Gruppi lancio dadi
Ciao ragazzi,
premetto che di matematica ne capisco tanto quanto di calcio, ovvero poco, ma del resto ognuno a i suoi interessi.
Vorrei un aiuto, da voi esperti, su come calcolare lo sviluppo delle probabilità (formula e/o relativo risultato, come più vi è semplice) su quattro gruppi. Come se fosse un dado a sole 4 facce.
1 gruppo che chiameremo A
2 gruppo che chiameremo B
3 gruppo che chiameremo C
4 gruppo che chiameremo D
In un ciclo naturale di quattro lanci/tentativi (dell'ipotetico dado) si possono ottenere le seguenti combinazioni, che sono cinque, ovvero:
4000 (a prescindere da quale gruppo farà 4 e gli altri tre 0). Percentuale singola (?)
3100 (a prescindere da quale gruppo farà 3 a 1 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
2200 (a prescindere da quale gruppo farà 2 a 2 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
2110 (a prescindere da quale gruppo farà 2 a 1 a 1 e l'altro 0). Percentuale singola (?)
1111 (tutti i gruppi presentano 1 uscita). Percentuale singola (?)
---------------------------------------------------------------- 100% totale dei quattro gruppi (?)
Bene. Come ottengo/calcolo le suddette percentuali?
Io so calcolare solo la prima. Del resto ho premesso la mia ignoranza
. Con le altre non ne vengo a capo.
Mentre In un ciclo naturale di otto lanci/tentativi si possono ottenere le seguenti combinazioni, che sono tredici, ovvero:
8000 (a prescindere da quale gruppo farà 8 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
7100 (a prescindere da quale gruppo farà 7 a 1 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
6110 (a prescindere da quale gruppo farà 6 a 1 a 1 e l'altro 0). Percentuale singola (?)
6200 (a prescindere da quale gruppo farà 6 a 2 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
5111 (a prescindere da quale gruppo farà 5 a 1 a 1 a 1). Percentuale singola (?)
5210 (a prescindere da quale gruppo farà 5 a 2 a 1 e l'altro 0). Percentuale singola (?)
5300 (a prescindere da quale gruppo farà 5 a 3 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
4211 (a prescindere da quale gruppo farà 4 a 2 a 1 a 1). Percentuale singola (?)
4310 (a prescindere da quale gruppo farà 4 a 3 a 1 e l'altro 0). Percentuale singola (?)
4400 (a prescindere da quale gruppo farà 4 a 4 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
3311 (a prescindere da quale gruppo farà 3 a 3 a 1 a 1). Percentuale singola (?)
3320 (a prescindere da quale gruppo farà 3 a 3 a 2) e l'altro 0). Percentuale singola (?)
2222 ( tutti i gruppi presentano due uscite). Percentuale singola (?)
--------------------------------------------------------------100% totale dei tredici gruppi (?)
Ragazzi spero di aver espresso con chiarezza il mio pensiero, a cui non so dare risposta, e di non aver fatto errori di trascrizione. Semmai chiedete.
ringrazio anticipatamente chiunque voglia e/o sia in grado di volermi aiutare a risolvere il quesito.
A voi la parola.
Grazie.
premetto che di matematica ne capisco tanto quanto di calcio, ovvero poco, ma del resto ognuno a i suoi interessi.
Vorrei un aiuto, da voi esperti, su come calcolare lo sviluppo delle probabilità (formula e/o relativo risultato, come più vi è semplice) su quattro gruppi. Come se fosse un dado a sole 4 facce.
1 gruppo che chiameremo A
2 gruppo che chiameremo B
3 gruppo che chiameremo C
4 gruppo che chiameremo D
In un ciclo naturale di quattro lanci/tentativi (dell'ipotetico dado) si possono ottenere le seguenti combinazioni, che sono cinque, ovvero:
4000 (a prescindere da quale gruppo farà 4 e gli altri tre 0). Percentuale singola (?)
3100 (a prescindere da quale gruppo farà 3 a 1 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
2200 (a prescindere da quale gruppo farà 2 a 2 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
2110 (a prescindere da quale gruppo farà 2 a 1 a 1 e l'altro 0). Percentuale singola (?)
1111 (tutti i gruppi presentano 1 uscita). Percentuale singola (?)
---------------------------------------------------------------- 100% totale dei quattro gruppi (?)
Bene. Come ottengo/calcolo le suddette percentuali?
Io so calcolare solo la prima. Del resto ho premesso la mia ignoranza
. Con le altre non ne vengo a capo.Mentre In un ciclo naturale di otto lanci/tentativi si possono ottenere le seguenti combinazioni, che sono tredici, ovvero:
8000 (a prescindere da quale gruppo farà 8 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
7100 (a prescindere da quale gruppo farà 7 a 1 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
6110 (a prescindere da quale gruppo farà 6 a 1 a 1 e l'altro 0). Percentuale singola (?)
6200 (a prescindere da quale gruppo farà 6 a 2 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
5111 (a prescindere da quale gruppo farà 5 a 1 a 1 a 1). Percentuale singola (?)
5210 (a prescindere da quale gruppo farà 5 a 2 a 1 e l'altro 0). Percentuale singola (?)
5300 (a prescindere da quale gruppo farà 5 a 3 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
4211 (a prescindere da quale gruppo farà 4 a 2 a 1 a 1). Percentuale singola (?)
4310 (a prescindere da quale gruppo farà 4 a 3 a 1 e l'altro 0). Percentuale singola (?)
4400 (a prescindere da quale gruppo farà 4 a 4 e gli altri 0). Percentuale singola (?)
3311 (a prescindere da quale gruppo farà 3 a 3 a 1 a 1). Percentuale singola (?)
3320 (a prescindere da quale gruppo farà 3 a 3 a 2) e l'altro 0). Percentuale singola (?)
2222 ( tutti i gruppi presentano due uscite). Percentuale singola (?)
--------------------------------------------------------------100% totale dei tredici gruppi (?)
Ragazzi spero di aver espresso con chiarezza il mio pensiero, a cui non so dare risposta, e di non aver fatto errori di trascrizione. Semmai chiedete.
ringrazio anticipatamente chiunque voglia e/o sia in grado di volermi aiutare a risolvere il quesito.
A voi la parola.
Grazie.
Risposte
Ciao geniaccio,
Non avrai mica pensato che mollavo il colpo eh?
Tra un impegno familiare e lavorativo, continuo a fare i miei esercizi, quando posso, e devo dire con buoni risultati.
Almeno per ciò che ho imparato.
Tanto che mi sono avventurato da solo a provare il 6^8 (otto tentativi/lanci in sei permutazioni ) ovvero:1.679.616
800000
710000
611000
620000
530000
521000
511100
440000
431000
422000
421100
411110
332000
331100
322100
321110
311111
222200
222110
221111
Queste sono le 20 permutazioni possibili, se come spesso mi capita non ne ho dimenticata qualcuna
Ho sviluppato tutto come mi hai insegnato con il "fattoriale" ecc.
Ma....essi, c'è un ma.... è sono convinto che sia nascosto in queste righe che mi avevi scritto. Te le evidenzio in rosso.
Però nel caso ci sia una coppia uguale (es. 6 4 2 2) va diviso per 2!
Nel caso di 2 coppie uguali (4 4 2 2) va diviso per 2!⋅2!
Nel caso di una tripletta (6 2 2 2) va diviso per 3!
Nel caso di una quaterna (3 3 3 3) va diviso per 4!.
Tutti questi ragionamenti valgono però per il dado a forma di tetraedro, o se ti è più semplice a forma di piramide con base triangolare.
Se ci fosse il classico dado cubico, si userebbe 6!.
Le combinazioni di doppiette, triplette, quaterna, la cinquina manca ma in questo caso si presenta (es: 3 1 1 1 1 1) che parametro uso?
Si presentano anche 3 coppie uguali (es: 3 3 1 1 0 0) che parametro uso?
Sono convinto che qualcosa non mi torna PROPRIO per questi dati.
Ho continuo ad essere talmente capra che NON ho afferrato che DEVO usare SOLO il 6! (?)
Help meeeeee.
Lo sò ho fatto il passo più lungo della gamba, non volermene.
Continuiamo la lezione, sempre se ci sei/ti vada.
Con simpatia
Stefano
Non avrai mica pensato che mollavo il colpo eh?
"superpippone":
Per @hamming
Polce, come ha ripetutamente scritto, è assolutamente sconosciuta la materia.
Però io e lui siamo arrivati ad intenderci. Magari in maniera un po' goffa. Ma ci siamo intesi.
Luciano
Tra un impegno familiare e lavorativo, continuo a fare i miei esercizi, quando posso, e devo dire con buoni risultati.
Almeno per ciò che ho imparato.
