Quesiti da colloquio.
Ecco alcuni potenziali problemi che si presentano in alcune interviws di lavoro.
Ve li posto poi ne discutiamo con calma insieme.
1) Diciamo che ho 50 monete nella mia mano in maniera tale che la loro somma sia 1 [tex]\$[/tex]. Ne cade uno; quale è la probabilità che sia 1 penny?
2) Si gioca lanciando due monete regolari. Se esce CC vi do 1 [tex]\$[/tex]; se TT si rilancia; se sono diversi vi do 0.
Quale è il valore atteso della vincita?
3) Quale è l'angolo formato dalle lancette di un orologio alle 6:45. A che ora le due lancette si sovrapporranno la prossima volta? (Questo non è probabilistico ma lo metto comunque)
4) Supponiamo di essere su una scacchiera. Il Re si trova in E1 (riga in basso, quinta colonna); Quanti sono i cammini che lo conducono in E8 (riga in alto, quinta colonna) in 7 mosse?
Vi lascio questi quesiti, attendo le vostre soluzioni così ne discutiamo insieme.
Ciao.
Ve li posto poi ne discutiamo con calma insieme.
1) Diciamo che ho 50 monete nella mia mano in maniera tale che la loro somma sia 1 [tex]\$[/tex]. Ne cade uno; quale è la probabilità che sia 1 penny?
2) Si gioca lanciando due monete regolari. Se esce CC vi do 1 [tex]\$[/tex]; se TT si rilancia; se sono diversi vi do 0.
Quale è il valore atteso della vincita?
3) Quale è l'angolo formato dalle lancette di un orologio alle 6:45. A che ora le due lancette si sovrapporranno la prossima volta? (Questo non è probabilistico ma lo metto comunque)
4) Supponiamo di essere su una scacchiera. Il Re si trova in E1 (riga in basso, quinta colonna); Quanti sono i cammini che lo conducono in E8 (riga in alto, quinta colonna) in 7 mosse?
Vi lascio questi quesiti, attendo le vostre soluzioni così ne discutiamo insieme.
Ciao.
Risposte
1) Diciamo che ho 50 monete nella mia mano in maniera tale che la loro somma sia 1 [tex]\$[/tex]. Ne cade uno; quale è la probabilità che sia 1 penny?
Ipotizzo che i tagli di monete disponibili siano da 1,5,10,25,50,100 cents (fonte: wiki)
Il problema fondamentale mi pare quello di individuare quante e quali monete possiamo avere in mano tali che in totale abbiamo 50 monete e il valore complessivo sia di 100 cents.
A occhio è subito possibile scartare la presenza di monete da 100c e da 50c.
Non sono bravo sulle equazioni a soluzioni intere, perciò ho annidato qualche ciclo for che mi ha consentito di individuare due possibili soluzioni (salvo errori):
1) 1 da 25c, 2 da 10c, 2 da 5c, 45 da 1c
2) 2 da 10c, 8 da 5c, 40 da 1c
Ipotizzando le due composizioni equiprobabili, calcolo la richiesta probabilità come:
\( \displaystyle \frac{45}{50} \cdot \frac{1}{2}+\frac{40}{50} \cdot \frac{1}{2} = \frac{17}{20} \)
2) Si gioca lanciando due monete regolari. Se esce CC vi do 1 [tex]\$[/tex]; se TT si rilancia; se sono diversi vi do 0.
Quale è il valore atteso della vincita?
Esce CC con probabilità 1/4 e vinco +1. Esce CT o TC con probabilità 1/2 e vinco 0.
Se esce TT si ripetono le stesse probabilità, quindi dovrebbe bastare normalizzare le suddette probabilità (la cui somma ammonta a 3/4):
vinco +1 con probabilità 1/3;
vinco 0 con probabilità 2/3.
La vincita attesa pertanto è 1/3 di dollaro.
