Solitario del carcerato ancora senza soluzione- by whiles

[cenzo]

Penso che con il numero di carte che aumenta sempre più, e lasciando invariati i 4 pali ( e quindi i 4 Assi, 2, 3) la probabilità tende a: 0,00770734

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

$(2/3)^12$

Una curiosità.. il tuo è un conto solo numerico oppure hai fatto il limite ?

Allora adesso si passa al caso $k=4$ ??

[Rggb]

Allora adesso si passa al caso $k=4$ ??

Comunque, considerando un mazzo 52 e le carte fino al quattro si può impostare una formula sulla base della tua... ma dove vuoi arrivare, a calcolare al limite per studiarne le proprietà?

[Umby]

Una curiosità.. il tuo è un conto solo numerico oppure hai fatto il limite ?

Numerico (vedi tuo spoiler)

Si trattava di una idea già presente fin dal primo momento, ed ovviamente piu il numero di carte aumentano, minore è il "peso" della presenza o meno di carte uguali nelle posizioni diverse. (...mi son spiegato malissimo...)
Rimane tuttavia che ognuna delle $12$ carte interessate ( A, 2, 3) ha la probabilità di essere al posto giusto nei $2/3$ dei casi.

Corretto orrore grammaticale

[Umby]

Allora adesso si passa al caso $k=4$ ??

Potresti fare un secondo grafico.
Fissare ad esempio le 52 carte a 4 pali. Verificare il K (il numero massimo che si chiama girando la carta [k=3 1-2-3-1-2-3.....]), partendo da 2 fino ad arrivare a 52.

[markowitz]

Ho fatto un po di conti e mi sono accorto di una cosa che forse tu (osservando il grafico) avevi già notato

Ho fatto un grafico della probabilità di vincere il solitario (in base alla formula): risulta che essa diminuisce all'aumentare delle carte del mazzo.

Per ottenere la massima generalità (limitatamente al caso delle 3 carte e dei 4 semi s'intende)
non dovremmo poter iniziare i conti usando 12 carte? Cioè solo quelle "pericolose" appunto?

E da li aumentare le componenti dei vari semi da 5 ad N con N-4 carte neutre?

ma la formula funziona solo se in ogni seme ci sono almeno 6 carte quindi come dal tuo grafico il mazzo minimo
è da 24 carte. Altrimenti ci troviamo in qualche punto con $C(N,K)$ dove $K>N$

E' un problema serio della formula o c'è solo da mettere qualche min/max da qualche parte?

[markowitz]

Forse ho individuato un po il senso del problema

se si hanno almeno 6 carte per ogni seme allora ne abbiamo in totale 24

il fatto è che ci sono 8 prime posizioni 8 seconde posizioni ed 8 terze posizioni

per esempio nel caso dell'ASSO ci sono 16 posizioni ammesse per vincere (8 seconde ed 8 terze)
ma anche per il DUE sono sedici (otto prime ed 8 terze)
quindi 8 (le terze) sono comuni.

Il punto è che esiste la possibilità che i 4 assi siano tutti nelle terze posizioni
e lo stesso per i due e la cosa non crea "conflitti" perché copriamo tutti gli 8 posti disponibili.
I tre in terza posizione non ci possono andare.

Ma se abbiamo meno di 8 carte per ogni seme il fatto che (seguendo l'esempio di prima)
i 4 assi sono nelle terze posizioni implica che MENO di 4 due vi si possano congiuntamente trovare.
Da qui la limitazione della formula.

Non so se quanto detto infici l'esattezza della formula in senso generale
ma sicuramente ne impedisce l'utilizzo nei casi come quello sopra.

Come avevamo detto sto solitario non è banale, è un bel casino

La ricerca di una soluzione esatta e generale continua...

[cenzo]

@ Umby
confesso che -ingenuamente- sono arrivato a $(2/3)^12$ facendo il limite della formula approssimata proposta diversi post fa..
Il tuo ragionamento (as usual) è più immediato, semplice e comprensibile

@ markowitz
Hai compreso perfettamente il problema.
Tuttavia, riflettendoci meglio, mi sembra che la formula possa andare bene anche per mazzo 12..23 (sempre nel caso $k=3$).
Mi spiego. Come hai detto te, alcuni casi non sono ammissibili e per tali casi si presenta un binomiale $C(N,K)$ con $K>N$. In tali casi possiamo (per convenzione) porre il binomiale uguale a zero (pensa che R lo fa di default! ). In tal modo i casi non ammissibili sono praticamente esclusi dalla sommatoria..
Ad esempio per $n=12$ (sempre $k=3$) verrebbe $p=(346*(4!)^3)/(12!)$

Questo è allora il grafico aggiornato per $k=3$ e $n>=12$ (ho aggiunto anche il limite suggerito da Umby)



@ Rggb
intendevo di esaminare il caso $k=4$ con mazzo 40
per capire se la formula può essere adattata (anche per k ancora maggiori) oppure diviene necessario (o conveniente?) cambiare radicalmente approccio..

[markowitz]

Perfetto il problema è risolto è

solo una curiosità
io facevo i conti con Matlab e nei casi in cui, con la notazione precedente, $K>N$
restituiva errore. Anche Excel fa lo stesso.

Allora ciò pensato un po...

il segnale di errore deriva dal fatto che esplicitando la nota formula delle combinazioni
salterebbero fuori dei fattoriali negativi (quelli si indefiniti) da cui l'errore

però, un po come per le divisioni, se cerchiamo quanti sottoinsiemi di 10 elementi ci sono
un un insieme di 8 elementi la risposta è ZERO!!! Non indefinito!!! Ovvero la domanda ha senso
come ha senso fare 12/15 fra naturali e vedersi restituire 0+resto

Il problema del fattoriale impica solo una gestione più attenta delle istruzioni if all'interno delle
funzioni di combinazione

A scanso di equivoci ho controllato sul Ross, che mi sembra un riferimento abbastanza autorevole,
e dice chiaramente che se $K>N$ o $K<0$ si ha $C(N,K)=0$

Quindi Excel e Matlab sbagliano !!!
Mentre R ha ragione!!!

Non vi sembra una mancanza abbastanza grave per applicativi molto diffusi ed a pagamento
come Excel e Matlab

rispetto ad R che è open source???

[Rggb]

Questo thread m'è garbato una cifra. markowitz, concludiamo in bellezza: OpenSource is often (read "always") better.

[Umby]

@Cenzo
Inoltro a te i complimenti, considerato che hai svolto il 99% del lavoro, arricchendolo di grafici e codice che spesso rendono molto di più di semplici numeri o formule.

Concordo con Rggb, un gran bel thread, ed anche sull'utilizzo di software OpenSource.