Sulla "riduzione" matematica dei sistemi
In un'altra sezione di questo forum
viewtopic.php?f=26&t=38286&start=30
è stata chiusa il mese scorso da un moderatore, a mio avviso frettolosamente, la discussione:
"Il problema dei sistemi ridotti" che meriterebbe ulteriori analisi, contributi ed approfondimenti a beneficio degli utenti del forum, visto l'interesse che continuano a manifestare (oltre 800 visite dalla chiusura, in meno di un mese).
Il motivo principale di questo post (mi scuso se non è un gioco da risolvere) è che mi preme correggere un errore di digitazione che avevo fatto intervenendo in quella discussione a proposito della scomposizione delle 27 terzine del sistema integrale di 3 triple (1X2), errore che invalida la garanzia n-1 dei due riduttori da 6 combinazioni ciascuno.
Nel caso qualcuno l'abbia notato o abbia avuto perplessità al riguardo, mi correggo, riportando una delle possibili versioni con i 5 gruppi (5 - 5 - 5 - 6 - 6 terzine), ciascuno a garanzia minima di 2 punti su 3.
Le terzine sono scritte per comodità in orizzontale.
1) 111 - XX1 - 1XX - X1X - 222
2) 11X - XXX - 1X2 - X12 - 221
3) 112 - XX2 - 1X1 - X11 - 22X
4) 121 - X21 - 21X - 2XX - 212 - 2X2
5) 12X - X2X - 122 - X22 - 211 - 2X1
Confidando sia di gradimento a qualche appassionato, anche solo a livello di conoscenza, riporto anche la speranza matematica di vincita del 10elotto, che è un concorso affine al lotto, e come lui, chiaramente svantaggioso.
Il regolamento, per chi non lo dovesse conoscere, è qui:
http://www.lottomaticaitalia.it/10elott ... o/faq.html
Ad ogni concorso vengono estratti 20 numeri (su 90). Il giocatore deve compilare una (o più) schedina/e, selezionando a sua scelta una quantità di numeri da 1 a 10 (compresi fra 1 e 90).
Di seguito indico la probabilità di vincere e la relativa quota per scommesse di 10 numeri (giocando 1 euro)
Se qualcuno desiderasse avere queste informazioni anche per gli altri casi (giocate di 1, 2, ..., 9 numeri), e se i moderatori non hanno nulla in contrario, può pure chiedere.
Schedina da 10 numeri ------> Le decine totali possibili sono $ (90!)/(10!*80!) = 5,72E+12 $
10 punti:
probabilità = 3,2296E-08, cioè 1 su 30.963.246
vincita = 1.000.000 (3,23%)
9 punti:
probabilità = 2,055E-06, cioè 1 su 486.565
vincita = 30.000 (6,17%)
8 punti:
probabilità = 5,318E-05, cioè 1 su 18.804
vincita = 1.500 (7,98%)
7 punti:
probabilità = 0,000742, cioè 1 su 1.348
vincita = 150 (11,13%)
6 punti:
probabilità = 0,006212, cioè 1 su 161
vincita = 15 (9,32%)
5 punti:
probabilità = 0,032801, cioè 1 su 30,49
vincita = 5 (16,40%)
4 punti:
probabilità = 0,111046, cioè 1 su 9,01
nessuna vincita
3 punti:
probabilità = 0,23889, cioè 1 su 4,19
nessuna vincita
2 punti:
probabilità = 0,313543, cioè 1 su 3,19
nessuna vincita
1 punto:
probabilità = 0,227364, cioè 1 su 4,40
nessuna vincita
0 punti:
probabilità = 0,069346, cioè 1 su 14,42
vincita = 2 (13,87%)
Si può rilevare che le schedine vincenti sono il 10,92% del totale (una ogni nove circa) e la vincita attesa è di 68,09 a fronte di una spesa di 100.
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"Il problema dei sistemi ridotti" che meriterebbe ulteriori analisi, contributi ed approfondimenti a beneficio degli utenti del forum, visto l'interesse che continuano a manifestare (oltre 800 visite dalla chiusura, in meno di un mese).
Il motivo principale di questo post (mi scuso se non è un gioco da risolvere) è che mi preme correggere un errore di digitazione che avevo fatto intervenendo in quella discussione a proposito della scomposizione delle 27 terzine del sistema integrale di 3 triple (1X2), errore che invalida la garanzia n-1 dei due riduttori da 6 combinazioni ciascuno.
Nel caso qualcuno l'abbia notato o abbia avuto perplessità al riguardo, mi correggo, riportando una delle possibili versioni con i 5 gruppi (5 - 5 - 5 - 6 - 6 terzine), ciascuno a garanzia minima di 2 punti su 3.
Le terzine sono scritte per comodità in orizzontale.
1) 111 - XX1 - 1XX - X1X - 222
2) 11X - XXX - 1X2 - X12 - 221
3) 112 - XX2 - 1X1 - X11 - 22X
4) 121 - X21 - 21X - 2XX - 212 - 2X2
5) 12X - X2X - 122 - X22 - 211 - 2X1
Confidando sia di gradimento a qualche appassionato, anche solo a livello di conoscenza, riporto anche la speranza matematica di vincita del 10elotto, che è un concorso affine al lotto, e come lui, chiaramente svantaggioso.
Il regolamento, per chi non lo dovesse conoscere, è qui:
http://www.lottomaticaitalia.it/10elott ... o/faq.html
Ad ogni concorso vengono estratti 20 numeri (su 90). Il giocatore deve compilare una (o più) schedina/e, selezionando a sua scelta una quantità di numeri da 1 a 10 (compresi fra 1 e 90).
Di seguito indico la probabilità di vincere e la relativa quota per scommesse di 10 numeri (giocando 1 euro)
Se qualcuno desiderasse avere queste informazioni anche per gli altri casi (giocate di 1, 2, ..., 9 numeri), e se i moderatori non hanno nulla in contrario, può pure chiedere.
