Solitario da 1 a 10
Ho un problema sulla risoluzione delle probabilità di vincita su questo gioco da diversi giorni, credo di essermi avvicinato ma non so se i calcoli sono giusti e soprattutto non so come concluderlo definitivamente.
Intanto spiego il gioco:
Si usa un normale mazzo di 40 carte, come per giocare a scopa.
Si mescola il mazzo e lo si tiene coperto sul tavolo (o in mano).
Si pesca la prima carta dalla cima del mazzo e la si scopre dicendo "UNO"
Si pesca la carta successiva dalla cima del mazzo e la si scopre dicendo
"DUE"
Si pesca ancora la carta successiva dalla cima del mazzo e la si scopre
dicendo "TRE"
Si continua così fino alla decima carta...
Poi, dal 10 in avanti, si ripetono ciclicamente le operazioni precedenti, e
cioè
si pesca ancora la carta in cima al mazzo e la si scopre dicendo nuovamente
"UNO", ecc...
In sostanza si scopre una carta alla volta, e ogni volta si dice il numero
che spetta dire, secondo il conteggio ciclico "uno, due, ...,dieci, uno, due, ..., 10
...." e così via fino alla 40-esima carta, ove si dirà "dieci".
Quando ad una carta esce proprio il numero detto allora si perde, quindi si vince solo quando dopo le 40 carte nessuna si trovava esattamente al numero corrispondente.
Ora, quante sarebbero le probabilità di vincita?
Ci ho provato in diversi modi, l'ultimo dei quali (quello corretto, almeno spero) sono riuscito a farlo solo fino a 10 carte, poi con le ripetizioni non so ancora come procedere, infatti saprei farlo anche con n carte ma solo senza ripetizioni.
Sarebbe il numero dei casi favorevoli fratto il numero dei casi possibili. Con n carte il numero dei casi possibili è n!, mentre quello dei casi favorevoli (dopo varie ricerche) mi risulta essere uguale alla sommatoria a segni alterni di (n-i)!, con i che va da 0 a n, moltiplicando però ad ogni addendo i numeri del triangolo di Tartaglia che figurano al (n+1)esimo gradino. Infatti per 10 carte basta andare all'undicesimo gradino e vediamo che i numeri sono 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1, quindi facendo 10!-10*9!+45*8!-120*7!+...+45*2!-10+1 si trovano già i casi favorevoli.
Facendo poi il rapporto con i casi possibili il solitario risulterebbe 1 volta ogni 2.718.
Fin qui credo che il ragionamento sia giusto, il problema si pone con 40 carte dato che ci saranno altre 3 ripetizioni da 1 a 10 che mi mettono in difficoltà nel trovare la strada giusta per trovare la soluzione.
E' anche vero che non ho ancora studiato in maniera approfondita "statistica e probabilità" (la studierò ancora al terzo anno di università), quindi una dritta di qualcuno più esperto al riguardo mi sarebbe veramente utile
Intanto spiego il gioco:
Si usa un normale mazzo di 40 carte, come per giocare a scopa.
Si mescola il mazzo e lo si tiene coperto sul tavolo (o in mano).
Si pesca la prima carta dalla cima del mazzo e la si scopre dicendo "UNO"
Si pesca la carta successiva dalla cima del mazzo e la si scopre dicendo
"DUE"
Si pesca ancora la carta successiva dalla cima del mazzo e la si scopre
dicendo "TRE"
Si continua così fino alla decima carta...
Poi, dal 10 in avanti, si ripetono ciclicamente le operazioni precedenti, e
cioè
si pesca ancora la carta in cima al mazzo e la si scopre dicendo nuovamente
"UNO", ecc...
In sostanza si scopre una carta alla volta, e ogni volta si dice il numero
che spetta dire, secondo il conteggio ciclico "uno, due, ...,dieci, uno, due, ..., 10
...." e così via fino alla 40-esima carta, ove si dirà "dieci".
Quando ad una carta esce proprio il numero detto allora si perde, quindi si vince solo quando dopo le 40 carte nessuna si trovava esattamente al numero corrispondente.
Ora, quante sarebbero le probabilità di vincita?
Ci ho provato in diversi modi, l'ultimo dei quali (quello corretto, almeno spero) sono riuscito a farlo solo fino a 10 carte, poi con le ripetizioni non so ancora come procedere, infatti saprei farlo anche con n carte ma solo senza ripetizioni.