Tanto che mi sono avventurato da solo a provare il 6^8 (otto tentativi/lanci in sei permutazioni
) ovvero:1.679.616800000
710000
611000
620000
530000
521000
511100
440000
431000
422000
421100
411110
332000
331100
322100
321110
311111
222200
222110
221111
Queste sono le 20 permutazioni possibili, se come spesso mi capita non ne ho dimenticata qualcuna
Ho sviluppato tutto come mi hai insegnato con il "fattoriale" ecc.
Ma....essi, c'è un ma.... è sono convinto che sia nascosto in queste righe che mi avevi scritto. Te le evidenzio in rosso.
Però nel caso ci sia una coppia uguale (es. 6 4 2 2) va diviso per 2!
Nel caso di 2 coppie uguali (4 4 2 2) va diviso per 2!⋅2!
Nel caso di una tripletta (6 2 2 2) va diviso per 3!
Nel caso di una quaterna (3 3 3 3) va diviso per 4!.
Tutti questi ragionamenti valgono però per il dado a forma di tetraedro, o se ti è più semplice a forma di piramide con base triangolare.
Se ci fosse il classico dado cubico, si userebbe 6!.
Le combinazioni di doppiette, triplette, quaterna, la cinquina manca ma in questo caso si presenta (es: 3 1 1 1 1 1) che parametro uso?
Si presentano anche 3 coppie uguali (es: 3 3 1 1 0 0) che parametro uso?
Sono convinto che qualcosa non mi torna PROPRIO per questi dati.
Ho continuo ad essere talmente capra che NON ho afferrato che DEVO usare SOLO il 6! (?)
Help meeeeee.
Lo sò ho fatto il passo più lungo della gamba, non volermene.
Continuiamo la lezione, sempre se ci sei/ti vada.
Con simpatia
Stefano
Allora ho valutato varie possibilità, ed il problema si può ridurre in vari modi.
Abbiamo quattro sacchetti identici di $N+1$ palline, ogni pallina ha stampato sopra un numero consecutivo $[0,N]$.
Lo spazio di nostro interesse è quello in cui i numeri stampati sopra le palline (una per urna) sia sempre $N$.
Uso i sacchetti perché l'utilizzo dei dadi secondo me confonde (almeno me).
Importante: va considerato anche il caso $0$ e quindi sono $N+1$ palline; lo $0$ deve esser incluso nel conteggio perché intrinseco nella somma di 4 oggetti, a meno di non ridefinire diversamente il tutto ma dalle spiegazioni nel thread questa sembra la formulazione più corretta... (*)
Es. abbiamo 4 sacchetti ed $N=8$ palline. Vogliamo sapere la prob. dell'evento singolo che, estraendo consecutivamente da ogni urna una pallina (con reimmissione), sia $s_1 + s_2 + s_3 + s_4 = 8$
Allora, fin qui è semplicemente per riordinare le idee; generalizzare il problema, con una v.a. conosciuta mi sembra proprio non possibile; al contrario di quanto pensassi in un primo momento (binomiale, ipergeometrica) e la vita sarebbe stata molto più facile, anche se tali argomenti fossero sconosciuti, la risoluzione del post sarebbe stata più veloce.
Invece si deve scomporre lo spazio combinatorio con i vari casi che già Luciano (superpippone) ha introdotto con i calcoli; diciamo che è un lavoro un po' sporco ed è più di definizione od anche di carattere algoritmico che di vera prob. In pratica sarebbe da utilizzare una tabella con 4 entrate e combinare ogni volta le prob. di ogni incrocio, o disposizione valida dell'evento somma, con ogni valore dello spazio di definizione $[0,N]$: cosa alquanto noiosa e che non ho nessuna intenzione di fare...
Quindi scansiamo formalismi superflui, per lo meno inutile alla comprensione per l'OP, e definiamo a mano il tutto; almeno generalizziamo il più possibile con qualche variabile e settiamo con degli if i casi che variano; un minimo di notazione la utilizzo per ordine.
Come scritto abbiamo 4 sacchetti, dove la loro somma deve far $N$; semplificando con notazione familiare: $a + b + c + d = N$
Il caso generale lo recupero dall'human calculator, spolvero solo ciò che ha già scritto e sembra aver compreso Polce (così evito di "sporcarmi le mani"
).
Per ogni sacchetto (con il primo, secondo, ..., fissati, iterando con sottrazioni successive) abbiamo in generale che:
\[\frac{N!}{a!*b!*c!*d!}*\frac{4!}{4^N} = \text{G}\]
Ora definiamo i casi specifici in cui la formula suddetta viene divisa (vedasi post linkato, con aggiunto il caso $0$) e definita:
\[f(a,b,c,d) = \begin{cases}
0 & \text{if } a,b,c,d < 0
\\ \frac{\text{G}}{2!} & \text{if } a=b\ ;\ a=c\ ;\ a=d\ ;\ b=c\ ;\ b=d\ ;\ c=d \text{ : singola coppia}
\\ \frac{\text{G}}{2!*2!} & \text{if } a=b \wedge c=d\ ;\ \dots \text{ : doppia coppia}
\\ \frac{\text{G}}{3!} & \text{if } a=b=c\ ;\ a=b=d\ ;\ b=c=d \text{ : tripla}
\\ \frac{\text{G}}{4!} & \text{if } a=b=c=d \text{ : quadrupla}
\\ \text{G} & \text{if } a \neq b \neq c \neq d
\\ 1 & \text{if } a,b,c,d > N \end{cases}\]
Ora (se è tutto ok) basta che vari le disposizioni valide di $a,b,c,d$, fissando es. $a$ ed iterando con $b$ , ..., ed avrai le tue probabilità singole.
Sarebbe meglio scrivere due righe di codice e vedere se il tutto funziona, dato che dici che $N$ è anche grande; ma ora non ne ho voglia. vediamo la prossima.
@superpippone: (*)
se leggi tutto, secondo me il caso del valore $0$, come lo ho definito fa variare le disposizioni possibili da $4^N$ a $4^(N+1)$. Ma anche si potrebbe considerare un trick, per far tornare i conti per la generalizzazione di $G$ ed il caso base del fattoriale, quindi non includerlo nella definizione delle disposizioni. Comunque sia non mi piace troppo la definizione di $f(...)$ ma sembra funzionare, anche perché se non si introduce e non si considera lo $0$, anche i tuoi conti non tornerebbero.
Vedi es. con $N=8$ e 4400.
[ot]
ops è presto spiegato: il titolo non era conforme e mi son dimenticato di segnalarlo.
nulla da dire su questo, anzi!
se leggi il post che ho scritto, mi baso praticamente su quanto tu hai fatto con calcolatrice...e non ci sono definizioni altisonanti[/ot]
Abbiamo quattro sacchetti identici di $N+1$ palline, ogni pallina ha stampato sopra un numero consecutivo $[0,N]$.
Lo spazio di nostro interesse è quello in cui i numeri stampati sopra le palline (una per urna) sia sempre $N$.
Uso i sacchetti perché l'utilizzo dei dadi secondo me confonde (almeno me).
Importante: va considerato anche il caso $0$ e quindi sono $N+1$ palline; lo $0$ deve esser incluso nel conteggio perché intrinseco nella somma di 4 oggetti, a meno di non ridefinire diversamente il tutto ma dalle spiegazioni nel thread questa sembra la formulazione più corretta... (*)
Es. abbiamo 4 sacchetti ed $N=8$ palline. Vogliamo sapere la prob. dell'evento singolo che, estraendo consecutivamente da ogni urna una pallina (con reimmissione), sia $s_1 + s_2 + s_3 + s_4 = 8$
Allora, fin qui è semplicemente per riordinare le idee; generalizzare il problema, con una v.a. conosciuta mi sembra proprio non possibile; al contrario di quanto pensassi in un primo momento (binomiale, ipergeometrica) e la vita sarebbe stata molto più facile, anche se tali argomenti fossero sconosciuti, la risoluzione del post sarebbe stata più veloce.
Invece si deve scomporre lo spazio combinatorio con i vari casi che già Luciano (superpippone) ha introdotto con i calcoli; diciamo che è un lavoro un po' sporco ed è più di definizione od anche di carattere algoritmico che di vera prob. In pratica sarebbe da utilizzare una tabella con 4 entrate e combinare ogni volta le prob. di ogni incrocio, o disposizione valida dell'evento somma, con ogni valore dello spazio di definizione $[0,N]$: cosa alquanto noiosa e che non ho nessuna intenzione di fare...
Quindi scansiamo formalismi superflui, per lo meno inutile alla comprensione per l'OP, e definiamo a mano il tutto; almeno generalizziamo il più possibile con qualche variabile e settiamo con degli if i casi che variano; un minimo di notazione la utilizzo per ordine.
