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[vinz]

Vi spiego un gioco da carte da fare con un vostro amico, che magari vi permetterà anche di vincere una scommessa.

Due mazzi di carte bergamasche: 40 carte.
Un mazzo per uno.

Io giro una carta e lui ne gira una. E così fino alla fine dei due mazzi.
Se almeno una volta le due carte sono uguali, vinco io.

Sembra poco probabile la riuscita, ma vi assicuro che su tre volte, per tre volte ho vinto.
Omino Na, riesci a tirare fuori una motivazione statistica? Io ci ho provato con il calcolo combinatorio, ma non ne sono venuto a capo...
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Let the future tell the truth and evaluate each one according to his work and accomplishments. The present is theirs; the future, for which I really worked, is mine.
Nikola Tesla

[Omino Na]

Sembrava un problema molto più semplice, a primo acchito, e invece non è affatto banale. Ci ho pensato un po' oggi a milano, e i vari modi che avevo pensato in astratto, quando pochi minuti fa li ho messi al vaglio del calcolatore, hanno fallito tutti miseramente.
Numericamente (Visual Basic) la probabilità che esista almeno una carta uguale durante il gioco è di circa 0.7; dunque abbastanza "consistente", ma non troppo da giocarci d'azzardo
Il valore atteso mi pare sia intorno all'1,13 o giù di lì; comunque superiore a 1.
Magari domani ci ripenso anche a mente un po' più lucida.
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"Se un matematico e un fisico riescono a mettersi d'accordo su una cosa è molto ma molto probabile che questa sia vera." (Wiso, da it.scienza.matematica)

[Omino Na]

Uhm, no, non è per nulla facile.
Credo però che si possa ricondurre al seguente problema (più chiaro ma non poi tanto più semplice):
Abbiamo 40 carte numerate dall'1 al 40; le mescoliamo e le mettiamo in fila in posti numerati dall'1 al 40: qual è la probabilità che almeno una carta sia al suo posto?
Moralmente il problema è molto simile, ma anche quest'ultimo non è immediato da risolvere. Anzi non credo sia per niente facile.
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"Se un matematico e un fisico riescono a mettersi d'accordo su una cosa è molto ma molto probabile che questa sia vera." (Wiso, da it.scienza.matematica)

[vinz]

Grazie Daniele.
Mi era sembrato di capire che non fosse un problema "banale", per questo avevo chiesto il tuo aiuto.
Oggi pomeriggio faccio anche io una simulazione, con Java, e vedo che risultato ottengo.

E se, umilmente , provassimo a chiedere a quelli del forum it.scienza.matematica? Magari ci risponde Sorrentino...
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Nikola Tesla

[Omino Na]

[Omino Na]

Forse non è proprio analogo al gioco di cui parlavo qualche post fa. A un'analisi più attenta, infatti, la probabilità di quel gioco dovrebbe essere una serie che tende a e^(-1) all'aumentare del numero di carte (ora scappo a vedere uno spettacolo, poi appena torno, oppure stanotte cerco di postare i miei calcoli)
Invece il tuo gioco, Vinz, ha una probabilità che intuitivamente (e sperimentalmente) sembra tendere a 1 all'aumentare del numero delle carte.
Devo trovare l'inghippo.
Dagli a te, Vinz, che hai proposto 'sto gioco.
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[Omino Na]

Pardon, intendevo 1-e^(-1).

Vediamo se ho tempo di spiegarlo subito.
Abbiamo N carte numerate da 1 a N, in N posizioni diverse, numerate da 1 a N: qual è la probabilità che almeno una carta sia nella sua posizione?

La probabilità di trovare ALMENO una carta nella sua posizione sembrerebbe essere questa:
Numero di combinazioni con ALMENO una carta nella sua posizione
FRATTO
Numero di combinazioni totali

Il numero di combinazioni totali con cui posso prendere le N carte è esattamente N!.
Il numero di combinazioni che mi danno almeno una carta nella sua posizione lo ottengo così:
Le combinazioni che mi danno l'1 nella sua posizione sono (N-1)! (ossia faccio variare liberamente le altre carte), idem per quelle che mi danno il 2 nella sua posizione e così via. In totale ho N(N-1)!=N!, che diviso per le combinazioni totali mi dà 1.

Sembrerebbe che la probabilità sia 1: impossibile!! (ovviamente). L'inghippo è che così facendo, io ho contato due volte le combinazioni che hanno DUE CARTE IN COMUNE!!! (è qui il punto) Dunque devo sottrarre la probabilità di avere due carte in comune. Il numero di combinazioni con due carte in comune sono:
fissate due carte, le altre variano in (N-2)! modi, e ho però anche (N su 2) modi per fissare le due carte (dove N su 2 è il coeff. binomiale). Dunque le combinazioni totali sono N!(N-2)! /2!(N-2)!=N!/2!
E la probabilità (dividendo per N!) risulta essere 1/2!, probabilità che devo togliere alla precedente.

Ma TOGLIENDOLA ho TOLTO anche tutte quelle combinazioni che avevano TRE CARTE in comune, e quindi devo aggiungerle.... e così via: tolgo quelle con 4, aggiungo quelle con 5 ecc.

In generale, per ottenere il numero di combinazioni con M carte in comune, faccio variare le altre in (N-M)! modi, e poi moltiplico per gli (N su M) modi di fissare tali carte. ovvero (N-M)! N!/M!(N-M!)=N!/M!, da cui la probabilità è 1/M!.

La probabilità totale di averne almeno una si ottiene sommando algebricamente tutto ciò:
1-1/2!+1/3!-1/4!+......+ ((-1)^(N+1))/N!

In questa serie si riconosce abbastanza agevolmente lo sviluppo di Taylor per 1-e^(-1): dunque per N-->+inf si ha che la probabilità tende a 1-e^(-1).

Ripeto: sperimentalmente, però il gioco del Vinz sembra andare in maniera diversa, con la probabilità che tende a 1 all'aumentare di N.
Dunque forse non sembrano essere proprio la stessa cosa.

Ad ogni modo, faccio notare che 1-e^(-1) non è una probabilità di riuscita bassa per un gioco a cui, intuitivamente, io avrei dato una probabilità di riuscita molto minore.
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[Omino Na]

Fanculo alle simulazioni che danno tutt'altri risultati. Io mi fido della mia buona teoria!
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[vinz]

Ho quasi terminato il programmino per le simulazioni.
Secondo me la tua teoria è applicabile anche al nostro caso, uguale uguale.
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Nikola Tesla

[vinz]

La calcolatrice di Google (http://www.google.it/search?hl=it&q=1-exp%28-1%29&btnG=Cerca&meta=) mi dice che 1 - exp(-1) è uguale a:

[vinz]

Adesso che ci penso, è interessante notare che si ha più del 50% di possibilità di vincere; scommettendo quindi "alla pari" (1 a 1), è un gioco favorevole.

Inoltre, dopo che sono uscite una volta due carte uguali, è molto difficile che escano una seconda volta altre due carte uguali.
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[Omino Na]

[Omino Na]