Le (terribili) conseguenze dell'amore!
Mi è stato posto il seguente problema da un mio amico che fa il portiere d'albergo e ora lavora in un hotel a 7 piani.
Ieri mattina diedi al mio aiutante le 7 chiavi diverse che servono ad aprire i 7 ripostigli delle lenzuola di ogni piano.
Come sempre, lui doveva badare a consegnarle alle 7 cameriere che lavorano una per piano.
Quella sciocco (è innamorato di una cameriera) prese le 7 chiavi e se le ficcò in tasca a casaccio, senza badare, e poi le ha distribuite a caso (era tutto impegnato a sorridere alla sua preferita mentre lo faceva).
Lì per lì non ho detto niente, ma, dopo che le cameriere sono andate su ai loro rispettivi piani, mi sono chiesto:
Qual é la probabilità che almeno una cameriera riesca ad aprire il suo ripostiglio?
C'è qualcuno che mi aiuta a risolvere questo problema?
Un mio amico mi ha detto che c'entra il numero $e$ di Nepero, ma non ci credo mica.
Come fa un numero del genere (cioè 2,718281828459045... che é un numero non intero, per giunta irrazionale e trascendente) a fare la sua comparsa in questo problema?
Boh!
Ieri mattina diedi al mio aiutante le 7 chiavi diverse che servono ad aprire i 7 ripostigli delle lenzuola di ogni piano.
Come sempre, lui doveva badare a consegnarle alle 7 cameriere che lavorano una per piano.
Quella sciocco (è innamorato di una cameriera) prese le 7 chiavi e se le ficcò in tasca a casaccio, senza badare, e poi le ha distribuite a caso (era tutto impegnato a sorridere alla sua preferita mentre lo faceva).
Lì per lì non ho detto niente, ma, dopo che le cameriere sono andate su ai loro rispettivi piani, mi sono chiesto:
Qual é la probabilità che almeno una cameriera riesca ad aprire il suo ripostiglio?
C'è qualcuno che mi aiuta a risolvere questo problema?
Un mio amico mi ha detto che c'entra il numero $e$ di Nepero, ma non ci credo mica.
Come fa un numero del genere (cioè 2,718281828459045... che é un numero non intero, per giunta irrazionale e trascendente) a fare la sua comparsa in questo problema?
Boh!
Risposte
Ai modesti e vanitosi, ai saccenti e timorosi, do cantando gaio ritmo: logaritmo!
Così mi ha detto un altro amico per suggerirmi la risposta, e poi si è dileguato!
Che significa? Dev'essere pazzo! Anzi, direi, del tutto sbroccato!
Così mi ha detto un altro amico per suggerirmi la risposta, e poi si è dileguato!
Che significa? Dev'essere pazzo! Anzi, direi, del tutto sbroccato!
Sinceramente, non so cosa c'entrino i logaritmi.
Io penso di averlo risolto così, magari esistono altri metodi.
Considerando di avere un hotel di n ripostigli e n cameriere:
$(sum_{i=1}^ni(n-i)!)/(n!)$
Io penso di averlo risolto così, magari esistono altri metodi.
Considerando di avere un hotel di n ripostigli e n cameriere:
$(sum_{i=1}^ni(n-i)!)/(n!)$
Questa formula non da 3/2 (maggiore di 1), già per i = 2 ?
non ho avuto modo di leggere con attenzione il quesito e la formula proposta, però, sostituendo i=2 ho ricavato 1/21 anziché 3/2.
pensando di aver interpretato male l'obiezione, mi sono presa la briga di svolgere il calcolo completo nel caso di n=7, ed ho ottenuto
$1/7+1/21+1/70+1/210+1/504+1/840+1/720="circa "0.214$
prometto che rifletterò con calma sull'esattezza della formula, però invito Davimal a rivedere i calcoli ed eventualmente chiarire la propria obiezione.
ciao.
pensando di aver interpretato male l'obiezione, mi sono presa la briga di svolgere il calcolo completo nel caso di n=7, ed ho ottenuto
$1/7+1/21+1/70+1/210+1/504+1/840+1/720="circa "0.214$
prometto che rifletterò con calma sull'esattezza della formula, però invito Davimal a rivedere i calcoli ed eventualmente chiarire la propria obiezione.
ciao.
Si, quella formula è stata scritta in modo sbagliato.
Purtroppo, scopro ora che la formula che avrei voluto scrivere non funziona, poichè non esclude i casi comuni.