Come scritto abbiamo 4 sacchetti, dove la loro somma deve far $N$; semplificando con notazione familiare: $a + b + c + d = N$
Il caso generale lo recupero dall'human calculator, spolvero solo ciò che ha già scritto e sembra aver compreso Polce (così evito di "sporcarmi le mani"
).Per ogni sacchetto (con il primo, secondo, ..., fissati, iterando con sottrazioni successive) abbiamo in generale che:
\[\frac{N!}{a!*b!*c!*d!}*\frac{4!}{4^N} = \text{G}\]
Ora definiamo i casi specifici in cui la formula suddetta viene divisa (vedasi post linkato, con aggiunto il caso $0$) e definita:
\[f(a,b,c,d) = \begin{cases}
0 & \text{if } a,b,c,d < 0
\\ \frac{\text{G}}{2!} & \text{if } a=b\ ;\ a=c\ ;\ a=d\ ;\ b=c\ ;\ b=d\ ;\ c=d \text{ : singola coppia}
\\ \frac{\text{G}}{2!*2!} & \text{if } a=b \wedge c=d\ ;\ \dots \text{ : doppia coppia}
\\ \frac{\text{G}}{3!} & \text{if } a=b=c\ ;\ a=b=d\ ;\ b=c=d \text{ : tripla}
\\ \frac{\text{G}}{4!} & \text{if } a=b=c=d \text{ : quadrupla}
\\ \text{G} & \text{if } a \neq b \neq c \neq d
\\ 1 & \text{if } a,b,c,d > N \end{cases}\]
Ora (se è tutto ok) basta che vari le disposizioni valide di $a,b,c,d$, fissando es. $a$ ed iterando con $b$ , ..., ed avrai le tue probabilità singole.
Sarebbe meglio scrivere due righe di codice e vedere se il tutto funziona, dato che dici che $N$ è anche grande; ma ora non ne ho voglia. vediamo la prossima.
@superpippone: (*)
se leggi tutto, secondo me il caso del valore $0$, come lo ho definito fa variare le disposizioni possibili da $4^N$ a $4^(N+1)$. Ma anche si potrebbe considerare un trick, per far tornare i conti per la generalizzazione di $G$ ed il caso base del fattoriale, quindi non includerlo nella definizione delle disposizioni. Comunque sia non mi piace troppo la definizione di $f(...)$ ma sembra funzionare, anche perché se non si introduce e non si considera lo $0$, anche i tuoi conti non tornerebbero.
Vedi es. con $N=8$ e 4400.
[ot]
"Polce":
é stato il moderatore a cambiare titolo al 3D
ops
è presto spiegato: il titolo non era conforme e mi son dimenticato di segnalarlo."superpippone":
Io mi arrabatto come posso, ma la terminologia "tecnica" non la conosco.
Di v.a. binomiali e ipergeometriche ne ho sentito parlare, ma non so assolutamente cosa siano.
Anche la legge di Bayes (che pure ho applicato tante volte, in altri post) mi è sconosciuta. Diciamo che ci sono arrivato da solo..
Però io e lui siamo arrivati ad intenderci. Magari in maniera un po' goffa. Ma ci siamo intesi.
nulla da dire su questo, anzi!
se leggi il post che ho scritto, mi baso praticamente su quanto tu hai fatto con calcolatrice...e non ci sono definizioni altisonanti[/ot]
EDIT:
vedo ora un nuovo post scritto nella serata da Polce, perchè ora usi 6 serie di numeri e non più 4????
Grazie Hamming, del tuo contributo.
Anche se per me, ad un certo punto, sembravi un profeta a cui dare credito sulla fiducia (non ho la minima possibilità di replicare perche non ho capito un acca), ma percepisco che c'è vera conoscenza della "materia".
Provo a chiarire alcune cose, rispondendoti nella citazione.
Anche se per me, ad un certo punto, sembravi un profeta a cui dare credito sulla fiducia
(non ho la minima possibilità di replicare perche non ho capito un acca), ma percepisco che c'è vera conoscenza della "materia".Provo a chiarire alcune cose, rispondendoti nella citazione.
"hamming_burst":Allora ho valutato varie possibilità, ed il problema si può ridurre in vari modi.
Uso i sacchetti perché l'utilizzo dei dadi secondo me confonde (almeno me).
Se li usiamo male non ne veniamo a capo neanche con i sacchetti
Importante: va considerato anche il caso $0$ e quindi sono $N+1$ palline; lo $0$ deve esser incluso nel conteggio perché intrinseco nella somma di 4 oggetti, a meno di non ridefinire diversamente il tutto ma dalle spiegazioni nel thread questa sembra la formulazione più corretta... (*)
non ci crederai ma ho capito cosa intendi dire e nello specifico caso non occorre.
Perché i sacchetti sono "vuoti" e vanno "riempiti" dall'estrazione dei numeri forniti da un ulteriore sacchetto/urna contenenti i numeri degli $N$ Sacchetti (nel nostro esempio quattro: i numeri sono 1, 2, 3 e 4).
Ti spiego: se al "secondo" tentativo estrai il numero "identico" (es. 4) del primo tentativo(es: 4) entrambi andrebbero di diritto nel sacchetto "corrispondente" (che convenzionalmente abbiamo identificato come il primo a sx) a contenere il numero 4 per gli otto tentativi uguali o per gli $N$ tentativi "consecutivi".
Si inizieranno a "riempire" gli altri $N$ sacchetti "solo" all'uscita del suo numero corrispondente (quindi convenzionalmente il primo "vuoto" sulla dx di quello precedentemente occupato, ecc ecc
Quindi potrebbe sortire $N$ numero per gli $N$ tentativi: ecco spiegato 8000 del precedente 3D (in altre parole il numero otto rappresenta uno dei quattro numeri estratto dell'urna/sacchetto che si é manifestato in percentuale/permutazione otto volte consecutive.
Boh spero di essere stato chiaro.
Invece si deve scomporre lo spazio combinatorio con i vari casi che già Luciano (superpippone) ha introdotto con i calcoli; diciamo che è un lavoro un po' sporco ed è più di definizione od anche di carattere algoritmico che di vera prob. In pratica sarebbe da utilizzare una tabella con 4 entrate e combinare ogni volta le prob. di ogni incrocio, o disposizione valida dell'evento somma, con ogni valore dello spazio di definizione $[0,N]$: cosa alquanto noiosa e che non ho nessuna intenzione di fare...
[size=150]PECCATO....per me sarebbe stata preziosissima questa tabella.
Credo che tu voglia intendere le probabilità che si potrebbero ottenere ad ogni singolo tentativo.
Chissà se un giorno ti andrà di farla o spiegarla a parole "umane".
EDIT:
vedo ora un nuovo post scritto nella serata da Polce, perchè ora usi 6 serie di numeri e non più 4????
[size=150]perché "ora" i sacchetti vuoti sono sei.
Stavo progettando una nuova "tabella" (passami questo termine non saprei come definirla diversamente nella "vostra" lingua). Con sei sacchetti vuoti e $N$ tentativi. In sostanza un altro esercizio/quesito. "[/size]
Grazie
Stefano
P.s. Forse non sarà il modo più veloce/semplice di sviluppare/calcolare il risultato, ma per me che sono un vero "superpippone" e non Luciano, questo va anche bene così come per ora l'ho compreso.
A me per il momento interessa la possibilità di sviluppare le tabelle ed il concetto per ora mi é chiaro. Almeno nell'esercizio dei quattro sacchetti.
E con i sei che mi sono reso conto che la cosa non funziona più nello stesso modo... Perché?
Ciao.
In effetti cominciavo a preoccuparmi della tua assenza!!
Stavo già cominciando a pensare che ero stato "sedotto ed abbandonato"...
@Hamming, ha certo conoscenze superiori alle mie. Ma forse sono "troppo" superiori, e per il momento non riesco a seguirlo. Proverò in seguito, quando avrò un po più di tranquillità.
Io e la mia Olivetti Logos 662, ci siamo applicati.
I "gruppi" ed il totale sono effettivamente e rispettivamente 20 e 1.679.616.
8 0 0 0 0 0 = 6
7 1 0 0 0 0 = 240
6 2 0 0 0 0 = 840
6 1 1 0 0 0 = 3.360
5 3 0 0 0 0 = 1.680
5 2 1 0 0 0 = 20.160
5 1 1 1 0 0 = 20.160
4 4 0 0 0 0 = 1.050
4 3 1 0 0 0 = 33.600
4 2 2 0 0 0 = 25.200
4 2 1 1 0 0 = 151.200
4 1 1 1 1 0 = 50.400
3 3 2 0 0 0 = 33.600
3 3 1 1 0 0 = 100.800
3 2 2 1 0 0 = 302.400
3 2 1 1 1 0 = 403.200
3 1 1 1 1 1 = 40.320
2 2 2 2 0 0 = 37.800
2 2 2 1 1 0 = 302.400
2 2 1 1 1 1 = 151.200
Per fare i conteggi, nella seconda parte della formula al numeratore devi usare $6!$, se il dado avesse 7 facce $7!$, se ne avesse 8 $8!$,etc.