Schedina da 10 numeri ------> Le decine totali possibili sono $ (90!)/(10!*80!) = 5,72E+12 $
10 punti:
probabilità = 3,2296E-08, cioè 1 su 30.963.246
vincita = 1.000.000 (3,23%)
9 punti:
probabilità = 2,055E-06, cioè 1 su 486.565
vincita = 30.000 (6,17%)
8 punti:
probabilità = 5,318E-05, cioè 1 su 18.804
vincita = 1.500 (7,98%)
7 punti:
probabilità = 0,000742, cioè 1 su 1.348
vincita = 150 (11,13%)
6 punti:
probabilità = 0,006212, cioè 1 su 161
vincita = 15 (9,32%)
5 punti:
probabilità = 0,032801, cioè 1 su 30,49
vincita = 5 (16,40%)
4 punti:
probabilità = 0,111046, cioè 1 su 9,01
nessuna vincita
3 punti:
probabilità = 0,23889, cioè 1 su 4,19
nessuna vincita
2 punti:
probabilità = 0,313543, cioè 1 su 3,19
nessuna vincita
1 punto:
probabilità = 0,227364, cioè 1 su 4,40
nessuna vincita
0 punti:
probabilità = 0,069346, cioè 1 su 14,42
vincita = 2 (13,87%)
Si può rilevare che le schedine vincenti sono il 10,92% del totale (una ogni nove circa) e la vincita attesa è di 68,09 a fronte di una spesa di 100.
Risposte
Una delle domande che erano state poste nella discussione "Il problema dei sistemi ridotti" citato nel mio messaggio precedente, era la seguente:
Quante sestine nel Superenalotto occorre giocare per essere certi di fare almeno un 5? O un 4?
Prima di rispondere, limitiamoci per ora a calcolare il numero minimo "teorico" di combinazioni numeriche (es. sestine per il Superenalotto), che sono necessarie e al di sotto del quale non è matematicamente possibile costruire un agglomerato colonnare (sistema) che possa garantire la vincita richiesta in qualsiasi circostanza e per qualsiasi serie estratta.
In seguto, se del caso, si vedrà che le realizzazioni pratiche dei migliori studiosi del Covering Design:
https://www.ccrwest.org/cover.html
http://www.weefs-lottosysteme.de/systeme,en.htm
sono spesso ben lontane da questo "minimo" e che il limite delle combinazioni richieste è quasi sempre molto superiore.
Un piccolo cenno, per chi non lo sapesse, di cosa sono i sistemi usati nei concorsi ludici.
Per sistema si intende un aggregato particolare di combinazioni (in coppie, terzine, ..., decìne, ecc...) che nel loro insieme hanno determinate caratteristiche e proprietà di rappresentazione.
I sistemi vengono definiti "integrali" (se sono composti da tutte le possibili combinazioni e quindi il loro utilizzo condurrà inevitabilmente a vincita piena certa) o "ridotti" *(se sono composti da un numero minore di combinazioni e quindi, se si giocano, costano meno; c'è però l'handicap che potrebbero non dare la vincita piena, che si identifica con il punteggio massimo N, ma, se non vi è "incolonnamento della combinazione vincente", danno solo la garanzia di una vincita con punteggio inferiore, di 1 , 2, ... punti, che si chiama N-1, N-2, ecc...)
Ci sono poi i "sistemi condizionati", ma per adesso lasciamo perdere...
I sistemi numerici (quelli simbolici, ad esempio per il totocalcio, li esamineremo eventualmente in un'altra occasione) si rappresentano convenzionalmente in questo modo:
[size=150]v, k, t, m = b[/size]
associando ad ogni lettera un numero, con il seguente significato:
v = numero totale degli elementi che costituiscono il sistema (es. 90 numeri)
k = numero degli elementi che sono presenti in ogni blocco-combinazione (es. sestine)
t = punteggio minimo garantito dal sistema, ossia numero minimo di estratti presenti in una stessa combinazione del sistema (es. 3 per il superenalotto)
m = numeri che, tra quelli che vengono sorteggiati ad ogni estrazione, devono essere contenuti nel sistema (es. 6 per il superenalotto, 20 per il 10elotto, ecc...)
b = dimensione del sistema, cioè numero dei blocchi (combinazioni, dette normalmente colonne) di cui è composto
Ad esempio, 90,6,3,6 = 1124 e 20,10,7,10 = 30 sono due sistemi ridotti, attuali "primati", perché con 90 numeri la soluzione migliore a garanzia di 3 punti è di 1124 sestine e con 20 numeri il record a garanzia di 7 punti (utilizzabile ad esempio per winforlife) è di 30 decine.
Nei due link citati all'inizio sono disponibili le migliori soluzioni attuali di un gran numero di sistemi, per eventuale studio od una utilizzazione personale di gioco.
Ma qual è il numero minimo di combinazioni necessarie per un ipotetico riduttore teorico del sistema 90,6,3,6? Sono 318 (esattamente 317,908)
E del 20,10,7,10? Sono 11,18.
E di qualunque altro sistema?
Per trovare questo numero è necessario:
1) Calcolare quante sono le combinazioni che costituiscono il sistema integrale.
$I = C(v,k) = (v!)/(k!*(v-k)!) $
2) Calcolare il numero delle combinazioni che sono rappresentate (cioè coperte e che darebbero la vincita se fossero estratte) da 1 (ogni) combinazione giocata che fa parte del sistema:
- combinazioni dell'integrale $C(v,m)$ che danno la vincita piena N -----> t=m
- combinazioni che danno la vincita ridotta N-1 -----> t=m-1
- combinazioni che danno la vincita biridotta N-2 -----> t=m-2
-ecc... fino ad avere la vincita minima t richiesta dal sistema, cioè N-x -----> m-x=t
3) Dividere I per la somma delle colonne vincenti di cui al punto 2 (N+N-1+N-2, ecc...)