Per ora mi viene in mente solo una formula ricorsiva, ma preferirei evitarla.
Continuo a pensarci su.
Purtroppo, scopro ora che la formula che avrei voluto scrivere non funziona, poichè non esclude i casi comuni.
Per ora mi viene in mente solo una formula ricorsiva, ma preferirei evitarla.
Continuo a pensarci su.
scusate, volevo dire n = 2.
In tale caso la formula di Cheguevilla dà: $\frac{1(2-1)!}{2!} + (2(2-2)!)/(2!) = 1/2 + 1 = 3/2$
In tale caso la formula di Cheguevilla dà: $\frac{1(2-1)!}{2!} + (2(2-2)!)/(2!) = 1/2 + 1 = 3/2$
@ seascoli: il suggerimento è molto valido nell'ipotesi in cui l'aiutante del portiere avesse infinite chiavi per ogni piano.
In questo caso, la soluzione sarebbe $(1-1/n)^n$
Tuttavia, non saprei come, partendo da questo, si possa arrivare alla soluzione del problema "senza reinserimento".
In questo caso, la soluzione sarebbe $(1-1/n)^n$
Tuttavia, non saprei come, partendo da questo, si possa arrivare alla soluzione del problema "senza reinserimento".
La tua formula da solo la probabilità complementare a quella chiesta dal portiere (é vero, per infinite chiavi).
La probabilità richiesta è il complemento a 1 di quello che hai scritto: $1 - 1/e = 63%$ circa.
Ma, già per N>6, tale formula sbaglia di pochissimo.
Voglio dire che, per N>6, la risposta da dare al portiere quasi non dipende più da N, cioè dal numero di chiavi.
Il mio amico McLaurin ti dà una dritta:
$e^(-1)=1-1/1!+1/(2!)-1/(3!)+1/(4!)-1/(5!) + .....$
La probabilità richiesta è il complemento a 1 di quello che hai scritto: $1 - 1/e = 63%$ circa.
Ma, già per N>6, tale formula sbaglia di pochissimo.
Voglio dire che, per N>6, la risposta da dare al portiere quasi non dipende più da N, cioè dal numero di chiavi.
Il mio amico McLaurin ti dà una dritta:
$e^(-1)=1-1/1!+1/(2!)-1/(3!)+1/(4!)-1/(5!) + .....$
Per Cheguevilla: hai visto che i logaritmi c'entravano ? (attraverso la loro base naturale, questo si diceva).
Intelligenti pauca!
Intelligenti pauca!
Per Hans Che-Guevara+PanchoVilla:
La probabilità che almeno una chiave apra tende a : $1-1/e = 63,2%$ circa
La probabilità che nessuna chiave apra tende a : $1/e = 36,8%$ circa
Ma per N finito ?
Hint: Per il numero di casi favorevoli --> cfr. Principio di inclusione-esclusione fra insiemi (per es. su Wikipedia).
Risponde alla domanda: Quando N insiemi si intersecano in modo vario, come calcolare l'area della loro unione?
La probabilità che almeno una chiave apra tende a : $1-1/e = 63,2%$ circa
La probabilità che nessuna chiave apra tende a : $1/e = 36,8%$ circa
Ma per N finito ?
Hint: Per il numero di casi favorevoli --> cfr. Principio di inclusione-esclusione fra insiemi (per es. su Wikipedia).
Risponde alla domanda: Quando N insiemi si intersecano in modo vario, come calcolare l'area della loro unione?
Si, è vero che è possibile utilizzare il principio di inclusione ed esclusione tra insiemi, ma solo a pensarci, mi viene la pelle d'oca...
Inoltre, c'è differenza soprattutto nel denominatore.
Nel caso visto finora (utilizzando il numero di Nepero), il denominatore è $n^k$, mentre nel caso reale (un numero finito di chiavi e pari alle porte da aprire), il denominatore è $k!$.
Inoltre, c'è differenza soprattutto nel denominatore.
Nel caso visto finora (utilizzando il numero di Nepero), il denominatore è $n^k$, mentre nel caso reale (un numero finito di chiavi e pari alle porte da aprire), il denominatore è $k!$.
@Cheguevilla
Proprio così. Questo ti mette sulla strada giusta.
Considera le permutazioni di (1,2,3,...,N).
Quante sono le permutazioni che lasciano k degli n elementi ai loro posti?