Al denominatore, se c'è una cinquina $5!$, una quaterna $4!$, tre coppie $2!*2!*2!$, un tris ed una coppia $3!*2!$, un poker ed una coppia $4!*2!$. Con dadi a numerose facce, che magari hai una sestina, un poker e due tris $6!*4!*3!*3!$. E così via...
Saluti.
Luciano.
In effetti cominciavo a preoccuparmi della tua assenza!!
Stavo già cominciando a pensare che ero stato "sedotto ed abbandonato"...
@Hamming, ha certo conoscenze superiori alle mie. Ma forse sono "troppo" superiori, e per il momento non riesco a seguirlo. Proverò in seguito, quando avrò un po più di tranquillità.
Io e la mia Olivetti Logos 662, ci siamo applicati.
I "gruppi" ed il totale sono effettivamente e rispettivamente 20 e 1.679.616.
8 0 0 0 0 0 = 6
7 1 0 0 0 0 = 240
6 2 0 0 0 0 = 840
6 1 1 0 0 0 = 3.360
5 3 0 0 0 0 = 1.680
5 2 1 0 0 0 = 20.160
5 1 1 1 0 0 = 20.160
4 4 0 0 0 0 = 1.050
4 3 1 0 0 0 = 33.600
4 2 2 0 0 0 = 25.200
4 2 1 1 0 0 = 151.200
4 1 1 1 1 0 = 50.400
3 3 2 0 0 0 = 33.600
3 3 1 1 0 0 = 100.800
3 2 2 1 0 0 = 302.400
3 2 1 1 1 0 = 403.200
3 1 1 1 1 1 = 40.320
2 2 2 2 0 0 = 37.800
2 2 2 1 1 0 = 302.400
2 2 1 1 1 1 = 151.200
Per fare i conteggi, nella seconda parte della formula al numeratore devi usare $6!$, se il dado avesse 7 facce $7!$, se ne avesse 8 $8!$,etc.
Al denominatore, se c'è una cinquina $5!$, una quaterna $4!$, tre coppie $2!*2!*2!$, un tris ed una coppia $3!*2!$, un poker ed una coppia $4!*2!$. Con dadi a numerose facce, che magari hai una sestina, un poker e due tris $6!*4!*3!*3!$. E così via...
Saluti.
Luciano.
Ciao geniaccio,
Ti stancherai prima tu di me, io sono un tipo nei secoli fedele.
Anche se gli impegni sociali/familiari a volte mi assorbono costringendomi a rimandare quello che sta diventando un mio nuovo hobby
Immaginavo che il "trucco" risiedesse in quello che mi hai appena comunicato e per questo mi sballava sempre la somma 100%.
Anche se per intuito/logica alla cinquina $5!$ c'ero arrivato. Anche se poi mi mancavano tutti gli altri (dai che mi impegno)
Ora con i nuovi parametri anche ed un po' di pratica anche i sei sacchetti sono sicuro di poterli gestire.
Però.....più rileggo quello che ha scritto @hammer (lo evidenzio in blu)
Invece si deve scomporre lo spazio combinatorio con i vari casi che già Luciano (superpippone) ha introdotto con i calcoli; diciamo che è un lavoro un po' sporco ed è più di definizione od anche di carattere algoritmico che di vera prob. In pratica sarebbe da utilizzare una tabella con 4 entrate e combinare ogni volta le prob. di ogni incrocio, o disposizione valida dell'evento somma, con ogni valore dello spazio di definizione
...e più mi convinco che sarebbe "questo" tipo di tabella che porterebbe alla soluzione del mio quesito.
Mi spiego: le "nostre" tabelle ci forniscono un parametro % "solo" alla conclusione degli $N$ lanci/tentativi previsti.
Mostrandoci il valore percentualistico che esso ha assunto e catalocandolo in una definita "permutazione"; ma "non" ci spiega come sia "sviluppato" per raggiungere detto traguardo.
Conoscere/capire lancio dopo lancio come si sta comportando si potrebbe "restringere" il numero delle permutazioni possibili con il variare degli $N$ lanci fino, quasi, ad avere "sole" due/tre/quattro permutazioni possibili.
Eliminando tutte le altre.
Noi nel nostro gergo "ciucchesco" riusciamo a capirci. Quindi se quello che ho espresso é quello che sostiene @hammer é su quello che dobbiamo lavorare.
Del resto cercavo di farlo aumentando gli $N$ lanci per aumentare le combinazioni, ma mi rendo conto che non ci permettono, comunque, di poter fare una "restrizione" delle combinazioni "utili".
Idee al riguardo?
Ciao caro Luciano
Diamoci dentro.
Ti stancherai prima tu di me, io sono un tipo nei secoli fedele.
Anche se gli impegni sociali/familiari a volte mi assorbono costringendomi a rimandare quello che sta diventando un mio nuovo hobby
"superpippone":
Ciao.
In effetti cominciavo a preoccuparmi della tua assenza!!
Stavo già cominciando a pensare che ero stato "sedotto ed abbandonato"...
Per fare i conteggi, nella seconda parte della formula al numeratore devi usare $6!$, se il dado avesse 7 facce $7!$, se ne avesse 8 $8!$,etc.
Al denominatore, se c'è una cinquina $5!$, una quaterna $4!$, tre coppie $2!*2!*2!$, un tris ed una coppia $3!*2!$, un poker ed una coppia $4!*2!$. Con dadi a numerose facce, che magari hai una sestina, un poker e due tris $6!*4!*3!*3!$. E così via...
Saluti.
Luciano.
Immaginavo che il "trucco" risiedesse in quello che mi hai appena comunicato e per questo mi sballava sempre la somma 100%.
Anche se per intuito/logica alla cinquina $5!$ c'ero arrivato. Anche se poi mi mancavano tutti gli altri
(dai che mi impegno)Ora con i nuovi parametri anche ed un po' di pratica anche i sei sacchetti sono sicuro di poterli gestire.
Però.....più rileggo quello che ha scritto @hammer (lo evidenzio in blu)
Invece si deve scomporre lo spazio combinatorio con i vari casi che già Luciano (superpippone) ha introdotto con i calcoli; diciamo che è un lavoro un po' sporco ed è più di definizione od anche di carattere algoritmico che di vera prob. In pratica sarebbe da utilizzare una tabella con 4 entrate e combinare ogni volta le prob. di ogni incrocio, o disposizione valida dell'evento somma, con ogni valore dello spazio di definizione
...e più mi convinco che sarebbe "questo" tipo di tabella che porterebbe alla soluzione del mio quesito.
Mi spiego: le "nostre" tabelle ci forniscono un parametro % "solo" alla conclusione degli $N$ lanci/tentativi previsti.
Mostrandoci il valore percentualistico che esso ha assunto e catalocandolo in una definita "permutazione"; ma "non" ci spiega come sia "sviluppato" per raggiungere detto traguardo.
Conoscere/capire lancio dopo lancio come si sta comportando si potrebbe "restringere" il numero delle permutazioni possibili con il variare degli $N$ lanci fino, quasi, ad avere "sole" due/tre/quattro permutazioni possibili.
Eliminando tutte le altre.
Noi nel nostro gergo "ciucchesco" riusciamo a capirci. Quindi se quello che ho espresso é quello che sostiene @hammer é su quello che dobbiamo lavorare.
Del resto cercavo di farlo aumentando gli $N$ lanci per aumentare le combinazioni, ma mi rendo conto che non ci permettono, comunque, di poter fare una "restrizione" delle combinazioni "utili".
Idee al riguardo?
Ciao caro Luciano
Diamoci dentro.
"Polce":
A me per il momento interessa la possibilità di sviluppare le tabelle ed il concetto per ora mi é chiaro. Almeno nell'esercizio dei quattro sacchetti.
E con i sei che mi sono reso conto che la cosa non funziona più nello stesso modo... Perché?
"Polce":
Del resto cercavo di farlo aumentando gli $N$ lanci per aumentare le combinazioni, ma mi rendo conto che non ci permettono, comunque, di poter fare una "restrizione" delle combinazioni "utili".
"Polce":
Mi spiego: le "nostre" tabelle ci forniscono un parametro % "solo" alla conclusione degli $ N $ lanci/tentativi previsti.
Mostrandoci il valore percentualistico che esso ha assunto e catalocandolo in una definita "permutazione"; ma "non" ci spiega come sia "sviluppato" per raggiungere detto traguardo.
Conoscere/capire lancio dopo lancio come si sta comportando si potrebbe "restringere" il numero delle permutazioni possibili con il variare degli $ N $ lanci fino, quasi, ad avere "sole" due/tre/quattro permutazioni possibili.
Eliminando tutte le altre.
...
Del resto cercavo di farlo aumentando gli $ N $ lanci per aumentare le combinazioni, ma mi rendo conto che non ci permettono, comunque, di poter fare una "restrizione" delle combinazioni "utili".