Il risultato così ottenuto rappresenta il numero delle combinazioni (ciascuna con k numeri) del riduttore teorico minimo relativo al sistema di v numeri a garanzia t punti con la presenza di m estratti.
Facciamo due esempi.
A) 30,8,6,8 ---- sistema di 30 numeri in ottine a garanzia del 6 con 8 presenze fra gli estratti
$ I = C(30,8) = 5852925 $
$ N $-----> $(t=m=8) = ((v-m)!)/((k-m)!*(v-k)!) = (22!)/(0!*22!) = 1 $
$ N-1$ ----->$(t=m-1=7) = (m!)/((m-1)!*1!) * ((v-m)!)/((k-m+1)!*(v-k-1)!) = (8!)/(7!*1!) * (22!)/(1!*21!) = 176$
$ N-2 $----->$ (t=m-2=6) = (m!)/((m-2)!*2!) * ((v-m)!)/((k-m+2)!*(v-k-2)!) = (8!)/(6!*2!) * (22!)/(2!*20!) = 6468$
R_teorico_minimo $ = 5852925/(1+176+6468) = 880,801 $
B) 90,6,2,5 ---- sistema di 90 numeri in sestine a garanzia ambo con 5 estratti
$ I = C(90,6) = 622614630 $
$ N $----->$ (t=m=5) = ((v-m)!)/((k-m)!*(v-k)!) = (85!)/(1!*84!) = 85$
$ N-1 $----->$(t=m-1=4) = (m!)/((m-1)!*1!) * ((v-m)!)/((k-m+1)!*(v-k-1)!) = (5!)/(4!*1!) * (85!)/(2!*83!) = 17850$
$ N-2$ -----> $(t=m-2=3) = (m!)/((m-2)!*2!) * ((v-m)!)/((k-m+2)!*(v-k-2)!) = (5!)/(3!*2!) * (85!)/(3!*82!) = 987700$
$ N-3 $-----> $(t=m-3=2) = (m!)/((m-3)!*3!) * ((v-m)!)/((k-m+3)!*(v-k-3)!) = (5!)/(2!*3!) * (85!)/(4!*81!) = 20247850$
R_teorico_minimo $ = 622614630/(85+17850+987700+20247850) = 29,295 $
Quante sestine nel Superenalotto occorre giocare per essere certi di fare almeno un 5? O un 4?
Prima di rispondere, limitiamoci per ora a calcolare il numero minimo "teorico" di combinazioni numeriche (es. sestine per il Superenalotto), che sono necessarie e al di sotto del quale non è matematicamente possibile costruire un agglomerato colonnare (sistema) che possa garantire la vincita richiesta in qualsiasi circostanza e per qualsiasi serie estratta.
In seguto, se del caso, si vedrà che le realizzazioni pratiche dei migliori studiosi del Covering Design:
https://www.ccrwest.org/cover.html
http://www.weefs-lottosysteme.de/systeme,en.htm
sono spesso ben lontane da questo "minimo" e che il limite delle combinazioni richieste è quasi sempre molto superiore.
Un piccolo cenno, per chi non lo sapesse, di cosa sono i sistemi usati nei concorsi ludici.
Per sistema si intende un aggregato particolare di combinazioni (in coppie, terzine, ..., decìne, ecc...) che nel loro insieme hanno determinate caratteristiche e proprietà di rappresentazione.
I sistemi vengono definiti "integrali" (se sono composti da tutte le possibili combinazioni e quindi il loro utilizzo condurrà inevitabilmente a vincita piena certa) o "ridotti" *(se sono composti da un numero minore di combinazioni e quindi, se si giocano, costano meno; c'è però l'handicap che potrebbero non dare la vincita piena, che si identifica con il punteggio massimo N, ma, se non vi è "incolonnamento della combinazione vincente", danno solo la garanzia di una vincita con punteggio inferiore, di 1 , 2, ... punti, che si chiama N-1, N-2, ecc...)
Ci sono poi i "sistemi condizionati", ma per adesso lasciamo perdere...
I sistemi numerici (quelli simbolici, ad esempio per il totocalcio, li esamineremo eventualmente in un'altra occasione) si rappresentano convenzionalmente in questo modo:
[size=150]v, k, t, m = b[/size]
associando ad ogni lettera un numero, con il seguente significato:
v = numero totale degli elementi che costituiscono il sistema (es. 90 numeri)
k = numero degli elementi che sono presenti in ogni blocco-combinazione (es. sestine)
t = punteggio minimo garantito dal sistema, ossia numero minimo di estratti presenti in una stessa combinazione del sistema (es. 3 per il superenalotto)
m = numeri che, tra quelli che vengono sorteggiati ad ogni estrazione, devono essere contenuti nel sistema (es. 6 per il superenalotto, 20 per il 10elotto, ecc...)
b = dimensione del sistema, cioè numero dei blocchi (combinazioni, dette normalmente colonne) di cui è composto
Ad esempio, 90,6,3,6 = 1124 e 20,10,7,10 = 30 sono due sistemi ridotti, attuali "primati", perché con 90 numeri la soluzione migliore a garanzia di 3 punti è di 1124 sestine e con 20 numeri il record a garanzia di 7 punti (utilizzabile ad esempio per winforlife) è di 30 decine.
Nei due link citati all'inizio sono disponibili le migliori soluzioni attuali di un gran numero di sistemi, per eventuale studio od una utilizzazione personale di gioco.
Ma qual è il numero minimo di combinazioni necessarie per un ipotetico riduttore teorico del sistema 90,6,3,6? Sono 318 (esattamente 317,908)
E del 20,10,7,10? Sono 11,18.
E di qualunque altro sistema?
Per trovare questo numero è necessario:
1) Calcolare quante sono le combinazioni che costituiscono il sistema integrale.