Se i k elementi sono fissati, sono ovviamente: $(N-k)!$
Ma ci sono $((N),(k))$ modi per scegliere, sugli n, i k elementi da "inchiodare".
Quindi il numero di permutazioni che lasciano k elementi al loro posto (dovunque si trovino detti elementi) é
$R_N(k)=((N),(k))(N-k)! = (N!)/(k!)$
Purtroppo l'insieme di permutazioni che lasciano k elementi al loro posto,
ha intersezione non vuota con l'insieme delle permutazioni che lasciano, che so, k-1 o k+1 elementi ai loro posti.
E' qui che ti serve il principio di inclusione-esclusione, o meglio la regola per calcolare l'area dell'unione di più figure del piano fra loro parzialmente (o anche totalmente) sovrapposte.
Insomma alla fine si ha:
Casi favorevoli = $R_N(1)-R_N(2)+R_N(3)- ... \pmR_N(N)$
Casi possibili = $N!$
Dopo aver semplificato il denominatore si ha
$1-1/(2!)+1/(3!)-1/(4!)+ ....= 1-[1/(2!)-1/(3!)+1/(4!)+ ...]$
ma la quantità fra parentesi quadre è lo sviluppo di McLaurin di $e^x$ , calcolato per x=-1, troncato all'N.mo termine.
Quindi (come da me già annunciato) si ha:
Prob(almeno una chiave vada bene) = $1-1/e ~~ 0.632$
Prob(nessuna chiave vada bene) = $1/e ~~ 0.368$
QUESITO FINALE: e qual é la probabilità che più di 3 chiavi (su 7) vadano bene?
Proprio così. Questo ti mette sulla strada giusta.
Considera le permutazioni di (1,2,3,...,N).
Quante sono le permutazioni che lasciano k degli n elementi ai loro posti?
Se i k elementi sono fissati, sono ovviamente: $(N-k)!$
Ma ci sono $((N),(k))$ modi per scegliere, sugli n, i k elementi da "inchiodare".
Quindi il numero di permutazioni che lasciano k elementi al loro posto (dovunque si trovino detti elementi) é
$R_N(k)=((N),(k))(N-k)! = (N!)/(k!)$
Purtroppo l'insieme di permutazioni che lasciano k elementi al loro posto,
ha intersezione non vuota con l'insieme delle permutazioni che lasciano, che so, k-1 o k+1 elementi ai loro posti.
E' qui che ti serve il principio di inclusione-esclusione, o meglio la regola per calcolare l'area dell'unione di più figure del piano fra loro parzialmente (o anche totalmente) sovrapposte.
Insomma alla fine si ha:
Casi favorevoli = $R_N(1)-R_N(2)+R_N(3)- ... \pmR_N(N)$
Casi possibili = $N!$
Dopo aver semplificato il denominatore si ha
$1-1/(2!)+1/(3!)-1/(4!)+ ....= 1-[1/(2!)-1/(3!)+1/(4!)+ ...]$
ma la quantità fra parentesi quadre è lo sviluppo di McLaurin di $e^x$ , calcolato per x=-1, troncato all'N.mo termine.
Quindi (come da me già annunciato) si ha:
Prob(almeno una chiave vada bene) = $1-1/e ~~ 0.632$
Prob(nessuna chiave vada bene) = $1/e ~~ 0.368$
QUESITO FINALE: e qual é la probabilità che più di 3 chiavi (su 7) vadano bene?
Ai (2,)
modesti (7)
e (1)
vanitosi (8)
ai (2)
saccenti (8)
e (1)
timorosi (8)
do (2)
cantando (8)
gaio (4)
ritmo (5)
logaritmo (9)
....
$e=2.718281828459...$
l
modesti (7)
e (1)
vanitosi (8)
ai (2)
saccenti (8)
e (1)
timorosi (8)
do (2)
cantando (8)
gaio (4)
ritmo (5)
logaritmo (9)
....
$e=2.718281828459...$
l
"seascoli":Fin qui c'ero arrivato anche io.
@Cheguevilla
Proprio così. Questo ti mette sulla strada giusta.
Considera le permutazioni di (1,2,3,...,N).
Quante sono le permutazioni che lasciano k degli n elementi ai loro posti?
Se i k elementi sono fissati, sono ovviamente: $(N-k)!$
Ma ci sono $((N),(k))$ modi per scegliere, sugli n, i k elementi da "inchiodare".
