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Quando uno sbaglia non perde soldi Intendevo che rimangono entrambi senza punto... Scusate se mi sono espresso male... Comunque la giocata migliore per B è provare ad arrivare 5-5, e poi scommettere sulla stessa cosa di A, arrivando in parità. Oppure può tentare la sorte e cercare di superare A... ...

xdavix96 ha scritto:Mi esce che la probabilità che vinca A è 41/43, la probabilità che vinca B è 1/43, la probabilità che arrivino sul 6-6 è 1/43

Uhm...
Puoi scrivere bene il procedimento?
Hai preso in considerazione anche quando scommettono entrambi sulla stessa cosa, vero?

la riga $n$ e' data da $\binom{n-1}{k}$ e la riga $(n-1)p+1$ da $\binom{(n-1)p}{k}$ Ovvero la riga n è data da {(n-1)! \over k! \cdot (n-1-k)!} E $(n-1)p+1$ è {(n-1)p! \over k! \cdot (pn-p-k)!} Da ciò deduco che tutti gli elementi (a parte gli 1 iniziali e finali) della riga $(n-1)p+1$ sono congrui...

Nel senso che scommettono entrambi su testa o entrambi su croce... Anche io sono rimasta, come dire, perplessa nell'udire ciò :lol: Ok... devo aver capito... quindi in questo caso o entrambi vincono 1 punto, o lo perdono entrambi, giusto? Ma possono alternare i due metodi, no? (perchè altrimenti mi...

Ancora non capisco...
Come fanno a vincere o perdere ENTRAMBI? Che io sappia, a testa e croce O si vince O si perde...

Non ho ben capito il PS... :? Analizzo tutti i casi (scrivo chi vince): - se vince la partita A, allora vince A (50% di probabilità) - succede B-A (25%) : vince A - B-B-A (12,5%) : vince di nuovo A - B-B-B (12,5%) : è l'unico caso in cui vince B Dunque il primo ha l' 87,5% di probabilità di vincere,...

sì, infatti è preso da degli esercizi sul pigeonhole ;)... comunque non capisco perché metti -k , k non andrebbe bene lo stesso (e darebbe forse un tocco di "universalità" in più? :mrgreen: ) Non so perchè, ma devo aver pensato "minori di n"... :D Edito subito... Ho ragionato un...

Posso aiutarti solo per il caso in cui sono tutti uguali... Ponendoli tutti uguali a n+k , ovviamente sono \equiv k \ (mod \ n) . Sommandoli tutti si ottiene k +k +k... \ (n \ volte) = k \cdot n Ovviamente k \cdot n \equiv k \cdot 0 \equiv 0 ;) Io avevo fatto un esercizio simile, ma con n+1 numeri, ...

E' vecchio, ma provo a dare una soluzione... Direi che con le monete non c'è da scherzare :) , perchè come dice il testo "ammettendo infiniti lanci" è possibile, anche se molto improbabile, che non esca mai testa ;) Quindi direi che al massimo posso calcolarmi l'importo che probabilmente m...

Potrebbe centrare qualcosa che le cifre della n-sima potenza di 11 sono le stesse della n-esima riga??

Denny ha scritto:ok, ora, ho raggiunto una comprensione più o meno generale.... grazie a tutti, e scusate il disturbo

Ti consiglio di capire bene l'aritmetica modulare...
Potrebbe esserti utile in più occasioni

Denny ha scritto:

matty96 ha scritto:22n−1≡1−1=0(mod3

questa è l'unica parte che non ho capito

$ 2^{2n} \ MOD \ 3 = 1 $
Quindi al posto di 2^2n puoi usare 1, nelle operazioni MOD 3...
Poi 1-1 = 0, perciò 2^2n - 1 è divisibile per tre, perchè ha resto 0 (devi ricordarti che stiamo lavorando con le classi di resto) ...

Ok, ho scoperto che stavate parlando di aritmetica modulare... da quanto ho capito da wikipedia... ecco perchè non ci capivo assolutamente nulla Scusa, pensavo la conoscessi... Comunque non è molto difficile... 4^n \ MOD \ 3 = 1 Perciò se a quel numero ( 4^n ) tolgo 1, per forza ne ottengo uno divi...

"A occhio" direi che le probabilità di pareggio aumentano all'aumentare di n, per il motivo che hai detto tu...
Ma non saprei proprio come formalizzarlo...

Credo sia giusta la prima: $(2^n)^2=2^{2n} \not = 4^{2n}=(4^n)^2$ Sì, oppure (2^n)^2 = 4^n ... Devo aver fatto un mix tra lo svolgimento di jordan e il mio, creando questa atrocità... :cry: Comunque le potenze di 4 sono sempre \equiv 1 \ (mod \ 3) , e in questo caso l'esponente non importava molto....