$I = C(v,k) = (v!)/(k!*(v-k)!) $
2) Calcolare il numero delle combinazioni che sono rappresentate (cioè coperte e che darebbero la vincita se fossero estratte) da 1 (ogni) combinazione giocata che fa parte del sistema:
- combinazioni dell'integrale $C(v,m)$ che danno la vincita piena N -----> t=m
- combinazioni che danno la vincita ridotta N-1 -----> t=m-1
- combinazioni che danno la vincita biridotta N-2 -----> t=m-2
-ecc... fino ad avere la vincita minima t richiesta dal sistema, cioè N-x -----> m-x=t
3) Dividere I per la somma delle colonne vincenti di cui al punto 2 (N+N-1+N-2, ecc...)
Il risultato così ottenuto rappresenta il numero delle combinazioni (ciascuna con k numeri) del riduttore teorico minimo relativo al sistema di v numeri a garanzia t punti con la presenza di m estratti.
Facciamo due esempi.
A) 30,8,6,8 ---- sistema di 30 numeri in ottine a garanzia del 6 con 8 presenze fra gli estratti
$ I = C(30,8) = 5852925 $
$ N $-----> $(t=m=8) = ((v-m)!)/((k-m)!*(v-k)!) = (22!)/(0!*22!) = 1 $
$ N-1$ ----->$(t=m-1=7) = (m!)/((m-1)!*1!) * ((v-m)!)/((k-m+1)!*(v-k-1)!) = (8!)/(7!*1!) * (22!)/(1!*21!) = 176$
$ N-2 $----->$ (t=m-2=6) = (m!)/((m-2)!*2!) * ((v-m)!)/((k-m+2)!*(v-k-2)!) = (8!)/(6!*2!) * (22!)/(2!*20!) = 6468$
R_teorico_minimo $ = 5852925/(1+176+6468) = 880,801 $
B) 90,6,2,5 ---- sistema di 90 numeri in sestine a garanzia ambo con 5 estratti
$ I = C(90,6) = 622614630 $
$ N $----->$ (t=m=5) = ((v-m)!)/((k-m)!*(v-k)!) = (85!)/(1!*84!) = 85$
$ N-1 $----->$(t=m-1=4) = (m!)/((m-1)!*1!) * ((v-m)!)/((k-m+1)!*(v-k-1)!) = (5!)/(4!*1!) * (85!)/(2!*83!) = 17850$
$ N-2$ -----> $(t=m-2=3) = (m!)/((m-2)!*2!) * ((v-m)!)/((k-m+2)!*(v-k-2)!) = (5!)/(3!*2!) * (85!)/(3!*82!) = 987700$
$ N-3 $-----> $(t=m-3=2) = (m!)/((m-3)!*3!) * ((v-m)!)/((k-m+3)!*(v-k-3)!) = (5!)/(2!*3!) * (85!)/(4!*81!) = 20247850$
R_teorico_minimo $ = 622614630/(85+17850+987700+20247850) = 29,295 $
Una digressione...
Quante estrazioni (IN MEDIA) sono necessarie affinché escano tutti i 90 numeri al lotto?
Il "campo" di questa variabile va da un minimo di 18 estrazioni (nell'ipotetica ed improbabile eventualità che non si verifichi mai nessuna ripetizione dei numeri usciti in precedenza) ad un teorico ed ancora più improbabile "numero infinito di estrazioni", ove non dovesse mai sortire uno o più dei 90 numeri.
Ma c'è un tempo medio di attesa, che corrisponde al risultato della somma della serie di prodotti della probabilità favorevole all'esito dell'evento (uscita dei 90 numeri) per il numero delle estrazioni in cui si realizza questa eventualità. E' quindi la vera e propria media del numero di estrazioni che si ha dopo la ripetizione di un significativo numero di volte di questa prova (estrazioni di 5 numeri da un sacchetto che ne contiene 90 con successivo reinserimento), ciascuna della quale termina con il sorteggio della cinquina contenente l'ultimo/i numero/i ritardatario/i.
Per inquadrare meglio il problema, esaminiamo quello che succede lanciando più volte una moneta equa.
La probabilità di avere testa o croce ad ogni lancio è 1/2.
Al primo lancio può uscire indifferentemente o T o C; al secondo lancio, se esce l'esito opposto (probabilità = 1/2), la prova è terminata, perché sono usciti tutti e due i segni possibili, con un tempo di attesa di 2 lanci. Se invece si ripete lo stesso esito del primo lancio (probabilità = 1/2), occorre proseguire con un terzo lancio.
E così via, finché si osserva l'uscita del secondo segno.
Ma qual è il tempo medio d'attesa? E' uguale a 3 lanci della moneta, come potrebbe essere verificato e confermato da chi ha qualche competenza di programmazione con una simulazione al computer.
Ma è anche abbastanza evidente prenderne atto con questo semplice ragionamento: ad un primo lancio (quello necessario per il primo esito di T o C), bisogna sommare altri due lanci, necessari in media per ottenere l'altro esito, come si desume dall'inverso della probabilità (casi totali/casi favorevoli, che vale 2).
Per il lancio della moneta, l'attesa media di avere entrambe le facce T e C (3 lanci) può essere confrontata con i 6 casi favorevoli TTC - TCT - CTT - CCT - CTC - TCC sugli 8 casi possibili e in questo caso corrisponde al 75% di probabilità. Ma questo non è un dato fisso e la probabilità di avere tutti gli esiti possibili in coincidenza con il tempo (lanci-estrazioni) medio di attesa diminuisce al crescere di n (n=2 per la moneta, 6 per il dado, 90/5 per il lotto, ecc...)
Il problema che si sta discutendo è analogo a quello noto come " Il problema del collezionista", in quanto risponde alla domanda (che ci eravamo posti tutti da bambini, quando non riuscivamo mai a trovare il portiere Pizzaballa per finire la raccolta di figurine Panini dei calciatori :angry: ):
Quante figurine deve acquistare in media un collezionista per completare la raccolta di un album di n figurine?
