Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia

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-   Rudi Mathematici (http://www.trekportal.it/coelestis/forumdisplay.php?f=11)
-   -   Estrazioni casuali (http://www.trekportal.it/coelestis/showthread.php?t=42400)

aspesi 22-01-12 21:26

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 558991)
Perché l'hai pubblicato la soluzione?

Potevi aspettare qualcun altro!

Avevo in mente di risolverlo, 'sto quiz.

Ciao, ciao
:hello:

Pensavo ti fosse sfuggito...:o in futuro aspetterò un po' di più.

:hello:

aspesi 28-01-12 18:01

Re: Estrazioni casuali
 
Ci sono diversi sacchetti, contenenti ciascuno un certo numero (diverso) di palline rosse e di palline blu.
Ebbene, se da ciascun sacchetto si fanno due estrazioni (senza reimbussolamento), la probabilità che vengano estratte due palline rosse è sempre esattamente 1/2.

Quante palline rosse e quante palline blu ci possono essere nei sacchetti?

:hello:

Mizarino 28-01-12 18:18

Re: Estrazioni casuali
 
1° ---> 15 R, 6 B
2° ---> 85 R, 35 B
3° ---> 483 R, 204 B
:hello:

Oops, dimenticavo ...
0° ---> 3 R, 1 B
4° ---> 2871 R, 1189 B

aspesi 28-01-12 19:03

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Mizarino (Scrivi 560965)
1° ---> 15 R, 6 B
2° ---> 85 R, 35 B
3° ---> 483 R, 204 B
:hello:

Oops, dimenticavo ...
0° ---> 3 R, 1 B
4° ---> 2871 R, 1189 B

:ok:
Hai anche trovato una formula chiusa? (io solo ricorsiva)
Poi... c'è un'analogia con le Terne Pitagoriche, come certamente dirà Erasmus.;)

:hello:

Mizarino 28-01-12 22:36

Re: Estrazioni casuali
 
Per completezza ...

3 1
15 6
85 35
493 204
2871 1189
16731 6930
97513 40391
568345 235416
3312555 1372105
19306983 7997214
112529341 46611179
655869061 271669860


;)

aspesi 28-01-12 23:47

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Mizarino (Scrivi 561002)
Per completezza ...
112529341 46611179
655869061 271669860

;)

Allora, ne aggiungo altri due...;)
3822685023 1583407981
22280241075 9228778026

:hello:

Erasmus 29-01-12 04:13

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Mizarino (Scrivi 560965)
1° ---> 15 R, 6 B
2° ---> 85 R, 35 B
3° ---> 483 R, 204 B

La terza soluzione non è OK :fis:
------------------------------------------
Le palline rosse sono più numerose delle blu, se no la probabilità di due rosse consecutive viene minore di 1/2.
Nel sacchetto ci siano R palline rosse e B palline blu ben mescolate.
Estraggo una prima pallina. La probabilità che sia rossa è R/(B+R).
Supponiamo che sia uscita una pallina rossa.
Estraggo la seconda. La probabilità che sia rossa è (R–1)/(B+R – 1).
Essendo i due eventi "stocasticamente indipendenti" ( :rolleyes: ) la probabilità che le palline estratte siano entrambe rosse è
R(R–1)/[(R+B)(R+B–1).
Supponiamo che tale probabilità sia 1/2.
Viene l'equazione nelle due incognite R e B:
R(R–1)/[(R+B)(R+B–1) = 1/2 (*)
condizionata dal fatto che R e B devono essere numeri interi [positivi].
[Eaquazione "diofantina"].

Con qualche passaggio algebrico, la (*) diventa quest'altra equivalente a quella:
R(R–1)/2 – B(B–1)/2 = BR (**)

Controllo le soluzioni di Miza
1) R = 15 e B = 6.
1° Membro: 15(15–1)/2 – 6(6–1)2 = 15·7 – 3·5 = 15·(7–1) = 15·6;
2° Membro: 15·6. OK

2) R = 85 e B = 35.
1° Membro: 85·84/2 – 35·34/2 = 35(17·6–17) = 5·5·7·17
2° Membro: 85·35 = 5·17·5·7 = 5·5·7·17. OK

3) R = 483 e B = 204.
1° Membro: 483·482/2 – 204·203/2 = 483·241 – 102·203 = 95697
2° Membro: 483·204 = 98532 ≠ 95697. Not OK :p
Correzione: R = 483 ––> 493
Controllo su coppia corretta [493, 204].
1° Membro: 493·492/2 – 204·203/2 = 493·246 – 102·203 = 100572
2° Membro: 493·204 = 100572 OK
["Errore di sbagliio"? [Errore di digitazione= "digital error" :D]
=========================

Risolvendo la (**) rispetto a R (e ricordando che R > B) si ottiene:
R = [2B+1 + √(8·B^2 + 1)]/2

Dunque occorre che l'intero B sia tale che 8·B^2 + 1 sia quadrato di un intero.