Quello che sembra tu stia chiedendo ora, non è il calcolo della probabilità (casi favorevoli/casi possibili) che non cambia molto aumentando $N$ (cambiano le divisioni) e sembra tu abbia capito; come ha rifatto anche in due righe superpippone con 6 invece che 4 "sacchetti"; ma un metodo algoritmico/ricorsivo che estrapoli tali sequenze numeriche.
Non è quindi più un problema di probabilità, è più di enumerazione, combinatoria od ancora meglio (in questo caso) di informatica. Ragionandoci ieri in termini di codice, mi sembra ci sia affinità tra ad un problema chiamato subset-sum, oppure a quello di partizionamento (questo però dipende...), ma anche passare per le combinazione filtrando quello d'interesse (tra l'altro ci sono risvolti matematici che rendono la vita un po' più facile della forza bruta). Non è complessa la scrittura, è più la teoria che ci sta sotto...cosa che si può ignorare fino ad un certo punto; questo per dire che a mano penso che non si andrà più avanti con tal problema, possiedi già tutto il necessario (il caso dello $0$ che parlavo sopra è cmq da rivedere, forse si può ignorare vediamo nel w-e).
dipende tutto su cosa tu stia cercando di fare, stai scrivendo un programma (se sì in che linguaggio), stai risolvendo esercizi, ..., in soldoni, a che serve tutto questo?
"Polce":
Immaginavo che il "trucco" risiedesse in quello che mi hai appena comunicato e per questo mi sballava sempre la somma 100%.
questo è uno dei fondamenti della probabilità (anche se formalmente sarebbe 1 invece che in percentuale), cioè che il totale deve esser 1 in tutti casi/combinazioni in gioco. In questo caso è anche un modo per capire se i calcoli sono corretti, es. se il caso dello $0$ è valido o meno.
"superpippone":
Io e la mia Olivetti Logos 662, ci siamo applicati.
chapeau!
"hamming_burst":
[quote="Polce"]
[quote="Polce"]
Mi spiego: le "nostre" tabelle ci forniscono un parametro % "solo" alla conclusione degli $ N $ lanci/tentativi previsti.
Mostrandoci il valore percentualistico che esso ha assunto e catalocandolo in una definita "permutazione"; ma "non" ci spiega come sia "sviluppato" per raggiungere detto traguardo.
Conoscere/capire lancio dopo lancio come si sta comportando si potrebbe "restringere" il numero delle permutazioni possibili con il variare degli $ N $ lanci fino, quasi, ad avere "sole" due/tre/quattro permutazioni possibili.
Eliminando tutte le altre.
...
Quello che sembra tu stia chiedendo ora, non è il calcolo della probabilità (casi favorevoli/casi possibili) che non cambia molto aumentando $N$ (cambiano le divisioni) e sembra tu abbia capito; come ha rifatto anche in due righe superpippone con 6 invece che 4 "sacchetti"; ma un metodo algoritmico/ricorsivo che estrapoli tali sequenze numeriche.
Non è quindi più un problema di probabilità, è più di enumerazione, combinatoria od ancora meglio (in questo caso) di informatica. Ragionandoci ieri in termini di codice, mi sembra ci sia affinità tra ad un problema chiamato subset-sum, oppure a quello di partizionamento (questo però dipende...), ma anche passare per le combinazione filtrando quello d'interesse (tra l'altro ci sono risvolti matematici che rendono la vita un po' più facile della forza bruta). Non è complessa la scrittura, è più la teoria che ci sta sotto...cosa che si può ignorare fino ad un certo punto; questo per dire che a mano penso che non si andrà più avanti con tal problema, possiedi già tutto il necessario (il caso dello $0$ che parlavo sopra è cmq da rivedere, forse si può ignorare vediamo nel w-e).
dipende tutto su cosa tu stia cercando di fare, stai scrivendo un programma (se sì in che linguaggio), stai risolvendo esercizi, ..., in soldoni, a che serve tutto questo?
[/quote][/quote]Ciao @hamming,
Forse ho avuto un lampo di genio.
Non so se quello che effettivamente sto cercando si possa definire calcolo delle probabilità, enumerazione, probabilità combinatoria, subset_sum o partizionamento.
Giá mi vedevo ad andare a scuola di informatica per risolvere la questione (quindi puoi escludere che io stia scrivendo un programma in un qualsiasi linguaggio).
Sto tentando di risolvere degli esercizi che potrebbero portarmi (usando il tuo termine soldoni). Almeno ci sto provando.
Ora cerco di venire alla descrizione dettagliata della cosa; per facilitare i calcoli utilizziamo solo tre sacchetti (tanto il concetto che esprimerò non cambia, ma mi permette di scrivere molto meno).
Bene. Ora abbiamo i nostri 3 sacchetti ed un'urna/sacchetto contenente 3 o multipli di tre palline (corrispondenti ai nostri $N$).
Le permutazioni finali possibili sarebbero:
Un ciclo naturale di 3 colpi prevede tre sole diverse disposizioni:
3 0 0 = 3 - probabilità: 11,11 %
1 1 1 = 6 - probabilità: 22,22 %
2 1 0 = 18 - probabilità: 66,66 %
_________________________
Totali = 27 - probabilità: 100 %
Due cicli naturali (6 colpi), prevedono 7 diverse disposizioni:
6 0 0 = 3 - probabilità: 0,41 %
5 1 0 = 36 - probabilità: 4,94 %
3 3 0 = 60 - probabilità: 8,23 %
2 2 2 = 90 - probabilità: 12,34 %
4 2 0 = 90 - probabilità: 12,34 %
4 1 1 = 90 - probabilità: 12,34 %
3 2 1 = 360 - probabilità: 49,38 %
_________________________
Totali = 729 - probabilità: 100%
Risulta evidente che "ogni" singola estrazione dia una percentuale del 33,33 % periodico indipendentemente dalla permutazione che si volesse seguire. Ma... Se si attende l'ultima estrazione utile (in questo caso la terza), le cose cambiano drasticamente; osserviamo come:
Riprendiamo le tabelle per osservarne la loro singola evoluzione fino alla completa permutazione.
3 0 0 può essersi sviluppato soltanto dal passaggio di 1 0 0 evolutosi a 2 0 0 per concludersi in 3 0 0.
Mi seguite? Bene. Appare evidente che dopo la seconda estrazione (evidenziata in rosso) la più alta probabilità (o come si chiama lei) di successo sia determinata dal dover puntare su uno dei due sacchetti che attualmente sono a 0.
Questo perché all'avvenimento del
3 0 0 corrisponde ad un 11,11%
Mentre il
2 1 0 (ovvero la scelta di uno dei due sacchetti a zero) ha complessivamente il 66,66% ovvero il suo "reale 33,33 periodico) comunque più alto dell'11,11%.
Nell'altra ipotesi, dove alla seconda estrazione si fosse in presenza di una permutazione di siffatta maniera
1 1 0 il suo completarsi può avvenire solo nelle seguenti permutazioni 2 1 0 o 1 1 1.
Anche in questo caso risulta evidente che sarebbe conveniente scegliere la permutazione finale 2 1 0 scegliendo uno dei due sacchetti che hanno già una presenza, infatti siamo sempre in presenza, come nella precedente scelta ad un 66,66 (33,33 reale) contro il 22,22% che darebbe la permutazione finale 1 1 1.
Ora posso calcolare le percentuali (o come caspita si chiamano loro) scegliendo il sacchetto che rappresenta la probabilità più alta dei tre.
Anche nella tabella delle sei estrazioni si può operare nel seguente modo, e anche se molto sporco e complesso si può procedere a ritroso per valutare la terza, quarta, quinta e sesta ovvero ultima estrazione.
Se non ho detto una grassa castroneria tutto ciò é possibile farlo a mano senza l'ausilio di un corso di informatica
, per mia fortuna, 
Certo che se voi foste a conoscenza di una formula/soluzione più semplice, mi evitereste il lavoro "sporco"
Ragazzi grazie del vostro contributo, io sono uno che si apllica quando un argomento gli interessa, quindi....
A voi la parola.
Dai superpippone (Luciano) che noi con le nostre scarse conoscenze, compensate dalle ciucche illuminanti, forse ne veniamo a capo lo stesso
Scherzo, i vostri aiuti sono preziosissimi per me.
Con simpatia
Stefano
P.s. Ovvio che tutto questo ambaradam di discorso vale anche per 4, 5 , 6 e $N$ sacchetti.
Luciano
Hai notato con che padronanza ormai mi destreggio nelle creazione delle tabelle ('na fatica !!!
)
Questo grazie ai tuoi consigli...
Dai non mollarmi
Dobbiamo ancora ciuccarci insieme
Hai notato con che padronanza ormai mi destreggio nelle creazione delle tabelle ('na fatica !!!
)Questo grazie ai tuoi consigli...
Dai non mollarmi
Dobbiamo ancora ciuccarci insieme
Ri-cazzarola.
Ho creato un mostro!!!