Sarebbe il numero dei casi favorevoli fratto il numero dei casi possibili. Con n carte il numero dei casi possibili è n!, mentre quello dei casi favorevoli (dopo varie ricerche) mi risulta essere uguale alla sommatoria a segni alterni di (n-i)!, con i che va da 0 a n, moltiplicando però ad ogni addendo i numeri del triangolo di Tartaglia che figurano al (n+1)esimo gradino. Infatti per 10 carte basta andare all'undicesimo gradino e vediamo che i numeri sono 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1, quindi facendo 10!-10*9!+45*8!-120*7!+...+45*2!-10+1 si trovano già i casi favorevoli.
Facendo poi il rapporto con i casi possibili il solitario risulterebbe 1 volta ogni 2.718.
Fin qui credo che il ragionamento sia giusto, il problema si pone con 40 carte dato che ci saranno altre 3 ripetizioni da 1 a 10 che mi mettono in difficoltà nel trovare la strada giusta per trovare la soluzione.
E' anche vero che non ho ancora studiato in maniera approfondita "statistica e probabilità" (la studierò ancora al terzo anno di università), quindi una dritta di qualcuno più esperto al riguardo mi sarebbe veramente utile
Risposte
"sssebi":
Facendo poi il rapporto con i casi possibili il solitario risulterebbe 1 volta ogni 2.718.
In pratica circa $1/e$. Vedi: problema-irrisolto-t70565.html?hilit=derangement
Per il problema generale, in questo topic: solitario-del-carcerato-ancora-senza-soluzione-by-whiles-t66358.html
si è discusso il caso "solitario da 1 a 3".
"Deja vu".
solitario-del-carcerato-ancora-senza-soluzione-by-whiles-t66358.html
@cenzo
Overlap again!
solitario-del-carcerato-ancora-senza-soluzione-by-whiles-t66358.html
@cenzo
Overlap again!
@Rggb
Però il caso 1-10 non lo trattammo..
Però il caso 1-10 non lo trattammo..
Mh capito, mi pare che il mio ragionamento sia un po' diverso, però non so se con qualche modifica e l'aggiunta di qualche dettaglio possa essermi utile anche nella soluzione con le ripetizioni o se forse devo completamente cambiare ragionamento (spero il primo caso ovviamente, soprattutto dopo la fatica che ho fatto per trovare questa formula). E comunque ho poche conoscenze sulle formule di statistica e probabilità, quindi se mi sono complicato inutilmente la vita a fare passaggi inutili o se ho sbagliato cose elementari non mi prendete in giro xD
L'ho spiegato in maniera elementare, quindi per voi sarà come leggere una storiella, non fatevi ingannare dalla lunghezza
Io con 10 carte ho ragionato in questo modo: se troviamo tutti i casi possibili e tutti i casi favorevoli abbiamo finito perchè basta fare il rapporto e abbiamo la soluzione.
Per i casi possibili la soluzione è semplice, perchè essi sono tutte le permutazioni che si possono ottenere con n carte, questi si calcolano con il fattoriale. Infatti:
per 3 carte i casi possibili sono 3!=3*2=6;
per 4 carte i casi possibili sono 4!=4*3*2=24;
per 5 carte i casi possibili sono 5!=5*4*3*2=120;
...
per n carte i casi possibili sono n!=n*(n-1)*(n-2)*...*3*2
Il problema resta solo quello di trovare i casi favorevoli. Ovviamente sono in quantità minore perchè ai casi possibili dobbiamo sottrarre tutti i casi in cui perdiamo, cioè quando in tutte le permutazioni si verifica che l'1 sta nella prima carta, il 2 nella seconda, ..., la n nella n-esima.
Come primo passo, quindi, bisogna capire quali sono le permutazioni dove come prima carta c'è l'1. Il valore sarebbe (n-1)!. (Infatti se le moltiplichiamo per n carte riotteniamo n!).
A questo punto facendo n!-(n-1)! togliamo ai casi possibili tutti i casi in cui l'1 è presente come prima carta, quindi un passo in avanti verso i casi favorevoli.
Ora però, a questi, bisogna anche togliere tutte le permutazioni dove il 2 sta nella seconda carta meno in quelle dove ci sta anche l'1 nella prima perchè quest'ultimi sono stati già tolti nel passaggio precedente. Anche questo valore ho trovato, sarebbe (n-1)!-(n-2)!. (Cioè tutti i casi in cui il 2 è presente come seconda carta sono tanti quanti lo sono quelli dell'1 a prima carta solo che ho sottratto quelli in cui come prima carta c'è l'1 e contemporaneamente il 2 come seconda, il cui valore sarebbe (n-2)!).
Quindi facendo n!-(n-1)!-((n-1)!-(n-2)!) togliamo ai casi possibili non solo tutti i casi in cui l'1 è presente come prima carta ma anche quelli dove il 2 è presente come seconda carta, un ulteriore passo in avanti verso i casi favorevoli.