Se B è pari, diciamolo 2N, occorre che 32·N^2 + 1 sia quadrato d'un intero dispari, diciamo (2X+1)^2.
Allora deve essere X(X+1) = 8N^2 = 2B^2 = doppio del quadrato di un pari.
Siccome X ed X+1 non hanno fattori primi in comune, occorre una delle due alternative seguenti:
• X doppio del quadrato di un pari (quindi divisibile per 8) e X+1 quadrato di un dispari
[per esempio X = 8; X+1 = 9 ––> 2X+1 = 17 ––> B = √[(17^2 –1)/8] = 6]
oppure
• X quadrato di un dispari e X+1 doppio del quadrato di un pari (e quindi divisibile per 8)
[NB: 2ª alternativa impossibile! X = (2k+1)^2 ⇒ X+1 = 2[2k(k+1)+1], non divisibile per 8].

Se B =2N+1 (dispari), 32·N^2 + 32·N + 9 deve essere quadrato d'un dispari, diciamo (2X+1)^2.
Allora deve essere X(X+1) = 8·N^2 + 8·N +2 = 2·(2N+1)^2, doppio del quadrato di un dispari.
Siccome X ed X+1 non hanno fattori comuni,
• X è [dispari e] quadrato di un dispari e X+1 è il doppio del quadrato di un dispari [e B = √[X(X+1)/2]
[per esempio X = 1 ––> B = 1; oppure X = 49 ––> B = 35]
oppure
• X è pari e doppio del quadrato di un dispari e X+1 è il quadrato di un dispari.
[NB: 2ª alternativa è impossibile! X = 2·[(2k+1)^2] ∧ X+1 =(2h + 1)^2 ⇒ k(k+1)+1/4 =h(h+1)/2]

Si trovano infinite soluzioni [B(n), R(n)] per n = 1, 2, 3, ...
Codice:

Legge di ricorrenza
a)  Per B(n):
          B(1) = 1;    B(2) = 6;
      Per ogni n intero positivo:  B(n+2) = 6·B(n+1) – B(n).
a)  Per R(n):
          R(1) = 3;  R(2) = 15;  R(3) = 85;
      Per ogni n intero positivo:  R(n+3) = 7·R(n+2) – 7·R(n+1) + R(n).

Legge intensiva
    Per ogni n intero positivo:
        B(n) = [√(2)/8]·{[√(2) + 1]^(2n) – [√(2) – 1]^(2n)};         
        R(n) = [√(2)/8]·{[√(2) + 1]^(2n+1) + [√(2) – 1)]^(2n+1)} + 1/2.
    Posto φ = ln[√(2)+1], risulta
          cosh(φ) = √(2);      sinh(φ) = 1.
    e la legge intensiva diventa:
        B(n) = [√(2)/4]· sinh(2nφ) = [cosh(φ)·sinh(2nφ)]/4;
        R(n) = [√(2)/4]·cosh[(2n+1)·φ] + 1/2 = cosh(φ)·{cosh[(2n+1)φ] + cosh(φ)}/4

      Tabella delle coppie [B(n), R(n)] per n da 1 a 6 inclusi
————————————————————————————————————
n        B(n)      M(n)^2= 8·B(n)^2 +1    M(n)      R(n) = [2·B(n)+1+M]/2
————————————————————————————————————
1          1                    9                        3              3
2          6                  289                      17            15      (1ª di Miza)
3        35                9801                      99            85    (2ª di Miza)
4      204            332929                    577          493    (3ª di Miza corretta)
5      1189          11309769                3363          2871
6      6930        384199201                19601        16731
...    ...                  ...                        ...              ...

Ciao ciao

Mizarino 29-01-12 07:26

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 561016)
La terza soluzione non è OK
["Errore di sbagliio"? [Errore di digitazione= "digital error" :D]

Sì, errore di sbaglio. Infatti nella lista più estesa che ho incluso in un post successivo, trascritta direttamente dall'output del programmino di ricerca, l'errore non c'è ... :)

aspesi 29-01-12 10:05

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 561016)
Si trovano infinite soluzioni [B(n), R(n)] per n = 1, 2, 3, ...[code]
Legge di ricorrenza
B(1) = 1; B(2) = 6;
R(1) = 3; R(2) = 15; R(3) = 85;
Per ogni n intero positivo:
B(n+2) = 6·B(n+1) – B(n);
R(n+3) = 7·R(n+2) – 7·R(n+1) + R(n).