3) Quale è l'angolo formato dalle lancette di un orologio alle 6:45. A che ora le due lancette si sovrapporranno la prossima volta? (Questo non è probabilistico ma lo metto comunque)
Dalle 6 fino alle 6:45 la lancetta delle ore ha percorso 3/4 di un'ora, quindi un angolo pari ai 3/4 di 30°, ovvero 22.5°.
Quindi alle 6:45 l'angolo tra la lancetta delle ore e dei minuti dovrebbe essere 90°-22.5°= 67.5°.
Per la seconda domanda mi piace seguire un approccio "fisico".
A partire dalle ore 00:00:00, l'equazione del moto della lancetta delle ore è:
\( \theta(t)=\omega_1 t = \frac{2\pi}{12 \cdot 3600} t \)
L'equazione del moto della lancetta dei minuti è:
\( \theta(t)=\omega_2 t = \frac{2\pi}{3600} t \)
Le due lancette si sovrappongono per \( \omega_2 t =\omega_1 t +2k \pi \to t=\frac{12}{11}3600k\)
La soluzione richiesta è quella per k=7, ovvero \( t \sim 27490.91s \) corrispondente circa alle 7h 38m 10.91s
4) Supponiamo di essere su una scacchiera. Il Re si trova in E1 (riga in basso, quinta colonna); Quanti sono i cammini che lo conducono in E8 (riga in alto, quinta colonna) in 7 mosse?
All'inizio ho provato invano a ragionare in modo simile a questo simpatico problema.
Poi ho trovato una strada che mi ha portato a costruire una sorta di triangolo di Tartaglia dove si sommano 3 caselle della riga precedente invece che 2. Ad esempio il numero 6 nella cella d4 è la somma delle celle c3+d3+e3=1+2+3=6.
Il risultato che mi esce è 393. Allego un'immagine:
Purtroppo non sono ancora riuscito ad ottenere il risultato in termini di combinazioni (ammesso sia possibile).
E' sempre un piacere discutere con te cenzo. Mi complimento poi per come ragioni e lavori sui problemi!
Allora per il primo) anche io odio i sistemi a soluzioni intere. Il ragionamento è lo stesso tuo. Io non mi ero spinto a vedere le differenti monete del dollaro. Bisogna dimostrare che le uniche combinazioni sono quelle da te dette. Ci penserò domani pomeriggio o dopodomani.
2,3) Ok. e li ho fatti con lo stesso tuo ragionamento. Mi hanno fatto osservare per il 3.b) che le lancette si incontrano mezzanotte; 1e 5/6, 2e10/11 ...10e 50 qualcosa giu di li e poi si ritoccano alla mezza. Quindi si incontrano 11 volte; visto che sono le 6:45 noi cerchiamo quella dopo le sette (quindi a settima volta che si incontrano) quindi sarà a 7/11 l'angolo, ovvero saranno le 7 e 7/11 di ora che è il risultato. Sembra essere smart, io avevo agionato esattamente come te.
4) Come arrivi alla struttura Tartaglia?
Il mio ragionamento è stato: Essenso in 7 mosse andiamo sempre in su di uno. Quindi il problema è destra sinistra dritto.
Dovendo arrivare nella stessa lettera (E) il numero di passi a destra deve essere uguale a quello a sinistra, quindi dovremo andare dritti un numero dispari di volte. Si configurano le seguenti possibilità (con in ordine Dritto destra sinistra)
1 3 3
3 2 2
5 1 1
7 0 0
ed ora è solo un problema di scelta: per ciascuna (poi si sommano) si scelgono i posti dove si curva [tex]((7),(2k))[/tex]
e poi multinomiale [tex]\frac{(2k)!}{k!k!}[/tex].
A questa ci sono arrivato abbastanza rapidamente ma non sos e sotto colloquio riuscirei a ragionare così fluidamente (i colloqui sono fatti anche per questo).