Sono felice e gaudente, che tu abbia afferrato il sistema di conteggio delle probabilità.
Ho verificato i conteggi. E sono tutti esatti.
Però, mi dispiace deluderti.
Quello che dici non è esatto.
Il dado, o il sacchetto, o la moneta "non hanno memoria".
Voglio essere più chiaro.
Dire, PRIMA di cominciare i lanci della moneta, che ci saranno 10 teste su 10 tentativi equivale a una possibilità su 1.024 ($2^10$).
Dire, DOPO 9 uscite consecutive di testa, che anche al decimo lancio uscirà testa, equivale a $1/2$.
Sono due cose assolutamente diverse.
Spero di essere stato chiaro.
Luciano.
P.S.
Sul momento mi sono spaventato!!! Avevo letto "ciucciarsi" al posto di "ciuccarsi"..............
Ho creato un mostro!!!
Sono felice e gaudente, che tu abbia afferrato il sistema di conteggio delle probabilità.
Ho verificato i conteggi. E sono tutti esatti.
Però, mi dispiace deluderti.
Quello che dici non è esatto.
Il dado, o il sacchetto, o la moneta "non hanno memoria".
Voglio essere più chiaro.
Dire, PRIMA di cominciare i lanci della moneta, che ci saranno 10 teste su 10 tentativi equivale a una possibilità su 1.024 ($2^10$).
Dire, DOPO 9 uscite consecutive di testa, che anche al decimo lancio uscirà testa, equivale a $1/2$.
Sono due cose assolutamente diverse.
Spero di essere stato chiaro.
Luciano.
P.S.
Sul momento mi sono spaventato!!! Avevo letto "ciucciarsi" al posto di "ciuccarsi"..............
"superpippone":
Ri-cazzarola.
Ho creato un mostro!!!
...
Quello che dici non è esatto.
Il dado, o il sacchetto, o la moneta "non hanno memoria".
...
Dire, PRIMA di cominciare i lanci della moneta, che ci saranno 10 teste su 10 tentativi equivale a una possibilità su 1.024 ($2^10$).
Dire, DOPO 9 uscite consecutive di testa, che anche al decimo lancio uscirà testa, equivale a $1/2$.
...
Sul momento mi sono spaventato!!! Avevo letto "ciucciarsi" al posto di "ciuccarsi"..............
Ciucciarsi....ahahahahahahah.....tu stai sempre pensando al collo della bottiglia della Ceres, hihihiihihi.
Sono perfettamente consapevole, come ho scritto, che ad ogni "singola" estrazione le probabilità siano SEMPRE del 33,33 periodico o del 50,00%, nel caso dei due eventi possibili (testa vs croce) come da te rappresentati.
Però è innegabile che in $N$ estrazioni la "figura/permutazione" che si sta configurando NON rappresenta più quel 33,33 o 50,00% in quanto tutte le figure (nel tuo caso 1.024) hanno lo stesso diritto di sortita e quando si stanno manifestando/rappresentando erodono quella percentuale a favore della "figura/permutazione" che è ormai più prossima (ultimo colpo) a rappresentarla degnamente.
Tornando all'esempio del 3D precedente, "sembrerebbe" confermato che il 33,33% delle volte si indovinerebbe la permutazione scelta (quella rappresentata dal 2 1 0 che é la più favorevole) a svantaggio della 3 0 0 che rappresenta "solo" 11,11%.
Quindi (teoricamente) 33 volte indovino ed 11 volte sbaglio con un utile/vantaggio di ben + 22 (33-11=22).
Anche analizzando la 2 1 0 vs 1 1 1, sembrerebbe evidente un vantaggio di + 11 (33-22=11).
Se questo ragionamento é esatto metterò altra carne al fuoco..
Ovvio che questo vale anche per i sei tentativi/estrazioni.
Prima o poi c'è la faremo questa ciucciata insieme, ahahahah, ogn'uno attaccato al suo collo di bottiglia
Ciao
P.s.
Aspettiamo di sentire anche come si pronuncia il "profeta" (@Hamming) a tale riguardo.
P.s.s.
Del resto il tuo esempio avviene,appunto, statisticamente una volta su 1.024. Sarebbe come dire che per 1.023 volte indovino ed 1 volta perdo.
Riprendo in mano il post, avendo avuto un po' di tempo nella serata, sperando di concludere.
Rimanendo un attimo generali, ho cercato nuovamente di smembrare il problema perché si son formulate troppe ipotesi, che non mi piacciono, anche perchè mi son basato sui calcoli già belli pronti di superpippone.
Ma venendo alla formulazione che ho fatto e sul caso dello $0$, ho trovato che si può ignorare praticamente, solo formalmente è importante, ma si può tagliare, vedasi il post sottostante.
Prima di tutto sulla questione dell'elencazione delle disposizioni, avevo intuito che fosse simile al problema di sub-set sum (che è un'istanza di un problema più generale di partizionamento) ed infatti cercando meglio si tratta di partizionemento di numeri interi. Di cui esistono definizioni, formule chiuse, ricorrenze, algoritmi, codice e tutto il necessario dove, con $N$ grande si abbia l'aiuto del computer.
Es. utilizzando tal codice in C (un codice a caso, ne esistono millemila anche più efficienti o semplici) si ha che con $N=5$ si generi l'elenco:
con $N=8$
questo è ciò che restituisce la partizione completa e generale (che ha fatto superpippone a mano), la cosa interessante è che tramite una formula chiusa che evito di scrivere, si possa sapere quante combinazioni in totale si abbiano con tal $N$.
Su questo sito, si possono trovare i primi numeri della sequenza es. da $0$ a $8$ si ha:
i casi di interesse sono $4$ e $8$, cioè $5$ e $22$ rispettivamente.
In più il problema di Polce, aggiunge quello che si chiama restrizione (partizione di interi con restrizione, restricted partitions) cioè aggiunge una restrizione a solo $4$ cifre (poi $6$) ed anche lo $0$, come padding.
es. sempre con il codice in C si ha che con $N=8$ e $M=4$ (M sono i sacchetti):
nella definizione formale non esiste lo $0$ e la restrizione è definita con l'esclusione dei numeri con più e meno di $4$ cifre. Per questo bisogna iterare da una restrizione di $N=8$ e $M=1$ fino a $N=8$ e $M=4$ cioè:
Da queste iterate, si può sapere quanti sono effettivamente le partizioni con restrizione da $1$ a $4$ cifre, cioè si sommano $1+4+5+5 = 15$ come è confermato anche qui sempre fatto a mano da superpippone con $N=8$, basta dopo aggiungere $0$ quanto basta. Faccio notare poi che questo valore è minore della combinazioni totali/generali, come si vede dalla tabella con $N=8$ che è $22$.
Sembra complesso, ma ho cercato di essere meno pedante possibile. Se si googla si trovano quante informazioni si vogliono: questo è fatto abbastanza bene ed ha diversi riferimenti. Se si usano numeri grandi è il minimo utilizzare queste definizioni ed algoritmi.
________________________________________________________________
Aggiungo qualche altro risultato utilizzando il codice (che è riproducibile con qualsiasi altro).
In tabella elenco i primi $50$ numeri con il relativo conteggio della partizioni e la sua restrizione a $4$ e $6$ cifre.
ho tabellato qualche altro valore non presente nel thread, così hai un confronto con $12$ e $16$, sempre con $4$ cifre e le relative percentuali.
Se si sommano le percentuali, ci sarà un errore di approssimazione dovuto al tipo di codice usato, poco importa basta immaginare dove è $0$ sia uno $0.000001$ e tornano i conti, questo perchè la prob. è davvero piccola.
in elenco anche con 6 cifre, ma senza percentuali.
Rimanendo un attimo generali, ho cercato nuovamente di smembrare il problema perché si son formulate troppe ipotesi, che non mi piacciono, anche perchè mi son basato sui calcoli già belli pronti di superpippone.
Ma venendo alla formulazione che ho fatto e sul caso dello $0$, ho trovato che si può ignorare praticamente, solo formalmente è importante, ma si può tagliare, vedasi il post sottostante.
Prima di tutto sulla questione dell'elencazione delle disposizioni, avevo intuito che fosse simile al problema di sub-set sum (che è un'istanza di un problema più generale di partizionamento) ed infatti cercando meglio si tratta di partizionemento di numeri interi. Di cui esistono definizioni, formule chiuse, ricorrenze, algoritmi, codice e tutto il necessario dove, con $N$ grande si abbia l'aiuto del computer.