Il difficile arriva adesso perchè dobbiamo togliere tutte le permutazioni dove il 3 è presente come terza carta meno quelle dove l'1 è presente come prima carta e il due come seconda carta, a questa sottrazione dobbiamo poi aggiungere tutte le permutazioni in cui l'1 sta nella prima e contemporaneamente il 2 nella seconda perchè le abbiamo sottratte 2 volte, prima con l'1 e poi con il 2, quindi per regolare i conti dobbiamo riaggiungerle una volta sola dopo la sottrazione. Il valore sarebbe (n-1)!-2(n-2)!+(n-3)!. (Nel primo addendo ho considerato tutti i casi in cui il 3 è presente nella terza carta, poi ho fatto la doppia sottrazione dell'1 e del 2 e infine ho riaggiunto le permutazioni sottratte 2 volte dove figurava sia l'1 che il 2).
Quindi facendo n!-(n-1)!-((n-1)!-(n-2)!)-((n-1)!-2(n-2)!+(n-3)!) togliamo ai casi possibili tutti i casi in cui l'1 figura alla prima carta, il 2 alla seconda e il 3 alla terza.
Continuando ora dobbiamo togliere anche le permutazioni dove il 4 è presente alla quarta carta meno tutte le permutazioni dove l'1 è presente alla prima, il 2 alla seconda e il 3 alla terza, poi a questa quantità dobbiamo aggiungere quelle dove l'1 e il 2 sono contemporaneamente presenti alla prima e alla seconda, quelli dove l'1 e il 3 sono contemporaneamente presenti alla prima e alla terza e quelli dove il 2 e il 3 sono contemporaneamente presenti alla seconda e alla terza, infine sottraiamo a questa quantità quelle dove l'1, il 2 e il 3 sono contemporaneamente presenti alla prima, alla seconda e alla terza
...il valore sarebbe (n-1)!-3(n-2)!+3(n-3)-(n-4)!.
Quindi facendo n!-(n-1)!-((n-1)!-(n-2)!)-((n-1)!-2(n-2)!+(n-3)!)-((n-1)!-3(n-2)!+3(n-3)-(n-4)!) togliamo tutte le permutazioni in cui l'1 figura alla prima carta, il 2 alla seconda, il 3 alla terza e il 4 alla quarta.
Ancora non è chiaro il meccanismo, infatti a questo punto ero quasi tentato di abbandonare però alcuni fatti mi hanno spinto a continuare anche con la quinta carta, ad esempio il fatto della sequenza ordinata di (n-1), (n-2), (n-3),...
Quindi provando un ultimo tentativo con le permutazioni dove il 5 è presente alla quinta carta, con le relative somme e sottrazioni che abbiamo applicato nei passaggi precedenti, risulta (n-1)!-4(n-2)!+6(n-3)!-4(n-4)!+(n-5)!.
Quindi la formula che ci permette di trovare tutti i casi possibili meno i casi in cui l'1 figura come prima carta, il 2 come seconda, il 3 come terza, il 4 come quarta e il 5 come quinta è la seguente: n!-(n-1)!-((n-1)!-(n-2)!)-((n-1)!-2(n-2)!+(n-3)!)-((n-1)!-3(n-2)!+3(n-3)-(n-4)!)-((n-1)!-4(n-2)!+6(n-3)!-4(n-4)!+(n-5)!).
Ora, la cosa positiva è che resta confermato l'ordine della decrescenza fattoriale di n, ma la cosa negativa è che ogni volta compaiono quei numeri che moltiplicano i fattoriali apparentemente senza ordine quindi impossibili da prevedere al crescere delle carte. Poi però arriva l'illuminazione e mi accorgo che in realtà un senso quei numeri ce l'hanno! Non so per quale arcano motivo ma quei numeri non sono nient'altro che i numeri che figurano nel Triangolo di Tartaglia! Infatti 1 4 6 4 1 sono proprio quelli che figurano al quinto gradino del Triangolo di Tartaglia e 1 3 3 1 sono quelli del quarto gradino. A questo punto possiamo sapere quali saranno i successivi, cioè per trovare tutte le permutazioni con il 6 come sesta carta, con le relative somme e sottrazioni che abbiamo applicato nei passaggi precedenti, dobbiamo svolgere la seguente formula: (n-1)!-5(n-2)!+10(n-3)!-10(n-4)!+5(n-5)!-(n-6)!.