La risposta si ottiene con questa formula:
[size=150]Numero_figurine_da_acquistare = n*(1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n)[/size]
che per n sufficientemente grande vale circa:
= n*(logaritmo_naturale(n) + C)
dove C = 0,5772... è la costante di Eulero- Mascheroni.
Come esempio, possiamo calcolare che per una raccolta di 100 figurine occorrono in media 519 acquisti, cioè:
100/100 + 100/99 + 100/98 + ... + 100/2 + 100/1 = 518,7377...
mentre per la stessa raccolta, e per il riempimento a metà dell'album (cioè di 50 figurine) ne bastano 69:
100/100 + 100/99 + 100/98 + ... + 100/52 + 100/51 = 68,817...
Per applicare la stessa formula al lotto, dobbiamo ricordare che ad ogni estrazione escono 5 numeri (non 1).
D'altronde, non possiamo neppure fare una semplificazione 90/5 = 18, perché i numeri (cioè la collezione di figurine) non sono 18 e ogni volta se ne estrae 1, ma sono 90 e se ne "acquistano" certamente 5 diversi fra loro:
Se facciamo:
= (90/90 + 90/89 + 90/88 + ... + 90/2 + 90/1) / 5 = 91,486...
otteniamo certamente un valore in eccesso.
D'altronde,facendo:
= 90/(90-2,5) + 90/(85-2,5) + 90/(80-2,5) + ... + 90/(10-2,5) + 90/(5-2,5) = 87,372...
il risultato è in difetto.
Il valore vero della media delle estrazioni necessarie affinché escano tutti i 90 numeri del lotto è in realtà compreso fra 89 e 90 estrazioni (89,83), come (forse) cercherò di spiegare in una prossima occasione.
Va infine rilevato che con questo limite, la probabilità in una prova singola di avere effettivamente la comparsa di tutti i 90 numeri è solo del 58%, mentre nel 42% dei casi si verificherà che uno o più numeri "ritarderanno" 90 o più estrazioni.
--------
Capiterà mai nel corso della vita degli uomini sulla terra (ammettendo si continuino sempre a fare le estrazioni del lotto con l'attuale frequenza) che si verifichino 18 estrazioni successive, a seguito delle quali escano tutti i 90 numeri del lotto, ciascuno una volta sola, ossia nessun numero mancante e nessun numero ripetuto?
Giudicate voi... dopo aver visto questi calcoli.
Il problema è: [size=150]qual è la probabilità che in 18 estrazioni successive escano tutti i 90 numeri del lotto?[/size]
Come sappiamo le combinazioni di 90 numeri in gruppi di 5 sono = C(90,5) = 90!/(85!*5!) = 43.949.268
Calcoliamo la probabilità di avere alla prima estrazione 5 numeri "nuovi e diversi": è ovviamente il 100%
P(1) = C(90,5)/C(90,5) = 1
Ora, alla seconda estrazione non può ripetersi nessuno dei 5 numeri estratti prima, e devono uscire 5 qualsiasi degli altri 85 numeri:
p(2) = p(1) * C(85,5)/C(90,5) = 0,7463...
Analogamente, alla terza estrazione, i 5 numeri che devono uscire sono compresi fra gli 80 finora vergini:
p(3) = p(2) * C(80,5)/C(90,5) = 0,4082...
ecc... ecc..., la cosa diventa sempre meno probabile, fino ad arrivare alla diciottesima estrazione, la cui probabilità è:
p(18) = p(17) * C(5,0)/C(90,5) = 1,49123E-37
Questo valore così "infinitamente" piccolo è la probabilità che escano tutti i 90 numeri in 18 estrazioni!!!
Ricapitolando e in pratica:
Probabilità di avere tutti numeri diversi in 18 estrazioni = 90!/(C(90,5)^18*(5!)^18)
e semplificando:
[size=150]Probabilità di avere tutti numeri diversi in 18 estrazioni = (85!)^18/(90!)^17[/size]
Per il calcolo con excel, a causa dei numeri troppo alti, si può fare:
=10^(18*LOG(FATTORIALE(85))-17*LOG(FATTORIALE(90)))
o anche:
=FATTORIALE(85)/(90*89*88*87*86)^17
Nino
Quante estrazioni (IN MEDIA) sono necessarie affinché escano tutti i 90 numeri al lotto?
Il "campo" di questa variabile va da un minimo di 18 estrazioni (nell'ipotetica ed improbabile eventualità che non si verifichi mai nessuna ripetizione dei numeri usciti in precedenza) ad un teorico ed ancora più improbabile "numero infinito di estrazioni", ove non dovesse mai sortire uno o più dei 90 numeri.
Ma c'è un tempo medio di attesa, che corrisponde al risultato della somma della serie di prodotti della probabilità favorevole all'esito dell'evento (uscita dei 90 numeri) per il numero delle estrazioni in cui si realizza questa eventualità. E' quindi la vera e propria media del numero di estrazioni che si ha dopo la ripetizione di un significativo numero di volte di questa prova (estrazioni di 5 numeri da un sacchetto che ne contiene 90 con successivo reinserimento), ciascuna della quale termina con il sorteggio della cinquina contenente l'ultimo/i numero/i ritardatario/i.
Per inquadrare meglio il problema, esaminiamo quello che succede lanciando più volte una moneta equa.
La probabilità di avere testa o croce ad ogni lancio è 1/2.
Al primo lancio può uscire indifferentemente o T o C; al secondo lancio, se esce l'esito opposto (probabilità = 1/2), la prova è terminata, perché sono usciti tutti e due i segni possibili, con un tempo di attesa di 2 lanci. Se invece si ripete lo stesso esito del primo lancio (probabilità = 1/2), occorre proseguire con un terzo lancio.