Es. utilizzando tal codice in C (un codice a caso, ne esistono millemila anche più efficienti o semplici) si ha che con $N=5$ si generi l'elenco:
5 (1) 4 1 (2) 3 2 (3) 3 1 1 (4) 2 2 1 (5) 2 1 1 1 (6) 1 1 1 1 1 (7)
con $N=8$
8 (1) 7 1 (2) 6 2 (3) 6 1 1 (4) 5 3 (5) 5 2 1 (6) 5 1 1 1 (7) 4 4 (8) 4 3 1 (9) 4 2 2 (10) 4 2 1 1 (11) 4 1 1 1 1 (12) 3 3 2 (13) 3 3 1 1 (14) 3 2 2 1 (15) 3 2 1 1 1 (16) 3 1 1 1 1 1 (17) 2 2 2 2 (18) 2 2 2 1 1 (19) 2 2 1 1 1 1 (20) 2 1 1 1 1 1 1 (21) 1 1 1 1 1 1 1 1 (22)
questo è ciò che restituisce la partizione completa e generale (che ha fatto superpippone a mano), la cosa interessante è che tramite una formula chiusa che evito di scrivere, si possa sapere quante combinazioni in totale si abbiano con tal $N$.
Su questo sito, si possono trovare i primi numeri della sequenza es. da $0$ a $8$ si ha:
| 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
|---|
i casi di interesse sono $4$ e $8$, cioè $5$ e $22$ rispettivamente.
In più il problema di Polce, aggiunge quello che si chiama restrizione (partizione di interi con restrizione, restricted partitions) cioè aggiunge una restrizione a solo $4$ cifre (poi $6$) ed anche lo $0$, come padding.
es. sempre con il codice in C si ha che con $N=8$ e $M=4$ (M sono i sacchetti):
5 1 1 1 (1) 4 2 1 1 (2) 3 3 1 1 (3) 3 2 2 1 (4) 2 2 2 2 (5)
nella definizione formale non esiste lo $0$ e la restrizione è definita con l'esclusione dei numeri con più e meno di $4$ cifre. Per questo bisogna iterare da una restrizione di $N=8$ e $M=1$ fino a $N=8$ e $M=4$ cioè:
k_part_colex(8, 1) 8 (1) :::::::: k_part_colex(8, 2) 7 1 (1) 6 2 (2) 5 3 (3) 4 4 (4) :::::::: k_part_colex(8, 3) 6 1 1 (1) 5 2 1 (2) 4 3 1 (3) 4 2 2 (4) 3 3 2 (5) :::::::: k_part_colex(8, 4) 5 1 1 1 (1) 4 2 1 1 (2) 3 3 1 1 (3) 3 2 2 1 (4) 2 2 2 2 (5)
Da queste iterate, si può sapere quanti sono effettivamente le partizioni con restrizione da $1$ a $4$ cifre, cioè si sommano $1+4+5+5 = 15$ come è confermato anche qui sempre fatto a mano da superpippone con $N=8$, basta dopo aggiungere $0$ quanto basta. Faccio notare poi che questo valore è minore della combinazioni totali/generali, come si vede dalla tabella con $N=8$ che è $22$.
Sembra complesso, ma ho cercato di essere meno pedante possibile. Se si googla si trovano quante informazioni si vogliono: questo è fatto abbastanza bene ed ha diversi riferimenti. Se si usano numeri grandi è il minimo utilizzare queste definizioni ed algoritmi.
________________________________________________________________
Aggiungo qualche altro risultato utilizzando il codice (che è riproducibile con qualsiasi altro).
In tabella elenco i primi $50$ numeri con il relativo conteggio della partizioni e la sua restrizione a $4$ e $6$ cifre.
| n | partizioni | 4 cifre | 6 cifre |
|---|---|---|---|
| 1 | 1 | 1 | 1 |
| 1 | 1 | 2 | 2 |
| 2 | 3 | 3 | 3 |
| 4 | 5 | 5 | 5 |
| 7 | 6 | 7 | 6 |
| 9 | 11 | 7 | 15 |
| 14 | 8 | 22 | 15 |
| 9 | 30 | 18 | 26 |
| 42 | 23 | 35 | 11 |
| 27 | 44 | 12 | 77 |
| 58 | 13 | 101 | 39 |
| 14 | 135 | 47 | 90 |
| 176 | 54 | 110 | 16 |
| 64 | 136 | 17 | 297 |
| 163 | 18 | 385 | 84 |
| 19 | 490 | 94 | 235 |
| 627 | 108 | 282 | 21 |
| 120 | 331 | 22 | 1002 |
| 391 | 23 | 1255 | 150 |
| 24 | 1575 | 169 | 532 |
| 1958 | 185 | 612 | 26 |
| 206 | 709 | 27 | 3010 |
| 811 | 28 | 3718 | 249 |
| 29 | 4565 | 270 | 1057 |
| 5604 | 297 | 1206 | 31 |
| 321 | 1360 | 32 | 8349 |
| 1540 | 33 | 10143 | 378 |
| 34 | 12310 | 411 | 1945 |
| 14883 | 441 | 2172 | 36 |
| 478 | 2432 | 37 | 21637 |
| 2702 | 38 | 26015 | 551 |
| 39 | 31185 | 588 | 3331 |
| 37338 | 632 | 3692 | 41 |
| 672 | 4070 | 42 | 53174 |
| 4494 | 43 | 63261 | 764 |
| 44 | 75175 | 816 | 5427 |
| 89134 | 864 | 5942 | 46 |
| 920 | 6510 | 47 | 124754 |
| 7104 | 48 | 147273 | 1033 |
| 49 | 173525 | 1089 | 8442 |
ho tabellato qualche altro valore non presente nel thread, così hai un confronto con $12$ e $16$, sempre con $4$ cifre e le relative percentuali.
Se si sommano le percentuali, ci sarà un errore di approssimazione dovuto al tipo di codice usato, poco importa basta immaginare dove è $0$ sia uno $0.000001$ e tornano i conti, questo perchè la prob. è davvero piccola.
| 12 | 0 | 0 | 0 | 0.000000 |
| 1 | 0 | 0 | 0.000009 | 10 |
| 0 | 0 | 0.000047 | 9 | 3 |
| 0 | 0.000157 | 8 | 4 | 0 |
| 0.000354 | 7 | 5 | 0 | 0 |
| 6 | 6 | 0 | 0 | 0.000330 |
| 1 | 1 | 0 | 0.000094 | 9 |
| 1 | 0 | 0.000944 | 8 | 3 |
| 0 | 0.002832 | 7 | 4 | 1 |
| 0.005665 | 6 | 5 | 1 | 0 |
| 8 | 2 | 2 | 0 | 0.002124 |
| 3 | 2 | 0 | 0.011330 | 6 |
| 2 | 0 | 0.019827 | 5 | 5 |
| 0 | 0.011896 | 6 | 3 | 3 |
| 0.013218 | 5 | 4 | 3 | 0 |
| 4 | 4 | 4 | 0 | 0.008261 |
| 1 | 1 | 1 | 0.000315 | 8 |
| 1 | 1 | 0.004249 | 7 | 3 |
| 1 | 0.011330 | 6 | 4 | 1 |
| 0.019827 | 5 | 5 | 1 | 1 |
| 7 | 2 | 2 | 1 | 0.016994 |
| 3 | 2 | 1 | 0.079308 | 5 |
| 2 | 1 | 0.118961 | 5 | 3 |
| 1 | 0.079308 | 4 | 4 | 3 |
| 0.099134 | 6 | 2 | 2 | 2 |
| 5 | 3 | 2 | 2 | 0.118961 |
| 4 | 2 | 2 | 0.074351 | 4 |
| 3 | 2 | 0.198269 | 3 | 3 |
| 16 | 0 | 0 | 0 | 0.000000 |
| 1 | 0 | 0 | 0.000000 | 14 |
| 0 | 0 | 0.000000 | 13 | 3 |
| 0 | 0.000002 | 12 | 4 | 0 |
| 0.000005 | 11 | 5 | 0 | 0 |
| 10 | 6 | 0 | 0 | 0.000022 |
| 7 | 0 | 0 | 0.000032 | 8 |
| 0 | 0 | 0.000018 | 14 | 1 |
| 0 | 0.000001 | 13 | 2 | 1 |
| 0.000009 | 12 | 3 | 1 | 0 |
| 11 | 4 | 1 | 0 | 0.000122 |
| 5 | 1 | 0 | 0.000268 | 9 |
| 1 | 0 | 0.000447 | 8 | 7 |
| 0 | 0.000575 | 12 | 2 | 2 |
| 0.000031 | 11 | 3 | 2 | 0 |
| 10 | 4 | 2 | 0 | 0.000671 |
| 5 | 2 | 0 | 0.001342 | 8 |
| 2 | 0 | 0.002014 | 7 | 7 |
| 0 | 0.001151 | 10 | 3 | 3 |
| 0.000447 | 9 | 4 | 3 | 0 |
| 8 | 5 | 3 | 0 | 0.004027 |
| 6 | 3 | 0 | 0.005370 | 8 |
| 4 | 0 | 0.002517 | 7 | 5 |
| 0 | 0.008055 | 6 | 6 | 4 |
| 0.004699 | 6 | 5 | 5 | 0 |
| 13 | 1 | 1 | 1 | 0.000003 |
| 2 | 1 | 1 | 0.000061 | 11 |
| 1 | 1 | 0.000244 | 10 | 4 |
| 1 | 0.000671 | 9 | 5 | 1 |
| 0.001342 | 8 | 6 | 1 | 1 |
| 7 | 7 | 1 | 1 | 0.001151 |
| 2 | 2 | 1 | 0.000366 | 10 |
| 2 | 1 | 0.002685 | 9 | 4 |
| 1 | 0.006712 | 8 | 5 | 2 |
| 0.012082 | 7 | 6 | 2 | 1 |
| 9 | 3 | 3 | 1 | 0.004475 |
| 4 | 3 | 1 | 0.020137 | 7 |
| 3 | 1 | 0.032219 | 6 | 6 |
| 1 | 0.018794 | 7 | 4 | 4 |
| 0.020137 | 6 | 5 | 4 | 1 |
| 5 | 5 | 5 | 1 | 0.011277 |
| 2 | 2 | 2 | 0.000671 | 9 |
| 2 | 2 | 0.006712 | 8 | 4 |
| 2 | 0.015103 | 7 | 5 | 2 |
| 0.024164 | 6 | 6 | 2 | 2 |
| 8 | 3 | 3 | 2 | 0.020137 |
| 4 | 3 | 2 | 0.080547 | 6 |
| 3 | 2 | 0.112765 | 6 | 4 |
| 2 | 0.070478 | 5 | 5 | 4 |
| 0.084574 | 7 | 3 | 3 | 3 |
| 6 | 4 | 3 | 3 | 0.093971 |
| 5 | 3 | 3 | 0.056383 | 5 |
| 4 | 3 | 0.140957 | 4 | 4 |
| 4 | 0.014683 | 4 | 4 | 4 |
in elenco anche con 6 cifre, ma senza percentuali.
