Probabilità di indovinare seme e colore.

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

Prendiamo un mazzo di \(4n\) carte e numeriamolo a partire dalla cima con \(1,2,\ldots, 4n\). Le \(4n\) carte si alternano di seme: cuori, fiori, quadri, picche. Quindi la prima carta, \(1\) è di cuori, la seconda di fiori, etc fino all'ultima, \(4n\), che è di picche. Ora tagliamo il mazzo in due mazzetti. Abbiamo così due mazzetti numerati \(1,2,\ldots, k\) e \( k+1,k+2,\ldots,4n\). Invertiamo l'ordine del primo mazzetto e facciamolo diventare \(k,k-1,\ldots,2,1\) e mischiamo (all'americana) i due mazzetti. Ora creiamo quattro mazzetti da \(n\) carte ciascuno distribuendo dalla cima una ad una le carte, chiamiamoli \(A,B,C,D\).

Quindi nei mazzetti \(A,B,C,D\) le ultime carte, l'\(n\)-esima riga, è formata rispettivamente dalle carte in posizione \(1,2,3,4\) dopo il miscuglio sopra menzionato. L' \(n-1\)-esima "riga" è formata rispettivamente dalle carte in posizione \(5,6,7,8 \) del mazzo dopo il miscuglio, etc. Fino alla prima riga che è formata dalle ultime quattro carte del mazzo dopo il miscuglio, rispettivamente \(4n-3, 4n-2,4n-1,4n \).

Giriamo di faccia a caso uno tra i mazzetti \(A,B,C,D\). Sia \(1 \leq \ell \leq n \) arbitrario.

1) Trovare una strategia tale per cui girando una ed una sola carta sulla \(\ell\)-esima riga tra le tre ancora di dorso sappiamo con certezza il colore di tutte le carte sulla \(\ell\)-esima riga.
2) Trovare una strategia tale per cui girando una ed una sola carta sulla \(\ell\)-esima riga tra le tre ancora di dorso sappiamo con probabilità \(1/2\) il seme di tutte le carte sulla \(\ell\)-esima riga.

edit: ho cambiato solamente la lettera perché era uguale ad una usata sopra e poteva portare a confusione (e corretto errori di battitura)

[axpgn]

Sto ancora cercando di capire come funzioni ...
Quando dici che giri un mazzetto, per esempio $A$, significa che posso vedere tutte le carte di $A$ e nell'ordine da cima a fondo?
Anche $k$ si conosce o è arbitrario pure esso?

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Inoltre cosa significa "mischiare all'americana"? Che le carte di ogni mazzetto rimangono ordinate rispetto alle altre dello stesso mazzetto ma possono finire dovunque rispetto a quelle dell'altro?

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

"axpgn":Sto ancora cercando di capire come funzioni ...
Quando dici che giri un mazzetto, per esempio $A$, significa che posso vedere tutte le carte di $A$ e nell'ordine da cima a fondo?
Anche $k$ si conosce o è arbitrario pure esso?

Cordialmente, Alex

Esatto! Significa che puoi vedere tutte le carte e nello stesso ordine con cui sono posate. Quindi se una carta era in posizione \( \ell \) qualunque e di dorso, dopo la giri di faccia ma resta sempre alla posizione \( \ell \).
\( k\) anche lui è arbitrario.

"axpgn":Inoltre cosa significa "mischiare all'americana"? Che le carte di ogni mazzetto rimangono ordinate rispetto alle altre dello stesso mazzetto ma possono finire dovunque rispetto a quelle dell'altro?

Esattamente non sarei riuscito a dirlo meglio (non ci sono riuscito in effetti).

Un esempio è questo. Hai il mazzo
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Lo tagli in
1 2 3 4
5 6 7 8 9 10 11 12
Inverti l'ordine del primo mazzetto
4 3 2 1
5 6 7 8 9 10 11 12
Mischi all americana (il significato che hai detto te), ad esempio
(4) 5 6 (3) 7 (2) 8 9 (1) 10 11 12

Poi dividi in 4 mazzetti
A) (1) 7 (4)
B) 10 (2) 5
C) 11 8 6
D) 12 9 (3)

Girare un mazzetto, diciamo \(A\), significa semplicemente sapere i valori che ci sono dietro le carte.
Ad esempio, se giriamo \(A\), e diciamo che la X indica il dorso di una carta. Allora hai in realtà che tu conosci
A) (1) 7 (4)
B) X X X
C) X X X
D) X X X

Dove con le righe intendo che che la carta (1) è sulla stessa riga del 10, del 11 e del 12. Ovvero occupano la stessa posizione all interno dei loro mazzetti

[axpgn]

Ok, allora avevo capito bene ... il problema ... per la soluzione, ci vuole tempo, molto anzi parecchio ...