Quindi il numero di permutazioni che lasciano k elementi al loro posto (dovunque si trovino detti elementi) é
$R_N(k)=((N),(k))(N-k)! = (N!)/(k!)$
Purtroppo l'insieme di permutazioni che lasciano k elementi al loro posto,
ha intersezione non vuota con l'insieme delle permutazioni che lasciano, che so, k-1 o k+1 elementi ai loro posti.
E' qui che ti serve il principio di inclusione-esclusione, o meglio la regola per calcolare l'area dell'unione di più figure del piano fra loro parzialmente (o anche totalmente) sovrapposte.
Insomma alla fine si ha:
Casi favorevoli = $R_N(1)-R_N(2)+R_N(3)- ... \pmR_N(N)$
Tuttavia, non avevo buttato niente su carta.
ma la quantità fra parentesi quadre è lo sviluppo di McLaurin di $e^x$ , calcolato per x=-1, troncato all'N.mo termine.Qui invece ci sono arrivato solo ora.
QUESITO FINALE: e qual é la probabilità che più di 3 chiavi (su 7) vadano bene?Questo potrebbe funzionare?
$sum_(i=4)^7((-1)^(i+1))/(i!)$
dato che il nodo del problema sta nel conteggio dei casi possibili, e nel calcolo della probabilità del caso in cui nessuna chiave apre (X -> nr delle chiavi che aprono, x = 0...N)
non ho capito se esiste una formula esatta per conteggiare i casi in cui nessuna chiave apre per N finito e piccolo
prendendo come casi possibili le permutazioni (N!) ho conteggiato manualmente per N=3 e N=4
probab (X=0, N=3) = 2/6
probab (X=0, N=4) = 9/24
non ho capito se esiste una formula esatta per conteggiare i casi in cui nessuna chiave apre per N finito e piccolo
prendendo come casi possibili le permutazioni (N!) ho conteggiato manualmente per N=3 e N=4
probab (X=0, N=3) = 2/6
probab (X=0, N=4) = 9/24
"biagiopas":Si, esiste ed è quella riportata da seascoli:
dato che il nodo del problema sta nel conteggio dei casi possibili, e nel calcolo della probabilità del caso in cui nessuna chiave apre (X -> nr delle chiavi che aprono, x = 0...N)
non ho capito se esiste una formula esatta per conteggiare i casi in cui nessuna chiave apre per N finito e piccolo
prendendo come casi possibili le permutazioni (N!) ho conteggiato manualmente per N=3 e N=4
probab (X=0, N=3) = 2/6
probab (X=0, N=4) = 9/24
$R_N(1)-R_N(2)+R_N(3)-...+-R_N(N)$
...
$R_N(k)=((N),(k))(N-k)! =(N!)/(k!)
N!/K!
potresti farmi un esempio per N=3 e N=4?
Ti conviene calcolare l'evento complementare.
Ovvero, calcolare le probabilità che almeno una chiave apra.
Caso $N=3$:
$R_3(1)-R_3(2)+R_3(3)=((3),(1))2!-((3),(2))+((3),(3))=6-3+1=4$
Poichè i casi possibili sono $3! =6$, $6-4=2$.
Caso $N=4$:
$R_4(1)-R_4(2)+R_4(3)-R_4(4)=((4),(1))3!-((4),(2))2!+((4),(3))-((4),(4))=24-12+4-1=15$
Poichè i casi possibili sono $4! =24$, $24-15=9$.
Ovvero, calcolare le probabilità che almeno una chiave apra.
Caso $N=3$:
$R_3(1)-R_3(2)+R_3(3)=((3),(1))2!-((3),(2))+((3),(3))=6-3+1=4$
Poichè i casi possibili sono $3! =6$, $6-4=2$.
Caso $N=4$:
$R_4(1)-R_4(2)+R_4(3)-R_4(4)=((4),(1))3!-((4),(2))2!+((4),(3))-((4),(4))=24-12+4-1=15$
Poichè i casi possibili sono $4! =24$, $24-15=9$.
Ok, ormai vedo che avete sulla punta delle dita tutto ciò che vi serve!
Alla prossima!
Alla prossima!
Si, purtroppo essendo cose delicate dal punto di vista del calcolo, devo guardarle con un po' di pazienza.
Oggi, al lavoro, alcuni particolari mi sfuggivano.
Fortuna che a casa ho la pozione magica che mi aiuta a vederci più chiaro...
Oggi, al lavoro, alcuni particolari mi sfuggivano.
Fortuna che a casa ho la pozione magica che mi aiuta a vederci più chiaro...
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