E così via, finché si osserva l'uscita del secondo segno.
Ma qual è il tempo medio d'attesa? E' uguale a 3 lanci della moneta, come potrebbe essere verificato e confermato da chi ha qualche competenza di programmazione con una simulazione al computer.
Ma è anche abbastanza evidente prenderne atto con questo semplice ragionamento: ad un primo lancio (quello necessario per il primo esito di T o C), bisogna sommare altri due lanci, necessari in media per ottenere l'altro esito, come si desume dall'inverso della probabilità (casi totali/casi favorevoli, che vale 2).
Per il lancio della moneta, l'attesa media di avere entrambe le facce T e C (3 lanci) può essere confrontata con i 6 casi favorevoli TTC - TCT - CTT - CCT - CTC - TCC sugli 8 casi possibili e in questo caso corrisponde al 75% di probabilità. Ma questo non è un dato fisso e la probabilità di avere tutti gli esiti possibili in coincidenza con il tempo (lanci-estrazioni) medio di attesa diminuisce al crescere di n (n=2 per la moneta, 6 per il dado, 90/5 per il lotto, ecc...)
Il problema che si sta discutendo è analogo a quello noto come " Il problema del collezionista", in quanto risponde alla domanda (che ci eravamo posti tutti da bambini, quando non riuscivamo mai a trovare il portiere Pizzaballa per finire la raccolta di figurine Panini dei calciatori :angry: ):
Quante figurine deve acquistare in media un collezionista per completare la raccolta di un album di n figurine?
La risposta si ottiene con questa formula:
[size=150]Numero_figurine_da_acquistare = n*(1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n)[/size]
che per n sufficientemente grande vale circa:
= n*(logaritmo_naturale(n) + C)
dove C = 0,5772... è la costante di Eulero- Mascheroni.
Come esempio, possiamo calcolare che per una raccolta di 100 figurine occorrono in media 519 acquisti, cioè:
100/100 + 100/99 + 100/98 + ... + 100/2 + 100/1 = 518,7377...
mentre per la stessa raccolta, e per il riempimento a metà dell'album (cioè di 50 figurine) ne bastano 69:
100/100 + 100/99 + 100/98 + ... + 100/52 + 100/51 = 68,817...
Per applicare la stessa formula al lotto, dobbiamo ricordare che ad ogni estrazione escono 5 numeri (non 1).
D'altronde, non possiamo neppure fare una semplificazione 90/5 = 18, perché i numeri (cioè la collezione di figurine) non sono 18 e ogni volta se ne estrae 1, ma sono 90 e se ne "acquistano" certamente 5 diversi fra loro:
Se facciamo:
= (90/90 + 90/89 + 90/88 + ... + 90/2 + 90/1) / 5 = 91,486...
otteniamo certamente un valore in eccesso.
D'altronde,facendo:
= 90/(90-2,5) + 90/(85-2,5) + 90/(80-2,5) + ... + 90/(10-2,5) + 90/(5-2,5) = 87,372...
il risultato è in difetto.
Il valore vero della media delle estrazioni necessarie affinché escano tutti i 90 numeri del lotto è in realtà compreso fra 89 e 90 estrazioni (89,83), come (forse) cercherò di spiegare in una prossima occasione.
Va infine rilevato che con questo limite, la probabilità in una prova singola di avere effettivamente la comparsa di tutti i 90 numeri è solo del 58%, mentre nel 42% dei casi si verificherà che uno o più numeri "ritarderanno" 90 o più estrazioni.
--------
Capiterà mai nel corso della vita degli uomini sulla terra (ammettendo si continuino sempre a fare le estrazioni del lotto con l'attuale frequenza) che si verifichino 18 estrazioni successive, a seguito delle quali escano tutti i 90 numeri del lotto, ciascuno una volta sola, ossia nessun numero mancante e nessun numero ripetuto?
Giudicate voi... dopo aver visto questi calcoli.
Il problema è: [size=150]qual è la probabilità che in 18 estrazioni successive escano tutti i 90 numeri del lotto?[/size]
Come sappiamo le combinazioni di 90 numeri in gruppi di 5 sono = C(90,5) = 90!/(85!*5!) = 43.949.268
Calcoliamo la probabilità di avere alla prima estrazione 5 numeri "nuovi e diversi": è ovviamente il 100%
P(1) = C(90,5)/C(90,5) = 1
Ora, alla seconda estrazione non può ripetersi nessuno dei 5 numeri estratti prima, e devono uscire 5 qualsiasi degli altri 85 numeri:
p(2) = p(1) * C(85,5)/C(90,5) = 0,7463...
Analogamente, alla terza estrazione, i 5 numeri che devono uscire sono compresi fra gli 80 finora vergini:
p(3) = p(2) * C(80,5)/C(90,5) = 0,4082...
ecc... ecc..., la cosa diventa sempre meno probabile, fino ad arrivare alla diciottesima estrazione, la cui probabilità è:
p(18) = p(17) * C(5,0)/C(90,5) = 1,49123E-37
Questo valore così "infinitamente" piccolo è la probabilità che escano tutti i 90 numeri in 18 estrazioni!!!
Ricapitolando e in pratica:
Probabilità di avere tutti numeri diversi in 18 estrazioni = 90!/(C(90,5)^18*(5!)^18)
e semplificando:
[size=150]Probabilità di avere tutti numeri diversi in 18 estrazioni = (85!)^18/(90!)^17[/size]
Per il calcolo con excel, a causa dei numeri troppo alti, si può fare:
=10^(18*LOG(FATTORIALE(85))-17*LOG(FATTORIALE(90)))
o anche:
=FATTORIALE(85)/(90*89*88*87*86)^17
Nino
Dopo aver visto qual è la probabilità che in 18 estrazioni successive escano tutti i 90 numeri del lotto, cerchiamo di dare una risposta (per il momento approssimata) a quest'altra domanda:
Dopo 100 estrazioni (e più in generale dopo un qualsiasi numero n di estrazioni) come si fa a calcolare la probabilità di non avere più nessun numero non estratto, cioè di osservare tutti i 90 numeri usciti in una ruota?