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

"axpgn":Ok, allora avevo capito bene ... il problema ... per la soluzione, ci vuole tempo, molto anzi parecchio ...

Beh dai almeno mi hai permesso di chiarire il problema nel caso non fosse stato chiaro a più persone!
Non c'è fretta, assolutamente.

[gabriella127]

"3m0o":

Poi dividi in 4 mazzetti
A) (1) 7 (4)
B) 10 (2) 5
C) 11 8 6
D) 12 9 (3)

Dove con le righe intendo che che la carta (1) è sulla stessa riga del 10, del 11 e del 12. Ovvero occupano la stessa posizione all interno dei loro mazzetti

Help 3m0o! Quindi in questa tabella tu per riga intendi colonna?
Ingenuamente per riga intendevo riga

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

"gabriella127":[quote="3m0o"]

Poi dividi in 4 mazzetti
A) (1) 7 (4)
B) 10 (2) 5
C) 11 8 6
D) 12 9 (3)

Dove con le righe intendo che che la carta (1) è sulla stessa riga del 10, del 11 e del 12. Ovvero occupano la stessa posizione all interno dei loro mazzetti

Help 3m0o! Quindi in questa tabella tu per riga intendi colonna?
Ingenuamente per riga intendevo riga [/quote]
Eh il problema è che non sapevo come fare i mazzetti. Cioè se distribuisci le carte fisicamente su un tavolo. La (4), 5,6 e la (3) toccano il tavolo. E la (1), 10, 11 e 12 sono in cima. Sono ruotate di 90 gradi e quindi sono delle righe e non delle colonne. Se vuoi sono così

A) | B) | C) | D)
1| 10 | 11 | 12
7 | 2 | 8 | 9
4 | 5 | 6 | 3

[gabriella127]

Chiaro, chiaro.

[axpgn]

Il mazzo iniziale è formato dalla sequenza $RN$ ripetuta e inizia appunto con una carta rossa.
Supponiamo che $k$ sia pari.
Il resto del mazzo rimane formato allo stesso modo: sequenza $RN$ ripetuta ed iniziacon una carta rossa mentre il mazzo $k$ è formato dalla sequenza $NR$ ed inizia con una carta nera.
Pensiamo al resto del mazzo come composto da blocchi di quattro carte, l'ultimo eventualmente incompleto; i blocchi sono tutti sequenze così fatte $RNRN$.
Quando vado a inserire la prima carta del mazzo $k$ che è $N$ in uno qualsiasi dei blocchi, questa "butterà fuori" dal blocco un'altra carta $N$, invertendo l'ordine dei blocchi successivi ma mantenendo la parità tra carte rosse e nere.
Quando vado a inserire la seconda carta del mazzo $k$ che è rossa, vado a buttar fuori dai blocchi una carta rossa, sia quando la inserisco nei blocchi successivi a quello dove ho inserito la prima, sia nello stesso; in tal caso infatti l'ultima carta è rossa a meno che si abbia inserito la prima (nera) nell'ultima posizione del blocco, però se così fosse la seconda da inserire (rossa)
andrebbe inserita nel blocco successivo perché non può essere inserita prima della prima.
In tutti i casi la situazione delle ultime carte dei blocchi torna quella iniziale e la situazione si ripete.
Quindi in ogni riga le carte rosse sono tante quante quellenere.
Se $k$ è dispari, si fa lo stesso ragionamento in quanto quello che cambia è l'ordinamento di entrambi i mazzi e perciò ininfluente.