Allora per il primo) anche io odio i sistemi a soluzioni intere. Il ragionamento è lo stesso tuo. Io non mi ero spinto a vedere le differenti monete del dollaro. Bisogna dimostrare che le uniche combinazioni sono quelle da te dette. Ci penserò domani pomeriggio o dopodomani.
2,3) Ok. e li ho fatti con lo stesso tuo ragionamento. Mi hanno fatto osservare per il 3.b) che le lancette si incontrano mezzanotte; 1e 5/6, 2e10/11 ...10e 50 qualcosa giu di li e poi si ritoccano alla mezza. Quindi si incontrano 11 volte; visto che sono le 6:45 noi cerchiamo quella dopo le sette (quindi a settima volta che si incontrano) quindi sarà a 7/11 l'angolo, ovvero saranno le 7 e 7/11 di ora che è il risultato. Sembra essere smart, io avevo agionato esattamente come te.
4) Come arrivi alla struttura Tartaglia?
Il mio ragionamento è stato: Essenso in 7 mosse andiamo sempre in su di uno. Quindi il problema è destra sinistra dritto.
Dovendo arrivare nella stessa lettera (E) il numero di passi a destra deve essere uguale a quello a sinistra, quindi dovremo andare dritti un numero dispari di volte. Si configurano le seguenti possibilità (con in ordine Dritto destra sinistra)
1 3 3
3 2 2
5 1 1
7 0 0
ed ora è solo un problema di scelta: per ciascuna (poi si sommano) si scelgono i posti dove si curva [tex]((7),(2k))[/tex]
e poi multinomiale [tex]\frac{(2k)!}{k!k!}[/tex].
A questa ci sono arrivato abbastanza rapidamente ma non sos e sotto colloquio riuscirei a ragionare così fluidamente (i colloqui sono fatti anche per questo).
"DajeForte":
E' sempre un piacere discutere con te cenzo. Mi complimento poi per come ragioni e lavori sui problemi!
Grazie, è un piacere reciproco.
Allora per il primo) anche io odio i sistemi a soluzioni intere. Il ragionamento è lo stesso tuo. Io non mi ero spinto a vedere le differenti monete del dollaro. Bisogna dimostrare che le uniche combinazioni sono quelle da te dette. Ci penserò domani pomeriggio o dopodomani.
Vediamo se questo ragionamento sta in piedi:
Come detto è inutile considerare monete da 100c in quanto avrei raggiunto il limite del valore con una sola moneta.
Se ci fosse una moneta da 50c potrei aggiungere 50 monete da 1c. Così ho 51 monete totali. Troppe.
Allora provo col taglio immediatamente superiore: 1 moneta da 50c, 1 moneta da 5c e quindi 45 da 1c. Il valore complessivo in mano è 100c ma così ho 47 monete. Troppo poche. Non c'è altro modo di avere più monete.
Concludo che le soluzioni non possono includere la moneta da 50c.
Ora imposto il sistema (ho x monete da 25c, y da 10c, z da 5c e t da 1c):
$25x+10y+5z+t=100$
$x+y+z+t=50$
Ricavo t dalla seconda e sostituisco nella prima:
$t=50-x-y-z$
$24x+9y+4z=50$
Dovendo essere le soluzioni non negative deve risultare $0<=x<=2$ (altrimenti $24*3>50$ e y e/o z sarebbero negative).
Esaminiamo allora i vari casi:
Caso $x=2$
L'equazione diventa $9y+4z=2$ che non ha soluzioni intere non negative.
Caso $x=1$
L'equazione diventa $9y+4z=26$ con evidentemente $0<=y<=2$
Non so fare di meglio che esaminare altri casi (ma sono pochi):
Se $y=0$ avrei $4z=26$ che non ha soluzioni intere.
Se $y=1$ avrei $4z=17$ che non ha soluzioni intere.
Se $y=2$ avrei $4z=8$ che ha la soluzione $z=2$. Quindi $x=1,y=2,z=2,t=45$.
