OliForum Matematico

fph ha scritto: Vedo per esempio che i tuoi primi casi e la sua formula generale non tornano, quindi uno di voi due ha sbagliato qualche conto.

E già! avevo sbagliato a contare (niente fa supporre che non l'abbia fatto anche adesso )

M(1) = 2
M(2) = 3
M(3) = 4
M(4) = 5
M(5) = 7
M(6) = 9
M(7) = 12
M(8) =16
M(9) =21
M(10) =28
M(11) =37
M(12) =49
M(13) =65
M(14) =86
M(15) =114
M(16) =151
M(17) =200
M(18) =265
M(19) =351

fph ha scritto: Altro esercizio uguale a questo "da allenamento": ho una pulce che salta sui vertici di un quadrato ABCD, al tempo t=0 sta in A, e al tempo t+1 salta in uno a caso dei due vertici adiacenti a quello in cui si trova al tempo t. Qual è la probabilità che sia nel vertice A al tempo t=2009?

Al tempo t=2009 la probabilità è 0, perchè per tornare in A deve per forza fare un numero pari di passi
Però dato che sarà stato uno sbaglio, ora provo a considerare il caso t=2008, non rispondendo ora, perchè magari dico cavolate tipo 1/2 e sbaglio

i miei sono sicuramente sbagliati...mi tocca rifare tutto

iademarco ha scritto:Al tempo t=2009 la probabilità è 0, perchè per tornare in A deve per forza fare un numero pari di passi
Però dato che sarà stato uno sbaglio, ora provo a considerare il caso t=2008, non rispondendo ora, perchè magari dico cavolate tipo 1/2 e sbaglio

Uhm, hai ragione, con un quadrato non funziona troppo bene, mi rendo conto. Prova con un triangolo.

Ecco come ho pensato di risolvere il problema:
le palline rosse che possono esserci sono comprese tra 6 e 10(infatti con 5 palline rosse ci sarebbero sicuramente 3 palline blu in fila,mentre con 11 palline rosse avrei sicuramente 2 rosse consecutive).
Analizzo quindi tutti i casi:
6 palline rosse:2
7 palline rosse:113 serie
8 palline rosse:178 serie
9 palline rosse:47 serie
10 palline rosse:1 serie
Per un totale di 341 serie se non è chiaro il procedimento del conteggio serie chiedete pure,spero che il risultato sia corretto

è possibile che la risposta a quello della pulce sul triangolo sia $ (\frac{1}{2})^{2009}*\frac{2^{2009}-4}{3} $?

Rosinaldo ha scritto: 6 palline rosse:2
7 palline rosse:113 serie
8 palline rosse:178 serie
9 palline rosse:47 serie
10 palline rosse:1 serie
Per un totale di 341 serie se non è chiaro il procedimento del conteggio serie chiedete pure,spero che il risultato sia corretto

Hai contato qualcosa male:
c'è anche il caso 5 palline rosse : BBRBBRBBRBBRBBRB e ce ne sono 6 di casi
con 6 palline rosse: BBRBBRBBRBBRBRBR e ci sono molti più di 2 casi
Forse hai inteso male il problema non so, perchè non è possibile che ci siano 10 palline rosse; il numero massimo di palline rosse sono: RBRBRBRBRBRBRBRB 8 palline rosse e 8 blu

@gst_113: chiarito tutto allora

scusa, è stato un errore con il latex, non sono ancora pratico.
adesso ho corretto.

iademarco ha scritto:

Rosinaldo ha scritto: 6 palline rosse:2
7 palline rosse:113 serie
8 palline rosse:178 serie
9 palline rosse:47 serie
10 palline rosse:1 serie
Per un totale di 341 serie se non è chiaro il procedimento del conteggio serie chiedete pure,spero che il risultato sia corretto

Hai contato qualcosa male:
c'è anche il caso 5 palline rosse : BBRBBRBBRBBRBBRB e ce ne sono 6 di casi
con 6 palline rosse: BBRBBRBBRBBRBRBR e ci sono molti più di 2 casi
Forse hai inteso male il problema non so, perchè non è possibile che ci siano 10 palline rosse; il numero massimo di palline rosse sono: RBRBRBRBRBRBRBRB 8 palline rosse e 8 blu

ma le palline non sono 19?!? 8+8=16!!!!!

Provo a risolvere quello del triangolo.

Indichiamo con $ A_i,B_i,C_i $ la probabilità di trovarsi nel vertice $ ~A $, $ ~B $, $ ~C $ al tempo $ ~i $.
Chiaramente abbiamo che
$ \left\{\begin{array}{l}A_i=\displaystyle\frac{1}{2}B_{i-1}+\frac{1}{2}C_{i-1}\\B_i=\displaystyle\frac{1}{2}A_{i-1}+\frac{1}{2}C_{i-1}\\C_i=\displaystyle\frac{1}{2}A_{i-1}+\frac{1}{2}B_{i-1}\end{array}\right. $
Dunque
$ A_{i}=\displaystyle\frac{1}{2}B_{i-1}+\frac{1}{2}C_{i-1}=\frac{1}{4}A_{i-2}+\frac{1}{4}C_{i-2}+\frac{1}{2}C_{i-1}= $
$ =\displaystyle\frac{1}{2}A_{i-2}+\frac{1}{4}C_{i-2}+\frac{1}{4}B_{i-2}=\frac{1}{2}A_{i-1}+\frac{1}{2}A_{i-2} $

Le radici del polinomio associato $ p(x)=2x^2-x-1 $ sono 1 e -1/2, dunque $ A_n=\alpha+\beta\left(-\frac{1}{2}\right)^n $
$ \left\{\begin{array}{l}A_0=1=\alpha+\beta\\A_1=0=\alpha-\displaystyle\frac{1}{2}\beta\end{array}\right. $
Da cui si ricava $ \alpha=1/3 $ e $ \beta=2/3 $

Perciò $ A_n=\displaystyle\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^n $ e $ A_{2009}=\displaystyle\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{2^{2008}}\right) $

Funziona fino a t=4, dunque spero sia giusto

pak-man ha scritto:Le radici del polinomio associato $ p(x)=2x^2-x-1 $ sono ...

Addirittura?
Comunque si, è giusto..

jordan ha scritto:

pak-man ha scritto:Le radici del polinomio associato $ p(x)=2x^2-x-1 $ sono ...

Addirittura?

Qualcosa mi sfugge...

Come catturare un leone...

Quale sceglieresti?

c'è un modo più semplice per il problema della pulce?