Cordialmente, Alex

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

@axpgn

Sì, mi par essere giusto. Solo un'imprecisione che non è troppo influente ai fini del ragionamento. Cioè non è detto che inserendo la prima carta nera \(N_1\) (o qualunque altra carta) mantieni l'ordine o lo inverti. Ad esempio se hai
\[ RNRN \]
puoi inserirla in 4 punti
inverti l'ordine inserendola qui
\[ N_1 R N R \]
mantieni l'ordine inserendola qui
\[ RNRN_1\]
oppure hai anche il caso in cui
\[ RN_1 N R \]
oppure
\[ RNN_1 R \]
in questo caso modifichi il pattern proprio, però hai lo stesso numero di pari che di dispari su ogni blocco da 4 carte.

Ma quindi come fai a determinare con certezza il colore di tutte e quattro le carte, girandone una (più un mazzetto a caso)

[axpgn]

@3m0o

Per la verità, più che l'ordine (che mi serve fino ad un certo punto), la mia argomentazione si basa sulla carta che "butto fuori" dal quartetto la quale va a cambiare l'ultima dei quartetti successivi perché "butta fuori" sempre l'ultima; è questo ciò che conta, non so se mi sono spiegato ...

Cordialmente, Alex

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

Sì ho capito il tuo ragionamento, credo, cioè se in un gruppetto di quattro carte ci metto una nera me ne butta fuori una nera (idem con le rosse). E quindi il numero di nere e rosse in ogni gruppetto rimane invariato.
Comunque non hai risposto come fai a determinare il numero di rosse/nere con certezza.

[axpgn]

Sì, sostanzialmente è così, solo che spiegarlo per iscritto in modo più chiaro mi viene un po' difficile e sicuramente lungo ...
E poi, è vero che non ho detto che basta scoprire una carta qualsiasi di quelle coperte per sapere di che colore sono le altre due ma non l'ho fatto, non perché è ovvio ma perché mi capita spesso che dopo aver risolto "il problema" principale, non mi ricordo più che il quesito non è finito e che la domanda era un'altra

Cordialmente, Alex

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

@axpgn

"axpgn": poi, è vero che non ho detto che basta scoprire una carta qualsiasi di quelle coperte per sapere di che colore sono le altre due.

Eh no! Questo è falso! Perché ad esempio se ti ritrovassi nella situazione
\[ N_AR_BN_CR_D \]
dove con il pedice indico a quale mazzetto appartengono le carte e diciamo di aver girato il mazzetto \(D\), conosciamo solo
\[ X_A X_B X_C R_D \]
ora giriamo ad esempio \(X_C\) e supponiamo che sia nera allora abbiamo
\[ X_A X_B N_C R_D \]
ma non puoi distinguere i due casi possibili
\[ R_A N_B N_C R_D \]
oppure
\[ N_A R_B N_C R_D \]

[axpgn]

Sì, hai ragione, l'ho buttata lì con superficialità, ho dato per scontato anche questo ...
Però, volendo fare i pignoli, la mia frase "basta scoprire una carta qualsiasi di quelle coperte per sapere di che colore sono le altre due" è corretta ...
Io non ho scritto che conosco il colore di ciascuna ma che conosco qual è il colore di quelle due, come fai a dire che ho torto?
Qui si va sul sottile ... scherzo, eh!

Cordialmente, Alex

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

Stai usando la mia arma contro di me... non vale! Ora sono io a dirti di non essere pignolo allora

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

Nessuno?
Sennò pubblico la soluzione

[axpgn]

Mah, rifacendomi alla prima domanda, la butto lì ...

Se $k$ dà resto $2$ modulo $4$ allora la composizione dei "blocchi" da quattro non cambia mentre se non c'è resto allora fiori sostituiscono le picche in un blocco e viceversa in un altro, lo stesso per cuori e quadri.
Se $k$ dà resto $1$ modulo $4$ è come prima nel primo caso mentre se dà resto $3$ è come prima nel secondo caso.

Cordialmente, Alex

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

@axpgn

Onestamente.... non so. Ne se è giusto, ne se è sbagliato.

[axpgn]

Ma dai, è chiarissimo, è come l'altro
Sforzati un po' perché mi costerebbe troppo provare a scriverlo come faresti tu (anzi praticamente impossibile )
E poi, non dovrebbe essere difficile "interpretare" i miei geroglifici per uno che riempie di "chiaramente" quella roba che hai scritto in "Scervelliamoci un po' "

[ot]Permettimi di scherzare ... [/ot]


Cordialmente, Alex