Caso $x=0$
L'equazione diventa $9y+4z=50$ con $0<=y<=5$
Se $y=0$ avrei $4z=50$ che non ha soluzioni intere.
Se $y=1$ avrei $4z=41$ che non ha soluzioni intere.
Se $y=2$ avrei $4z=32$ che ha la soluzione $z=8$. Quindi $x=0,y=2,z=8,t=40$.
Se $y=3$ avrei $4z=23$ che non ha soluzioni intere.
Se $y=4$ avrei $4z=14$ che non ha soluzioni intere.
Se $y=5$ avrei $4z=5$ che non ha soluzioni intere.
Resta provato quindi che le soluzioni sono solo quelle due.
Magari c'è qualche metodo più veloce ed elegante, ma non saprei fare di meglio.
Potresti anche postare il problema nella sezione "Giochi matematici" dove è più visibile, lì ho visto xXStephXx, Milizia96 e Gi8 che sono forti su questi problemi.
Quindi si incontrano 11 volte; visto che sono le 6:45 noi cerchiamo quella dopo le sette (quindi a settima volta che si incontrano) quindi sarà a 7/11 l'angolo, ovvero saranno le 7 e 7/11 di ora che è il risultato. Sembra essere smart, io avevo agionato esattamente come te.
E' vero, è quick & smart.
Avevo già intravisto questo ragionamento (è un problema classico) ma la mente si rifiutava di confrontarsi con quell'approccio.
Stavolta ci ho dedicato un po' di tempo in più e lo scrivo per fissarlo in mente
Il punto chiave è che si incontrano 11 volte in 12 ore, ad intervalli uguali (era quest'ultima cosa che mi mancava!). Quindi ogni intervallo è di 12/11 di ora, ovvero 1+1/11. Quindi dopo le 12:00 si incontrano alle 1+1/11, 2+2/11, 3+3/11, etc...
OK
4) Come arrivi alla struttura Tartaglia?
Partendo da e1 il Re ha 1 possibile mossa che lo porta in d2, 1 in e2, 1in f2. Scrivo 1 in tali celle.
Ora ragioniamo al rovescio. Supponiamo il Re sia in una qualsiasi cella, diciamo d4 per fissare le idee.
Per come si muove il Re può essere partito da c3 o d3 o e3. Quindi le possibilità di arrivare alla d4 sono la somma delle possibilità di arrivare in tali celle. Infatti il diverso cammino è quello che ha portato in c3/d3/e3, ma il percorso c3-d4 è unico, così come d3-d4 o e3-d4.
Quindi la cella d4 raccoglie i diversi cammini che hanno portato alle 3 celle precedenti.
Ovviamente se siamo vicino al bordo alcune celle raccolgono 0.
Con questo criterio è stato facile riempire il triangolo facendo le somme a partire dalle 1,1,1 iniziali.
Dici che c'è un modo di esprimere ogni cella utilizzando le combinazioni alla maniera di Tartaglia ?
(non è comodo trovare i numeretti in modo ricorsivo..)
Sarebbe interessante sentire il parere di Umby, che è un maestro con Tartaglia.
Il mio ragionamento è stato: Essenso in 7 mosse andiamo sempre in su di uno. Quindi il problema è destra sinistra dritto.
Dovendo arrivare nella stessa lettera (E) il numero di passi a destra deve essere uguale a quello a sinistra, quindi dovremo andare dritti un numero dispari di volte. Si configurano le seguenti possibilità (con in ordine Dritto destra sinistra)
1 3 3
3 2 2
5 1 1
7 0 0
Fin qui ti ho seguito, ma poi non ho compreso i conteggi successivi:
ed ora è solo un problema di scelta: per ciascuna (poi si sommano) si scelgono i posti dove si curva [tex]((7),(2k))[/tex]
e poi multinomiale [tex]\frac{(2k)!}{k!k!}[/tex].
Comunque torna anche a te il 393 finale ?