Poi svolgendo i calcoli mi sono reso conto che possiamo semplificare tutto ad una formula molto più breve. Praticamente, come ho detto nel primo post, basta svolgere la sommatoria a segni alterni di (n-i)!, con i che va da 0 a n, moltiplicando però ad ogni addendo i numeri del triangolo di Tartaglia che figurano al (n+1)esimo gradino. Infatti per 10 carte non c'è bisogno di fare tutto quel mare di sottrazioni e addizioni, basta andare all'undicesimo gradino e vediamo che i numeri sono 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1, quindi facendo 10!-10*9!+45*8!-120*7!+...+45*2!-10+1 si trovano già i casi favorevoli che mi risultano 1334961 su 3628800 casi possibili. E quindi 1 volta ogni 2.718 volte...
Una cosa curiosa che mi avete fatto notare è come quel numero si avvicini al valore di Nepero, non ci avevo fatto caso in realtà...
Al resto ancora ci devo pensare, credo comunque che di questo passo la soluzione non è tanto lontana, spero solo che con le ripetizioni non bisogna cambiare metodo e che i calcoli siano simili a questi...
Speravo in un vostro aiuto per chiudere con questo problema, dato che voi avevate più o meno affrontato questo tipo di quesito... Avete qualche suggerimento o considerazione da fare a riguardo?
L'ho spiegato in maniera elementare, quindi per voi sarà come leggere una storiella, non fatevi ingannare dalla lunghezza
Io con 10 carte ho ragionato in questo modo: se troviamo tutti i casi possibili e tutti i casi favorevoli abbiamo finito perchè basta fare il rapporto e abbiamo la soluzione.
Per i casi possibili la soluzione è semplice, perchè essi sono tutte le permutazioni che si possono ottenere con n carte, questi si calcolano con il fattoriale. Infatti:
per 3 carte i casi possibili sono 3!=3*2=6;
per 4 carte i casi possibili sono 4!=4*3*2=24;
per 5 carte i casi possibili sono 5!=5*4*3*2=120;
...
per n carte i casi possibili sono n!=n*(n-1)*(n-2)*...*3*2
Il problema resta solo quello di trovare i casi favorevoli. Ovviamente sono in quantità minore perchè ai casi possibili dobbiamo sottrarre tutti i casi in cui perdiamo, cioè quando in tutte le permutazioni si verifica che l'1 sta nella prima carta, il 2 nella seconda, ..., la n nella n-esima.
Come primo passo, quindi, bisogna capire quali sono le permutazioni dove come prima carta c'è l'1. Il valore sarebbe (n-1)!. (Infatti se le moltiplichiamo per n carte riotteniamo n!).
A questo punto facendo n!-(n-1)! togliamo ai casi possibili tutti i casi in cui l'1 è presente come prima carta, quindi un passo in avanti verso i casi favorevoli.
Ora però, a questi, bisogna anche togliere tutte le permutazioni dove il 2 sta nella seconda carta meno in quelle dove ci sta anche l'1 nella prima perchè quest'ultimi sono stati già tolti nel passaggio precedente. Anche questo valore ho trovato, sarebbe (n-1)!-(n-2)!. (Cioè tutti i casi in cui il 2 è presente come seconda carta sono tanti quanti lo sono quelli dell'1 a prima carta solo che ho sottratto quelli in cui come prima carta c'è l'1 e contemporaneamente il 2 come seconda, il cui valore sarebbe (n-2)!).
Quindi facendo n!-(n-1)!-((n-1)!-(n-2)!) togliamo ai casi possibili non solo tutti i casi in cui l'1 è presente come prima carta ma anche quelli dove il 2 è presente come seconda carta, un ulteriore passo in avanti verso i casi favorevoli.
Il difficile arriva adesso perchè dobbiamo togliere tutte le permutazioni dove il 3 è presente come terza carta meno quelle dove l'1 è presente come prima carta e il due come seconda carta, a questa sottrazione dobbiamo poi aggiungere tutte le permutazioni in cui l'1 sta nella prima e contemporaneamente il 2 nella seconda perchè le abbiamo sottratte 2 volte, prima con l'1 e poi con il 2, quindi per regolare i conti dobbiamo riaggiungerle una volta sola dopo la sottrazione. Il valore sarebbe (n-1)!-2(n-2)!+(n-3)!. (Nel primo addendo ho considerato tutti i casi in cui il 3 è presente nella terza carta, poi ho fatto la doppia sottrazione dell'1 e del 2 e infine ho riaggiunto le permutazioni sottratte 2 volte dove figurava sia l'1 che il 2).
Quindi facendo n!-(n-1)!-((n-1)!-(n-2)!)-((n-1)!-2(n-2)!+(n-3)!) togliamo ai casi possibili tutti i casi in cui l'1 figura alla prima carta, il 2 alla seconda e il 3 alla terza.
