OliForum Matematico

$ \displaystyle \frac{(n!)^2\cdot n(n+1)(2n+1)}{6}\sum_{i=1}^n\frac{1}{((n-i)!i!)^2} $ ?
si può far di meglio ^^'

sono arrivato a
$ \displaystyle (n!)^2\sum_{i=1}^n\frac{1}{((n-i)!(i-1)!)^2} $
ma non saprei andare avanti... non credo almeno xD

ok, dopo due conti mi è venuto questo
n dispari: $ \frac{8^n+1}{3} $
n pari: $ 3*8^n-\frac{8^{n+1}+1}{3} $
credo che sia giusto... spero

ops XD
$ p_1=3 $
di qui ricorsivamente...

io direi 10, facendo i tagli ad asterisco (cioè così:
\ | /
_X
/ | \
[non linciatemi][il _ serve solo per dare lo spazio... se avete idee migliori...])
non saprei come fare a dimostrare che non è possibile farne di più...

io direi p_n=8^{n-1}*3-p_{n-1} ho fatto qualche prova e credo che venga... motivo: 8^{n-1} : ognuna delle prime n-1 cifre può essere scelta tra 8 possibilità *3 : l'ultima cifra può essere scelta in tre modi (1,4,7;2,5,8;3,6,9) -p_{n-1} : toglie alle precedenti le combinazioni che comportano il 5 co...

fortuna che hai messo anche i sorgenti u.u (ricompilato con g++ xD) a quanto pare sono io che non so leggere le tue formule xD direi che funziona, ho provato fino a 10... per curiosità, come l'hai fatta la parte del "cercare bovinamente tra tutte le soluzioni possibili"? non sono esperto d...

infatti ho provato anche a non considerarli nella somma (cioè farli valere 0) ma dà risultati sballati comunque
sì, quella è una possibilità, ma c'è un'altra formula che usa Fibonacci... vediamo se qualcuno la trova

@FrancescoVeneziano: ah, non ci avevo pensato... comunque sono disposte in fila @iademarco: \frac{2^{n-1}-1}{2^n} se dici come l'hai ottenuta forse posso riuscire a trovare l'errore @kn,ratio: applicando le vostre formule mi vengono dei \binom{n}{k} con k>n... ho provato a saltare questi passaggi ma...

ah... in effetti il ragionamento sembra giusto... ho controllato a mente fino a n=6 e viene, credo che far controllare al pc sia la cosa migliore XD (dammi 20 minuti e lo faccio) comunque se questo metodo funziona siamo arrivati a 3 modi diversi :D vediamo se qualcuno trova gli altri due... edit: no...

FrancescoVeneziano ha scritto:Veluca, non sarebbe bello se questo problema avesse un testo chiaro, comprensibile e non ambiguo?

Scusa la domanda ma... cosa c'è che non va nel testo? ^^'

no, dà comunque valori troppo grandi...
se per esempio n fosse 3,verrebbe >3 (mi son fermato a n-1) mentre dovrebbe venire 3... (spero di non aver toppato xD)

se quel coso deve dare i casi possibili, non credo proprio ^^ vengono numeri TROPPO alti
edit: grammatica -.-''

\frac{2^{n-1}-1}{2^n}
$ \frac{2^{n-1}-1}{2^n} $
comunque, di giusto c'è solo il denominatore XD

dato n un numero di lampadine ognuna puo essere spenta o accesa con la probabilità di $ \frac{1}{2} $. Qual'è la probabilità (espressa in funzione di n, non ricorsivamente) che vi siano almeno 2 lampadine accese consecutive?