Ho cercato una formulazione meno formale (proprio ricominciando dal primo post a rileggere) e più adeguata al caso visto che sembra che la mia formulazione della scorsa settimana sia troppo complessa per Polce (@Polce: è solo una considerazione da quanto scrivi, nulla più); quindi riutilizzando solo argomenti di calcolo combinatorio e non di probabilità (capiamoci...) e quello che è stato già scritto e compreso, penso basti solamente dare un nome ai vari pezzi, così che basti una piccola ricerca (anche wiki...) per avere più esempi.
- [*:15vr06yx]
"superpippone":
Come detto le possibilità sono $4^12=16.777.216$ così suddivise nelle 34 possibili maniere:
disposizione di $12$ oggetti in $4$ sacchetti, con i 12 oggetti distinguibili e con reimmissione (dove l'ordine conta). Si chiamano disposizioni con ripetizione
[/*:m:15vr06yx]
[*:15vr06yx]
"superpippone":
Per trovare la varie probabilità, bisogna avere le conoscenze di base del calcolo combinatorio.
10 2 0 0 = 792 = $(12!)/(10!*2!)*(4!)/(2!)$
questi invece sono due casi differenti, dettati dalla particolare formulazione del problema di Polce.
[list=0][*:15vr06yx]Prima dobbiamo considerare i sacchetti come numerati, cioè abbiano un ordine di posizione, quindi sono distinguibili. Il problema quindi va scritto come, calcolare in quanti modi si possono mettere $12$ palline in $4$ sacchetti numerati.
$(12!)/(10!*2!*0!*0!)$ sono permutazioni con ripetizione (chiamasi anagrammi).
[/*:m:15vr06yx]
[*:15vr06yx]in aggiunta dato che si ha \(10+2+0+0 \neq \dots \neq 0+10+2+0\) $=> 12$ nello spazio di definizione del problema, dobbiamo moltiplicare le permutazioni cioè $(4!)/(2!)$, togliendo gli elementi distinti. Solamente in questo caso, si considera lo $0$ come valore di definizione (anche se nello spazio delle disposizioni dei casi possibili sono implicite), anche queste sono permutazioni con ripetizione, ma la cosa che la distingue dal caso 1. è che sono permutazioni dell'oggetto sacchetto e non delle palline.[/*:m:15vr06yx][/list:o:15vr06yx][/*:m:15vr06yx][/list:u:15vr06yx]
salvo smentite, ora dovrebbe esserci davvero tutto. Buon lavoro.
@hamming_burst
Scusami se intervengo (colpa di superpippone
e comunque non intendo intromettermi più di tanto anche perché dopo un po' mi sono perso tentando di seguire polce ... 
).
Lo scopo del tuo intervento qual è?
E' solo (si fa per dire, eh ... ) quello di formalizzare e validare i loro tentativi (a conferma del loro lavoro e ad uso e consumo di quanti verranno, che poi è lo spirito del forum) oppure c'è un messaggio ulteriore che mi sfugge?
Grazie.
Cordialmente, Alex
P.S.: il sito delle sequenze è spettacolare, l'ho scoperto parecchi anni fa mentre cercavo conferma su una sequenza particolare (era oggetto di un quesito ...)
Scusami se intervengo (colpa di superpippone
e comunque non intendo intromettermi più di tanto anche perché dopo un po' mi sono perso tentando di seguire polce ... ).Lo scopo del tuo intervento qual è?
E' solo (si fa per dire, eh ...
) quello di formalizzare e validare i loro tentativi (a conferma del loro lavoro e ad uso e consumo di quanti verranno, che poi è lo spirito del forum) oppure c'è un messaggio ulteriore che mi sfugge?Grazie.
Cordialmente, Alex
P.S.: il sito delle sequenze è spettacolare, l'ho scoperto parecchi anni fa mentre cercavo conferma su una sequenza particolare (era oggetto di un quesito ...)
[ot]
messaggi subliminali non ne vedo...
semplicemente avevo iniziato a ricalcolare la questione secondo un modello combinatorio standard (disposizioni, combinazioni ...) senza passare su argomenti sconosciuti all'OP, poi perchè non mi tornava l'utilizzo del valore $0$ nel calcolo di superpippone (gli fischieranno le orecchie oramai mi sa...), come avevo scritto. Sul lato del codice, sì è più una cosa che trovo interessante anche se, come è stato più volte scritto, con numeri grandi è impensabile farlo a mano (tramite tabelle) per valutare qualche percentuale e quello è quasi l'unico modo per aver qualche conferma (con N=16, sono 231 partizioni e 136 valori validi con 6 cifre, fai te...).
Ma visto che mi torna tutto (sempre con la dovuta cautela, ma neanche troppo) ho deciso di sottolineare i nomi formali dei vari calcoli, cosicchè se polce cerca altri esempi generali basati su tal esercizio, googla du' secondi ed avrà tutti gli esempi che vuole.[/ot]
"axpgn":
Lo scopo del tuo intervento qual è?
E' solo (si fa per dire, eh ...
messaggi subliminali non ne vedo...
semplicemente avevo iniziato a ricalcolare la questione secondo un modello combinatorio standard (disposizioni, combinazioni ...) senza passare su argomenti sconosciuti all'OP, poi perchè non mi tornava l'utilizzo del valore $0$ nel calcolo di superpippone (gli fischieranno le orecchie oramai mi sa...), come avevo scritto. Sul lato del codice, sì è più una cosa che trovo interessante anche se, come è stato più volte scritto, con numeri grandi è impensabile farlo a mano (tramite tabelle) per valutare qualche percentuale e quello è quasi l'unico modo per aver qualche conferma (con N=16, sono 231 partizioni e 136 valori validi con 6 cifre, fai te...).
Ma visto che mi torna tutto (sempre con la dovuta cautela, ma neanche troppo) ho deciso di sottolineare i nomi formali dei vari calcoli, cosicchè se polce cerca altri esempi generali basati su tal esercizio, googla du' secondi ed avrà tutti gli esempi che vuole.[/ot]
@hamming_burst
Grazie,
Cordialmente, Alex
Grazie,
Cordialmente, Alex
Grazie @hamming,
Sto cercando di "digerire" il tuo scritto piano piano, rileggendolo più e più volte, al fine di ben comprendere il tutto
ed evitare, così, di dire cavolate per "incapacità" di "apprendimento".
Spero di poterne tirare fuori qualcosa di utile.
Per ora grazie infinite.
Stefano
P.s. Quando sarò pronto ed avrò immagazzinato la cosa, se avrò necessità di chiarimenti chiederò.
P.s.s. Grazie ancora anche per le ulteriori "modifiche" aggiunte. Interessantissime.
Sto cercando di "digerire" il tuo scritto piano piano, rileggendolo più e più volte, al fine di ben comprendere il tutto
ed evitare, così, di dire cavolate per "incapacità" di "apprendimento".
Spero di poterne tirare fuori qualcosa di utile.
Per ora grazie infinite.
Stefano
P.s. Quando sarò pronto ed avrò immagazzinato la cosa, se avrò necessità di chiarimenti chiederò.
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