E quindi (per differenza dal 100%) qual è la probabilità che si trovi ancora almeno un ritardatario?
Il calcolo preciso non è semplice; eventualmente ne entrerò in dettaglio in seguito, spiegando come realizzare una tabella che permette di determinare esattamente qual è l'andamento e la sortita di x dei 90 numeri in funzione di n estrazioni successive.
Alla domanda che ci siamo posti rispondono in modo approssimato, ma notevolmente preciso, indifferentemente una o l'altra delle seguenti formule:
Probabilità_uscita_90_numeri_in_n_estrazioni = [1 - (17/18)^n]^90
o anche = Exp[-((17/18)^n *90)]
Calcoliamo ad esempio la probabilità di non avere nessun ritardatario dopo 100 estrazioni (in una ruota):
il risultato è 74,31% con la prima formula e 74,35% con la seconda (mentre il valore esatto è 74,10%).
Questo significa anche che la probabilità di avere almeno un ritardo dopo 100 estrazioni in una ruota è 1-p calcolato prima, cioè circa il 25,7%.
Se desideriamo esaminare un numero di ruote maggiore di 1, dobbiamo effettuare l'elevazione a potenza.
Esempio, probabilità di avere almeno un numero ritardatario dopo 100 estrazioni in almeno una delle 10 ruote è:
= 1 - (0,741)^10 = 95%
Per concludere, stimiamo la probabilità di avere almeno un ritardatario dopo 200 estrazioni in una ruota (ritardo che corrisponde quasi al limite sperimentale osservato per l'estratto nella storia del lotto).
Con la prima delle due formule proposte (ma è lo stesso anche con l'altra), si ottiene:
= 1 - [1 - (17/18)^200]^90 = 0,0009757
cioè quasi una volta ogni 1000 estrazioni.
Dopo 100 estrazioni (e più in generale dopo un qualsiasi numero n di estrazioni) come si fa a calcolare la probabilità di non avere più nessun numero non estratto, cioè di osservare tutti i 90 numeri usciti in una ruota?
E quindi (per differenza dal 100%) qual è la probabilità che si trovi ancora almeno un ritardatario?
Il calcolo preciso non è semplice; eventualmente ne entrerò in dettaglio in seguito, spiegando come realizzare una tabella che permette di determinare esattamente qual è l'andamento e la sortita di x dei 90 numeri in funzione di n estrazioni successive.
Alla domanda che ci siamo posti rispondono in modo approssimato, ma notevolmente preciso, indifferentemente una o l'altra delle seguenti formule:
Probabilità_uscita_90_numeri_in_n_estrazioni = [1 - (17/18)^n]^90
o anche = Exp[-((17/18)^n *90)]
Calcoliamo ad esempio la probabilità di non avere nessun ritardatario dopo 100 estrazioni (in una ruota):
il risultato è 74,31% con la prima formula e 74,35% con la seconda (mentre il valore esatto è 74,10%).
Questo significa anche che la probabilità di avere almeno un ritardo dopo 100 estrazioni in una ruota è 1-p calcolato prima, cioè circa il 25,7%.
Se desideriamo esaminare un numero di ruote maggiore di 1, dobbiamo effettuare l'elevazione a potenza.
Esempio, probabilità di avere almeno un numero ritardatario dopo 100 estrazioni in almeno una delle 10 ruote è:
= 1 - (0,741)^10 = 95%
Per concludere, stimiamo la probabilità di avere almeno un ritardatario dopo 200 estrazioni in una ruota (ritardo che corrisponde quasi al limite sperimentale osservato per l'estratto nella storia del lotto).
Con la prima delle due formule proposte (ma è lo stesso anche con l'altra), si ottiene:
= 1 - [1 - (17/18)^200]^90 = 0,0009757
cioè quasi una volta ogni 1000 estrazioni.
"nino_":
Una digressione...
Il problema che si sta discutendo è analogo a quello noto come " Il problema del collezionista", in quanto risponde alla domanda (che ci eravamo posti tutti da bambini, quando non riuscivamo mai a trovare il portiere Pizzaballa per finire la raccolta di figurine Panini dei calciatori :angry: ):
Quante figurine deve acquistare in media un collezionista per completare la raccolta di un album di n figurine?
La risposta si ottiene con questa formula:
[size=150]Numero_figurine_da_acquistare = n*(1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n)[/size]
che per n sufficientemente grande vale circa:
= n*(logaritmo_naturale(n) + C)
dove C = 0,5772... è la costante di Eulero- Mascheroni.
Come esempio, possiamo calcolare che per una raccolta di 100 figurine occorrono in media 519 acquisti, cioè:
100/100 + 100/99 + 100/98 + ... + 100/2 + 100/1 = 518,7377...
mentre per la stessa raccolta, e per il riempimento a metà dell'album (cioè di 50 figurine) ne bastano 69:
100/100 + 100/99 + 100/98 + ... + 100/52 + 100/51 = 68,817...
Nino
Salve Nino
"Quante figurine deve acquistare in media un collezionista per completare la raccolta di un album di n figurine?"
Invece se la domanda cambia in:
"Quante bustine di figurine deve acquistare in media un collezionista per completare la raccolta di un album di n figurine?"
- la collezione è formata da 400 figurine
- ogni bustina contiene quattro figurine diverse tra loro
come si esegue il calcolo ?
"utopian":
"Quante figurine deve acquistare in media un collezionista per completare la raccolta di un album di n figurine?"
Invece se la domanda cambia in:
"Quante bustine di figurine deve acquistare in media un collezionista per completare la raccolta di un album di n figurine?"