:ok:
Trovato i primi due termini delle serie:
s(1) = [R(1),B(1)] = [3, 1]
s(2) = [R(2),B(2)] = [15, 6]

si ha:
s(n+1) = [R(n+1), B(n+1)] = [6*R(n)-R(n-1)-2, 6*B(n)-B(n-1)]

Se si fa
R + B = T
Si ha:
R/T * (R-1)/(T-1) = 1/2
cioè:
R*(R-1) = 1/2*T*(T-1)
che è una relazione nota per le Terne Pitagoriche a(a-1) = 2b(b-1)

Infatti, la somma N (1, 4, 21, 120, 697, ...) è la sequenza dei valori del cateto maggiore (diverso di 1 rispetto all'altro cateto), come indicato da Erasmus nel post #741 della discussione "Qualche quiz".

Considerando quindi le Triple Pitagoriche X, X+1, Z, ordinate seconde l'aumento di Z, la sequenza 1, 4, 21, 120, ..., rappresenta i valori di X+1:
a(n) = 6a(n-1) - a(n-2) - 2 per n>=2 e a(0)=1, a(1)=4

Quote:

Legge intensiva
Quote:

Per ogni n intero positivo:
B(n) = [√(2)/8]·{[√(2) + 1]^(2n) – [√(2) – 1]^(2n)};
R(n) = [√(2)/8]·{[√(2) + 1]^(2n+1) + [√(2) – 1)]^(2n+1)} + 1/2.
Posto φ = ln[√(2)+1], risulta
cosh(φ) = √(2); sinh(φ) = 1.
e la legge intensiva diventa:
B(n) = [√(2)/4]· sinh(2nφ) = [cosh(φ)·sinh(2nφ)]/4;
R(n) = [√(2)/4]·cosh[(2n+1)·φ] + 1/2 = cosh(φ)·{cosh[(2n+1)φ] + cosh(φ)}/4

Ciao ciao
Fantasmagorico!!!:D

:hello:

Erasmus 29-01-12 15:24

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

aspesi (Scrivi 560978)
1) Hai anche trovato una formula chiusa? (io solo ricorsiva).
2) Poi... c'è un'analogia con le Terne Pitagoriche, come certamente dirà Erasmus.

NB. La numerazione delle frasi l'ho messa io.

1) Con "formula chiusa" tu, aspesi, intendi quello che io chiamo "Legge intensiva", ossia dare la "successione" in questione, dicamola {Yn}, – per favore, non chiamarmela "serie"! (*) – come funzione dell'indice n.
Yn = F(n).
(*) Per non equivocare! Nelle lingue neolatine la paola "serie" ha in algebra una accezione ben distinta da quella di "successione".

Ripeto per l'n-esima volta come il clou della teoria delle sequenze linearmente dipendenti. ;) [Repetita iuvant. Ma qunte volte occorrerà ripetere? :mmh:]

Se la "legge di ricorrenza" consiste nel fatto che, per ogni indice n (intero anche non positivo!), k +1 termini in fila della successione sono linearmente dipendenti, allora è individuabile una "famiglia" di successioni tra le quali sta anche quella in questione. La famiglia è individuata nel modo seguente.
• Sono note k + 1 costanti A0, A1, A2, .., Ak (dove A0 e Ak sono diverse da 0) tali che, per ogni n intero (anche negativo o nullo):
A0·Xn + A1·Xn+1 + X2·n+2 + ... + Ak·Xn+k = 0 (*)
[Dire "linearmente dipendente di ordine k" significa proprio questo: ogni termine è esprimibile come combinazione lineare dei k termini precedenti con pesi ... sempre quelli, non dipendenti dall'indice. E' per questo che io chiamo tali successioni "sequenze linearmente dipendenti di ordine k"].
• Con quelle k +1 costanti (che si possono arbitrariamente cambiare di scala moltiplicandole tutte per uno stesso fattore diverso da zero) si costruisce il Polinomio Caratteristico:
P(x) = Ak·x^k + .. + A2·x^2 + A1·x + A0.
[NB: Siccome Ak ≠ 0 per ipotesi, non è restrittivo dividere tutto per Ak, ossia scalare tutti i coefficienti dividendoli tutti per Ak].
• Si trovano i k zeri di P(x) [per esempio risolvendo l'equazione P(x) = 0] mettendo il polinomio caratteristico nella forma:
P(x) = Ak · ∏(x – xh), con h da 1 a k.
• Occhio: Non è detto che gli zeri xh siano tutti semplici!
• Sia z uno sero semplice del polinomio caratteristico.
Allora la progressione geometrica Sn = M·z^n , dove M è una costante arbitraria, è una soluzione [particolare] dell'equazione generale (*).
• Sia invece z uno zero [del polinomio caratteristico] di molteplicità r.
Allora, soluzioni particolari dell'equazione generale sono tutte le seguenti r sequenze:
Sn, 0 = M0· z^n;
Sn, 1 = [M1· z^n]·n;
Sn, 2 = [M2· z^n]·n^2;
...
Sn, r–1 = [Mr–1· z^n]·n^(r–1).
Allora la soluzione generale dell'equazione (*) [individuata dal suo polinomio caratteristico i cui zeri dipendono esclusivamente dalle costanti che esprimono la dipendenza lineare] è la somma di tute le k soluzioni particolari, ciascuna con una costante di scala Mj arbitraria (con j = 1, 2, .., k).
[NB: se il polinomio caratteristico è (x –1)^k, siccome l'unico zero distito è 1 e 1^h = 1 per qualsiasi h, la soluzione generale della (*) viene un arbitrario polinomio di grado k–1. Dire arbitrario ma sapere il grado vuol dire che sono arbitrari i k coefficienti M0, M1, ..., Mk–1 dei suoi monomi].
[Stop: "Famiglia" di soluzioni della (*) individuata]
---------------------------