Come ti dicevo ieri, oggi sono impegnato percui ti do un veloce feedback; mi pare corretto quello che scrivi.
Per le combinazioni (il risultato viene lo stesso; non so se lo hai compreso ma quel ((7),(2k)) è il binomiale mal riuscito con latex): una volta capita 1 3 3; 3 2 2 ecc. fissata una di queste sara un problema dove piazare nei 7 passi quelli dritti quelli a destra e quelli a sinistra.
Ad esempio in 7 0 0 vado sempre dritto e quindi ho una sola combinazione (DDDDDDD)
in 5 1 1 andrò 5 volte dritto e due volte giro: una a destra una a sinistra. Qunate sono ? tra le sette caselle devo scegliere dove andare a destra e a sinistra quindi 7*6 (è importante se vado a destra o a sinistra)
Per generalizzarlo lo devi inquadrare come: tra i 7 posti scelgo 2=1+1 dove giro (a destra e a sinistra) $((7),(2))$ scelti questi due posti deve vedere (tra questi due) dove vado a destra e dove a sinistra: quindi $((2!))/(1!1!)$
su 3 2 2: in tre vado dritto e in 4 giro: scelgo i 4 dove giro $((7),(4))$; di questi quattro ho da piazzare 2 D e 2 S: quanti sono?
$(4!)/(2!2!)$
Per le combinazioni (il risultato viene lo stesso; non so se lo hai compreso ma quel ((7),(2k)) è il binomiale mal riuscito con latex): una volta capita 1 3 3; 3 2 2 ecc. fissata una di queste sara un problema dove piazare nei 7 passi quelli dritti quelli a destra e quelli a sinistra.
Ad esempio in 7 0 0 vado sempre dritto e quindi ho una sola combinazione (DDDDDDD)
in 5 1 1 andrò 5 volte dritto e due volte giro: una a destra una a sinistra. Qunate sono ? tra le sette caselle devo scegliere dove andare a destra e a sinistra quindi 7*6 (è importante se vado a destra o a sinistra)
Per generalizzarlo lo devi inquadrare come: tra i 7 posti scelgo 2=1+1 dove giro (a destra e a sinistra) $((7),(2))$ scelti questi due posti deve vedere (tra questi due) dove vado a destra e dove a sinistra: quindi $((2!))/(1!1!)$
su 3 2 2: in tre vado dritto e in 4 giro: scelgo i 4 dove giro $((7),(4))$; di questi quattro ho da piazzare 2 D e 2 S: quanti sono?
$(4!)/(2!2!)$
Ok grazie, ho capito: \( \displaystyle \sum_{k=0}^{3} {7 \choose 2k}{2k \choose k}=393 \)
Ho scoperto che il triangolo che mi esce sulla scacchiera è noto come Trinomial triangle e i numeretti sono i coefficienti trinomiali. Qui ci sono varie formule per calcolarli.
Belle le domande che fanno ai colloqui! Se ne hai altre, condividile!
PS: in bocca al lupo allora! ("Break a leg!")
Ho scoperto che il triangolo che mi esce sulla scacchiera è noto come Trinomial triangle e i numeretti sono i coefficienti trinomiali. Qui ci sono varie formule per calcolarli.
Belle le domande che fanno ai colloqui! Se ne hai altre, condividile!
PS: in bocca al lupo allora! ("Break a leg!")
Si ne ho altre. Se non strettamente probabilistiche le metto in Giochi Matematici.
A dopo allora.
A dopo allora.
Allora ci sono anche colloqui dove chiedono cose serie 
se posso, per che posizione era?
se posso, per che posizione era?
Non lo ho fatto quel colloquio, mi toccherà tra poco!
Comunque queste tipologie di domande le chiedono per posizioni di Trader analyst in società finanziarie (americane)
Comunque queste tipologie di domande le chiedono per posizioni di Trader analyst in società finanziarie (americane)
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