- la collezione è formata da 400 figurine
- ogni bustina contiene quattro figurine diverse tra loro
come si esegue il calcolo ?
Ciao,
il problema è simile alla situazione che avevo citato a proposito del lotto:
" Quante estrazioni in media sono necessarie affinché escano tutti i 90 numeri?"
Nel caso da te indicato, il numero approssimato di bustine che si devono acquistare si può ottenere così:
$ (400/400 + 400/399 + .... + 400/2 + 400/1) / 4 = 656,99 $
oppure:
$ ((400)/(400-2) + (400)/(396-2) + .... + (400)/(8-2) + (400)/(4-2)) = 656,87 $
Per la conferma si potrebbe fare una simulazione e per avere una precisione maggiore utilizzare le catene di Markov.
Nino
Grazie 
Con l'aumentare del numero di figurine contenute nelle bustine l'errore diventa eccessivo, vero ?
E' difficile l'utilizzo delle catene di Markov ?
Con l'aumentare del numero di figurine contenute nelle bustine l'errore diventa eccessivo, vero ?
E' difficile l'utilizzo delle catene di Markov ?
"utopian":
Con l'aumentare del numero di figurine contenute nelle bustine l'errore diventa eccessivo, vero ?
Sì certo, aumentando il numero di figurine per bustina, il risultato ad un certo punto non è più attendibile.
"utopian":
E' difficile l'utilizzo delle catene di Markov ?
Non è che io sia un esperto di catene di Markov...
Ho però realizzato un foglio excel (in realtà ce ne sono voluti due, a causa del limite delle colonne, che per il mio excel è 256).
Il minimo numero di bustine per completare l'album è chiaramente 100 (probabilità = 4,3228E-172)
Ho fatto eseguire il calcolo da a 1 a 2200 bustine.
Il 50% di probabilità di completare l'album si ha fra 633 e 634 bustine, la probabilità maggiore (0,37255%) si ha con 597 bustine e il numero medio è risultato 654,9 (un po' inferiore rispetto al calcolo fatto in precedenza...
)Nino
"nino_":[/quote]
[quote="utopian"]
Il minimo numero di bustine per completare l'album è chiaramente 100 (probabilità = 4,3228E-172)
Ho fatto eseguire il calcolo da a 1 a 2200 bustine.
Il 50% di probabilità di completare l'album si ha fra 633 e 634 bustine, la probabilità maggiore (0,37255%) si ha con 597 bustine e il numero medio è risultato 654,9 (un po' inferiore rispetto al calcolo fatto in precedenza...
Ciao
Ricapitolando
.... Markov non c'è
, il risultato di excel è probabilmente
da errori di troncamento e approssimazionese altri non intervengono in
......non resta che simulare.Ma come impostare i parametri per una simulazione attendibile in questi casi ?
"utopian":
.... Markov non c'è
il risultato di excel è probabilmente da errori di troncamento e approssimazione
Veramente... questo è il procedimento che ho seguito con il mio foglio excel.
- Acquisto della 1) bustina: si hanno 4 figurine diverse (probabilità = 1, zero per tutti gli altri casi)
-Acquisto della 2) bustina: può verificarsi la transizione in 5 stati:
a) ripetizione delle 4 figurine precedenti: $4$ figurine e $p=9,5171E-10$
b) ripetizione di 3 figurine precedenti e 1 figurina nuova : $ 5$ figurine e $p=1,5075E-06$
c) ripetizione di 2 figurine precedenti e 2 figurine nuove : $6$ figurine e $p=0,0004466$
d) ripetizione di 1 figurina precedente e 3 figurine nuove : $7$ figurine e $p=0,039102275$
e) tutte e 4 le figurine sono nuove : $8$ figurine e $p=0,9604496$
-Acquisto della 3) bustina: si può transitare in 13 stati, da 4 a 12 figurine finali, con questa probabilità:
$4 = 9,05753E-19$
$5 = 8,60827E-15$
$6 = 1,24676E-11$
$7 = 5,80539E-09$
$8 = 1,1435E-06$
$9 = 0,000107495$
$10 = 0,004996947$
$11 = 0,10927902$
$12 = 0,88561539$
- ecc... ecc...
Con un foglio excel è abbastanza facile iterare fino allo stato finale (completamento dell'album con 400 figurine), procedendo fino al numero di acquisti di bustine di figurine che si desiderano.
A parte possibili errori dovuti all'approssimazione dei calcoli di excel, il procedimento è rigoroso e la probabilità di concludere l'album in funzione del numero di bustine acquistate così determinato, mi pare ineccepibile.
[/quote]
A parte possibili errori dovuti all'approssimazione dei calcoli di excel, il procedimento è rigoroso e la probabilità di concludere l'album in funzione del numero di bustine acquistate così determinato, mi pare ineccepibile.[/quote]
Grazie per le risposte.
Non sono
di Excel ,
ricordavo che nei calcoli ricorsivi non in base 2 l'approssimazione alla 15° cifra decimale poteva risultare un poco "strettina" con calcoli impeganativi, non so se questo caso possa rientrarvi. Le mie scarne capacità mi impediscono di dirimere la questione con excel e allora non mi resta che
Ma é vero o falso ?
Ma non era costante ?](/datas/uploads/forum/emoji/eusa_wall.gif "Brick wall")
A parte possibili errori dovuti all'approssimazione dei calcoli di excel, il procedimento è rigoroso e la probabilità di concludere l'album in funzione del numero di bustine acquistate così determinato, mi pare ineccepibile.[/quote]
Grazie per le risposte.
Non sono
di Excel ,ricordavo che nei calcoli ricorsivi non in base 2 l'approssimazione alla 15° cifra decimale poteva risultare un poco "strettina" con calcoli impeganativi, non so se questo caso possa rientrarvi. Le mie scarne capacità mi impediscono di dirimere la questione con excel e allora non mi resta che
Ma é vero o falso ?
Ma non era costante ?
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