Indovina il seme

[adaBTTLS]

Martino, quello che dice gugo82 vale anche per me. dopo una mattinata (di ieri) in cui non mi sono collegata, ho trovato tutte queste belle novità:
volevo chiederti in che modo, con il nostro supporto, ti eri ricondotto all'ultimo sotto-problema. grazie.

[Martino]

In questa pagina ho scritto tutto con le dimostrazioni, dovrebbe essere abbastanza chiaro. Avevo anch'io idea di fare un pdf ma non ci riuscirò in tempi ragionevoli (oggi parto per una scuola estiva a Venezia...).

[adaBTTLS]

sto provando a generalizzare la formula con due semi a più semi.
poiché c'è qualcosa che non mi convince nel passaggio da 2 a 3 semi, nel senso che l'impostazione era abbastanza complicata e lasciava presagire una formula ricorsiva mentre nello svolgimento e nell'esame dei vari sottocasi addirittura il risultato mi pare troppo semplice, prima di andare avanti ve la vorrei proporre per sottoporla a verifica anche informatica.
vi dico subito che la cosa che non mi convince è il fatto che con due soli semi la semplice suddivisione in pari-dispari ha complicato non poco la situazione, mentre con tre semi, con l'impostazione del tipo congruente a 1,2,0 (mod 3), considerando l'ordine di scelta sui semi di cui si è tanto parlato all'inizio, i casi si sono fermati a 3, contrariamente a quanto mi sarei potuta aspettare (io pensavo 3!=6, e non è detto che questo discorso sia valido mentre la formula è sbagliata).
allora butto qui la formula nel caso particolare di 30 carte con 3 semi (10 carte per ciascun seme).

\( \displaystyle {\sum_{{{k}={1}}}^{{10}}}{\left\lbrace\frac{{1}}{{3}}\cdot{\left(\matrix{{3}{k}-{3}\\{k}-{1}}\right)}\cdot{\left(\matrix{{2}{k}-{2}\\{k}-{1}}\right)}\cdot\frac{{{{\left({\left({10}\right)}_{{{k}-{1}}}\right)}}^{{3}}}}{{{\left({30}\right)}_{{{3}{k}-{3}}}}}+{\sum_{{{j}={k}}}^{{{k}+{9}}}}{\left[{\left(\matrix{{3}{k}-{3}\\{j}}\right)}\cdot\frac{{{10}-{j}}}{{{33}-{3}{k}}}\cdot{\sum_{{{r}={0}}}^{{j}}}{\left(\matrix{{3}{k}-{3}-{j}\\{r}}\right)}\cdot\frac{{{\left({10}\right)}_{{j}}\cdot{\left({10}\right)}_{{r}}\cdot{\left({10}\right)}_{{{3}{k}-{3}-{j}-{r}}}}}{{{\left({30}\right)}_{{{3}{k}-{3}}}}}+\right.}\right.} \)
\( \displaystyle +{\left(\matrix{{3}{k}-{2}\\{j}}\right)}\cdot\frac{{{10}-{j}}}{{{32}-{3}{k}}}\cdot{\sum_{{{r}={0}}}^{{j}}}{\left(\matrix{{3}{k}-{2}-{j}\\{r}}\right)}\cdot\frac{{{\left({10}\right)}_{{j}}\cdot{\left({10}\right)}_{{r}}\cdot{\left({10}\right)}_{{{3}{k}-{2}-{j}-{r}}}}}{{{\left({30}\right)}_{{{3}{k}-{2}}}}}+{\left(\matrix{{3}{k}-{1}\\{j}}\right)}\cdot\frac{{{10}-{j}}}{{{31}-{3}{k}}}\cdot{\sum_{{{r}={0}}}^{{j}}}{\left(\matrix{{3}{k}-{1}-{j}\\{r}}\right)}\cdot\frac{{{\left({10}\right)}_{{j}}\cdot{\left({10}\right)}_{{r}}\cdot{\left({10}\right)}_{{{3}{k}-{1}-{j}-{r}}}}}{{{\left({30}\right)}_{{{3}{k}-{1}}}}}\]\rbrace \)

fatemi sapere. ciao e grazie.

[adaBTTLS]

a questo punto butto giù anche l'altra, quella che dovrebbe rispondere alla domanda originaria del topic, con 40 carte e 4 semi:

EDIT: nel fare copia-incolla e nel ricorreggere poi, qualche \( \displaystyle {3} \) non è diventato \( \displaystyle {4} \) come avrebbe dovuto. ricorreggo:

\( \displaystyle {\sum_{{{k}={1}}}^{{10}}}{\left\lbrace\frac{{1}}{{4}}\cdot{\left(\matrix{{4}{k}-{4}\\{k}-{1}}\right)}\cdot{\left(\matrix{{3}{k}-{3}\\{k}-{1}}\right)}\cdot{\left(\matrix{{2}{k}-{2}\\{k}-{1}}\right)}\cdot\frac{{{{\left({\left({10}\right)}_{{{k}-{1}}}\right)}}^{{4}}}}{{{\left({40}\right)}_{{{4}{k}-{4}}}}}+\right.} \)
\( \displaystyle +{\sum_{{{j}={k}}}^{{{k}+{9}}}}{\left[{\left(\matrix{{4}{k}-{4}\\{j}}\right)}\cdot\frac{{{10}-{j}}}{{{44}-{4}{k}}}\cdot{\sum_{{{r},{s}={0}}}^{{j}}}{\left(\matrix{{4}{k}-{4}-{j}\\{r}}\right)}\cdot{\left(\matrix{{4}{k}-{4}-{j}-{r}\\{s}}\right)}\cdot\frac{{{\left({10}\right)}_{{j}}\cdot{\left({10}\right)}_{{r}}\cdot{\left({10}\right)}_{{s}}\cdot{\left({10}\right)}_{{{4}{k}-{4}-{j}-{r}-{s}}}}}{{{\left({40}\right)}_{{{4}{k}-{4}}}}}+\right.} \)
\( \displaystyle +{\left(\matrix{{4}{k}-{3}\\{j}}\right)}\cdot\frac{{{10}-{j}}}{{{43}-{4}{k}}}\cdot{\sum_{{{r},{s}={0}}}^{{j}}}{\left(\matrix{{4}{k}-{3}-{j}\\{r}}\right)}\cdot{\left(\matrix{{4}{k}-{3}-{j}-{r}\\{s}}\right)}\cdot\frac{{{\left({10}\right)}_{{j}}\cdot{\left({10}\right)}_{{r}}\cdot{\left({10}\right)}_{{s}}\cdot{\left({10}\right)}_{{{4}{k}-{3}-{j}-{r}-{s}}}}}{{{\left({40}\right)}_{{{4}{k}-{3}}}}}+ \)
\( \displaystyle +{\left(\matrix{{4}{k}-{2}\\{j}}\right)}\cdot\frac{{{10}-{j}}}{{{42}-{4}{k}}}\cdot{\sum_{{{r},{s}={0}}}^{{j}}}{\left(\matrix{{4}{k}-{2}-{j}\\{r}}\right)}\cdot{\left(\matrix{{4}{k}-{2}-{j}-{r}\\{s}}\right)}\cdot\frac{{{\left({10}\right)}_{{j}}\cdot{\left({10}\right)}_{{r}}\cdot{\left({10}\right)}_{{s}}\cdot{\left({10}\right)}_{{{4}{k}-{2}-{j}-{r}-{s}}}}}{{{\left({40}\right)}_{{{4}{k}-{2}}}}}+ \)
\( \displaystyle +{\left(\matrix{{4}{k}-{1}\\{j}}\right)}\cdot\frac{{{10}-{j}}}{{{41}-{4}{k}}}\cdot{\sum_{{{r},{s}={0}}}^{{j}}}{\left(\matrix{{4}{k}-{1}-{j}\\{r}}\right)}\cdot{\left(\matrix{{4}{k}-{1}-{j}-{r}\\{s}}\right)}\cdot\frac{{{\left({10}\right)}_{{j}}\cdot{\left({10}\right)}_{{s}}\cdot{\left({10}\right)}_{{{4}{k}-{1}-{j}-{r}-{s}}}}}{{{\left({40}\right)}_{{{4}{k}-{1}}}}}\]\rbrace \)

ho trasformato la formula con i fattoriali, per simularla con Excel, ma non è molto agevole, e temo che senza i fattoriali decrescenti mi darebbe problemi, eventualmente dovrei "eliminare a mano" i termini che dovrebbero essere nulli.

[Rggb]

Mi sono interessato allo sviluppo di Martino, ma non ho abbandonato altre strade (e sto ancora cercando di capire perché questo @#*! programma mi fornisce un risultato differente...)

@adaBTTLS
Hai calcolato quanto viene il risultato?

[adaBTTLS]

no, cercavo appunto un supporto "informatico".
ho rimesso a posto la formula, e sto provando a simularla con Excel, però non confido molto di riuscirci.

[Rggb]

Dopo un (bel) po' di prove e debug, sono finalmente venuto a capo del problema con l'algoritmo di simulazione; notare a tal proposito il cambio di avatar.

Era come sospettavo un errore dovuto alla "distribuzione delle carte" non proprio casuale. Fra l'altro questo mi spinge a considerazioni interessanti in merito ai generatori pseudorandom (e al modo che ho usato per evitare il problema trovato), magari per una prossima puntata - dopo gli esami

La simulazione con 40 carte e 4 semi fornisce un valore appossimato in linea a quello calcolato in precedenza (da DajeForte afair) ovvero \( \displaystyle {m}={14.65} \). Ora possiamo cercare di trovare una formula generale?

@adaBTTLS
Appena ho tempo cercherò di calcolare la tua formula. PS. la notazione \( \displaystyle {\left({n}\right)}_{{m}} \) indica il prodotto da \( \displaystyle {n} \) per \( \displaystyle {m} \) fattori, giusto?

[adaBTTLS]

è il fattoriale decrescente: \( \displaystyle {m} \) fattori a decrescere, partendo da \( \displaystyle {n} \), cioè \( \displaystyle {\left({n}\right)}_{{m}}={n}\cdot{\left({n}-{1}\right)}\cdot\ldots\cdot{\left({n}-{m}+{1}\right)} \)
ti dico che l'uso di questo simbolo mi semplifica molto le cose, perché la "comparsa" del fattore "zero" mi fa annullare tutti i termini che non dovrebbero esserci.
però con Excel non l'ho trovata, ho modificato la formula per poterla simulare, ho risolto il problema per \( \displaystyle {j} \) ma sono bloccata per \( \displaystyle {r},{s} \).

[gugo82]

è il fattoriale decrescente: \( \displaystyle {m} \) fattori a decrescere, partendo da \( \displaystyle {n} \), cioè \( \displaystyle {\left({n}\right)}_{{m}}={n}\cdot{\left({n}-{1}\right)}\cdot\ldots\cdot{\left({n}-{m}+{1}\right)} \)

In altri termini:

\( \displaystyle (n)_m=\frac{n!}{(n-m)!} =m!\ \binom{n}{m} \) ...

Ma è una notazione usata spesso o l'hai inventata tu per l'occasione?

[adaBTTLS]

il significato è quello. è una notazione che si usa quotidianamente nel calcolo combinatorio.