OliForum Matematico

Tratto dalla semifinale A di Cesenatico 2010
8. Temi tu la tombola di Davy Jensen?
Il p-rata maledetto Davy Jensen ha una borsa che contiene 90 tessere bianche della tombola, più 1 singola
tessera rosso sangue. Ogni prigioniero sulla sua nave, l’Olandese Secante, si sottopone al seguente gioco
per sapere quanti anni dovrà servire sulla nave: estrae le tessere a caso una alla volta e le dispone a triangolo
(1, poi 2, poi 3, . . . , fino a 13). Il malcapitato dovrà servire tanti anni quante sono le tessere bianche sulla
riga di quella rossa. Bill “Sputafuoco” Turing, che osserva in disparte, si domanda mediamente quanti anni
di servizio tocchino in questo modo. Jack non capisce esattamente cosa intenda il suo collega p-rata, ma suo
figlioWill, che ha studiato, gli spiega che tra i tanti modi di definire il numero medio di anni di servizio (tutti
che portano allo stesso risultato) quello più comune è la somma dei numeri k x pk dove, per ogni numero
naturale 0 minore uguale di k minore uguale di 12, pk è la probabilità che gli anni di servizio siano k. Qual è il numero medio di anni di
servizio?
Spero che non sia già stato postato... qulacuno potrebbe spiegarmelo? Continuo a sbagliarlo e mi sta mandando in bestia

Il problema dice che se la essera rossa capita nella prima fila il fortunato dovrà fare 0 anni di servizio,nella seconda 1 e così via.
Le probabilità che la tessera rossa capiti in una determinata fila è uguale al numero delle cartelle presenti nella fila fratto 91. Quindi per 1 anno è 2/91, per 2 3/91, in generale per k anni è $ \frac{k+1}{91} $. Quindi la media sarà:
$ $ \sum_{k=1}^{12}{k\left(\frac{k+1}{91}\right)}=8 $
Credo che il difficile sia calcolarlo in una maniera non brutale, perchè con numeri più alti, per esempio, sarebbe stato difficile calcolare quella sommatoria.Forse si possono semplificare i calcoli, poichè ogni fattore compare due volte, raccogliendoli puoi continuare a raccogliere perchè si crea un altro fattore uguale, non so se mi sono spiegato.
Se non hai capito qualcosa chiedi...

Ma è concesso l'uso della calcolatrice in queste gare?

Questa era una gara a squadre, quindi la calcolatrice non si può usare (gli unici strumenti che si potevano utilizzare erano matita, penna, gomma e cibo)

ps mio duecentesimo messaggio!

Grazie mille Claudio hai ragione (letto mille volte e sono riuscito lo stesso a capire "tanti anni quante sono le tessere sulla riga, compresa la rossa") comunque le calcolatrici sono vietate per questo il calcolo è facile

Ho visto un po' la gara, e per esempio per come ho fatto io il n.3 ci sono un po' di contazzi .

Perla Vera ha messo le mani su un favoloso bottino non superiore a 100000 dobloni. Jack si accorge
che riesce a dividere esattamente il bottino tra i π-rati della ciurma. Improvvisamente però arriva Mastro
Gibbs che gli dice: “Capitano, abbiamo perso un uomo”. Jack si mostra addolorato solo per un attimo, ma
poi scrolla le spalle, agita il cappello sorridente e informa i π-rati della ciurma che la divisione esatta del
bottino è ancora possibile, e ciascuno in questo modo avrà esattamente 11 dobloni in più. Quanti possono
essere al massimo i dobloni che alla fine toccheranno a ciascun π-rata?

è abbastanza facile, con una calcolatrice...senza forse crea dei problemi.
Voi come lo fareste?

Si verifica facilmente che bisogna trovare un n tale che 11n(n+1)=x, con x<100000. Siccome questo n al massimo è circa 100, provando si ottiene che n=94 e x=98230.
Sicuramente non è il massimo dell'eleganza, ma in 5 minuti non mi è venuto in mente altro e non ho fatto uso della calcolatrice

Euler ha scritto:Si verifica facilmente che bisogna trovare un n tale che 11n(n+1)=x, con x<100000. Siccome questo n al massimo è circa 100, provando si ottiene che n=94 e x=98230.
Sicuramente non è il massimo dell'eleganza, ma in 5 minuti non mi è venuto in mente altro e non ho fatto uso della calcolatrice

Io l'ho fatto nello stesso modo, i contazzi io intendevo proprio la disequazione, che se non si fa a tentativi è impossibile da fare a mano...

Comunque la sommatoria nel primo problema del thread si "chiude" utilizzando le identità $ \sum_{k=1}^n k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} $ e $ \sum_{k=1}^n k=\frac{n(n+1)}{2} $. Nota poi che l'n+1 che compare in entrambe le formule si semplifica con 91, e i conti* si sono già ridotti di parecchio.

* : che in realtà non ho fatto... quando ho playtestato il problema avevo un computer sottomano

Si è molto più veloce...comunque neanche io ho fatto i conti...non so se mi sarebbe venuto in mente di ridurre così ma non credo