 27% e 13%,
rispettivamente.
Non male...
Tanto per curiosita', utilizzando un mazzo di 40
carte da briscola le probabilita' diventano circa
44%,  27%,  24%,  5%.
ciao,
g.


L'ho appena fatta anch'io. Confermo i tuoi risultati con 100.000 prove:
distanza minima / casi
 1  34606
 2  24851
 3  17157
 4  10871
 5  6522
 6  3625
 7  1684
 8  547
 9  134
 10  3
1 carta: 0,34606
2 carte: 0,24851
3 carte: 0,28028
4 carte: 0,12515
Il bello è che all'inizio si faceva fatica a credere che bastassero 4 carte 
per segnalarne una quinta. Adesso constatiamo che nel 60% dei casi sono 
sufficienti 1 o 2 carte! Di questo passo chissà dove andremo a finire! ;-)))
Ciao
Giorgio

 sufficienti 1 o 2 carte! Di questo passo chissà dove andremo a finire! ;-)))
Ho gia' insegnato a mio figlio la versione 1 del gioco.
Ora gli faccio digerire la versione 2.
Peccato che sia un gioco che richieda 2 persone.
Avevo pensato di fare un mini-programmino che possa fare
le veci del mago. Ovvero, l'amico da stupire sceglie le carte
e poi si mette alla
tastiera e inserisce le carte nell'ordine che gli dico
poi batte invio e il computer indovina la carta...
Si potrebbe dire all'amico di passarmi le carte coperte
in modo che il computer non le possa vedere (e magari
neanche lui, cosi' non si accorge che le "ordino"
secondo una sequenza diversa da quella in cui lui le
ha eventualmente pescate...)
Se grazie ad un paradosso spazio-temporale il mio tempo
libero si dilatasse di un fattore 1.18 potrei anche
fare una paginetta web che permette al calcolatore
di indovinare on-line.... (voglia=zero...)
ciao,
g.

 "Giovanni Resta"

Tornato da gratificanti ciaspolate, vedo che tu e Giovanni avete studiato
una variante al gioco originale, che permette la presentazione variabile
da 1 a 4 carte, a seconda dei casi.
Con una carta, ovviamente, la probabilità di indovinare non potrà essere
maggiore del 34,7% (con codifica +1 o qualsiasi altra).
Ma con 2 carte, il fatto che la seconda segnali solo che la carta nascosta
ha distanza di 2 dalla prima, mi sembra un'informazione insufficiente,
a mio avviso aumentabile.
Ad occhio (non sono in grado di fare i calcoli esatti, ci vorrebbe una
simulazione) penso che la probabilità di indovinare con la scelta adeguata
della seconda carta sia superiore a quel 25%; ad esempio, ci si potrebbe
accordare sulla somma (o sottrazione) di un valore corrispondente a quello
della seconda carta (prescindendo dal seme).
Le carte da cui attingere sono 3, potrebbero avere tutte valore uguale,
ma con maggiore probabilità hanno 2 o 3 valori diversi, il che consente
spesso di arrivare al valore della carta nascosta.
Se il valore è da 2 a 10 bisogna sommarlo alla prima carta; gli altri
casi sembrerebbero inutili, ma potrebbero essere utilizzati per sottrarre,
ad es. J=2, Q=3, K=4 (punti della briscola) Asso=5; oppure anche
sommandoli per aumentare le probabilità qualora tra le 3 carte non sia
presente il valore richiesto.
Forse una strategia simile potrebbe essere utilizzata anche per la terza
carta e non mi stupirei se il gioco potesse riuscire sempre (o quasi)
con 3 carte.
Ciao, Nino

 con 3 carte.
senza quasi
:-)
Ma vedo che hai già affrontato la variante "Gino e Gina 5"
ciao
paolo