Continuando ora dobbiamo togliere anche le permutazioni dove il 4 è presente alla quarta carta meno tutte le permutazioni dove l'1 è presente alla prima, il 2 alla seconda e il 3 alla terza, poi a questa quantità dobbiamo aggiungere quelle dove l'1 e il 2 sono contemporaneamente presenti alla prima e alla seconda, quelli dove l'1 e il 3 sono contemporaneamente presenti alla prima e alla terza e quelli dove il 2 e il 3 sono contemporaneamente presenti alla seconda e alla terza, infine sottraiamo a questa quantità quelle dove l'1, il 2 e il 3 sono contemporaneamente presenti alla prima, alla seconda e alla terza
...il valore sarebbe (n-1)!-3(n-2)!+3(n-3)-(n-4)!.Quindi facendo n!-(n-1)!-((n-1)!-(n-2)!)-((n-1)!-2(n-2)!+(n-3)!)-((n-1)!-3(n-2)!+3(n-3)-(n-4)!) togliamo tutte le permutazioni in cui l'1 figura alla prima carta, il 2 alla seconda, il 3 alla terza e il 4 alla quarta.
Ancora non è chiaro il meccanismo, infatti a questo punto ero quasi tentato di abbandonare però alcuni fatti mi hanno spinto a continuare anche con la quinta carta, ad esempio il fatto della sequenza ordinata di (n-1), (n-2), (n-3),...
Quindi provando un ultimo tentativo con le permutazioni dove il 5 è presente alla quinta carta, con le relative somme e sottrazioni che abbiamo applicato nei passaggi precedenti, risulta (n-1)!-4(n-2)!+6(n-3)!-4(n-4)!+(n-5)!.
Quindi la formula che ci permette di trovare tutti i casi possibili meno i casi in cui l'1 figura come prima carta, il 2 come seconda, il 3 come terza, il 4 come quarta e il 5 come quinta è la seguente: n!-(n-1)!-((n-1)!-(n-2)!)-((n-1)!-2(n-2)!+(n-3)!)-((n-1)!-3(n-2)!+3(n-3)-(n-4)!)-((n-1)!-4(n-2)!+6(n-3)!-4(n-4)!+(n-5)!).
Ora, la cosa positiva è che resta confermato l'ordine della decrescenza fattoriale di n, ma la cosa negativa è che ogni volta compaiono quei numeri che moltiplicano i fattoriali apparentemente senza ordine quindi impossibili da prevedere al crescere delle carte. Poi però arriva l'illuminazione e mi accorgo che in realtà un senso quei numeri ce l'hanno! Non so per quale arcano motivo ma quei numeri non sono nient'altro che i numeri che figurano nel Triangolo di Tartaglia! Infatti 1 4 6 4 1 sono proprio quelli che figurano al quinto gradino del Triangolo di Tartaglia e 1 3 3 1 sono quelli del quarto gradino. A questo punto possiamo sapere quali saranno i successivi, cioè per trovare tutte le permutazioni con il 6 come sesta carta, con le relative somme e sottrazioni che abbiamo applicato nei passaggi precedenti, dobbiamo svolgere la seguente formula: (n-1)!-5(n-2)!+10(n-3)!-10(n-4)!+5(n-5)!-(n-6)!.
Poi svolgendo i calcoli mi sono reso conto che possiamo semplificare tutto ad una formula molto più breve. Praticamente, come ho detto nel primo post, basta svolgere la sommatoria a segni alterni di (n-i)!, con i che va da 0 a n, moltiplicando però ad ogni addendo i numeri del triangolo di Tartaglia che figurano al (n+1)esimo gradino. Infatti per 10 carte non c'è bisogno di fare tutto quel mare di sottrazioni e addizioni, basta andare all'undicesimo gradino e vediamo che i numeri sono 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1, quindi facendo 10!-10*9!+45*8!-120*7!+...+45*2!-10+1 si trovano già i casi favorevoli che mi risultano 1334961 su 3628800 casi possibili. E quindi 1 volta ogni 2.718 volte...
Una cosa curiosa che mi avete fatto notare è come quel numero si avvicini al valore di Nepero, non ci avevo fatto caso in realtà...
Al resto ancora ci devo pensare, credo comunque che di questo passo la soluzione non è tanto lontana, spero solo che con le ripetizioni non bisogna cambiare metodo e che i calcoli siano simili a questi...
Speravo in un vostro aiuto per chiudere con questo problema, dato che voi avevate più o meno affrontato questo tipo di quesito... Avete qualche suggerimento o considerazione da fare a riguardo?
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