Individuazione della sequenza in questione nella "famiglia" (ora nota).
Se la sequenza in questione soddisfa l'equazione generale (*), posso individuarla all'interno della "famiglia" col "principio di identità".

Per esempio, ho trovo che le B(n) del quiz soddisfano la legge di ricorrenza:
B(n+2) = 6·B(n+1) – B(n)
cioè, per ogni n intero:
B(n+2) – 6· B(n+1) + B(n) = 0, ––> Dipendenza lineare di ordine 2.
Il polinomio caratteristico è dunque
P(x) = x^2 – 6·x + 1.
Gli zeri di questo P(x) sono le soluzioni dell'equazione P(z)=0 ––> z = 3 ± √(3^2 –1) = 3 ± 2√(2) = [√(2)±1]^2
I due zeri sono distinti e perciò B(n) è senz'altro del tipo
B(n) = H·[3 + 2√(2)]^n + K·[3 – 2√(2)]^n.
Per n = 1 ed n = 2 so che B(1) = 1 e B(2) = 6.
Perciò, applicando il principio di identità, casco nel sistema lineare di due equazioni nelle 2 incognite H e K:
B(1) = 1 = H·[3 + 2√(2)] + K·[3 – 2√(2)] = 3·(H + K) + 2√(2) ·(H – K);
B(2) = 6 = H·[3 + 2√(2)]^2 + K·[3 – 2√(2)]^2 = 17·(H+K) + 12√(2)·(H–K).

Lo risolvo e trovo
H = √(2)/8; K = –√(2)/8
per cui
B(n) = [√(2)/8]·{[3+2√(2)]^n – [3 – 2√(2)]^n} = √(2)·{[√(2)+1]^(2n) – [√(2)–1]^(2n)}/8.
Infine, passando alla base naturale "e" invece della "base" trovata che è "√(2) + 1", posto per brevità
φ = ln[√(2) + 1]
essendo
[√(2) + 1] · [√(2) – 1] = 1
trovo subito
e^φ = cosh(φ) + sinh(φ) = √(2) + 1
e^(–φ) = cosh(φ) – sinh(φ) = √(2) – 1
e quindi
√(2) = cosh(φ); 1 = sinh(φ)
e alla fine della fiera:
B(n) = √(2)·{([√(2)+1]^(2n) – [√(2)–1]^(2n))/2}/4 = cosh(φ)·sinh(2nφ)/4

MB: E' quest'ultima scrittura che ... ti può sembrare fantasmagorica! :D
Ma è solo un modo di compattare la legge intensiva
B(n) = <Funzione esplicita della sola variabile n>
La ... "fantasmagoricità" sta già nella precedente formula dove ci sono le potenze 2n-esime della base "√(2) + 1" e del suo reciproco (cioè le potenze m-esime degli zeri del polinomio caratteristico che alltro non dice se non la legge di ricorrenza).

2) La connessione con le Terne Pitagoriche c'è ... ma solo con quelle a differenza costante tra i cateti.
La connessione (più che analogia ... dato che stiamo cercando "coppie" e non "terne") sta proprio nell'avere in comune la legge di ricorrenza, che in entrambi i casi è:
X(n+3) = 7·X(n+2) – 7·X(n + 1) + X(n)
cui corrisponde il polinomio caratteristico
x^3 – 7·x^2 + 7·x – 1 = (x–1)·[x – 3 – 2√(2)]·[x – 3 + 2√(2)]
e quindi la certezza che tanto B(n) quanto R(n) saranno del tipo
X(n) = H·1^n + K·[3 + 2√(2]^n + L·[3 – 2√(2)]^n.
Ora succede che la costante H è nulla per B(n) [mentre vale 1/2 per R(n)].
Allora è come se per B(n) lo zero z = 1 di P(x) non ci fosse; e la legge di ricorrenza [lineare] della sola B(n) si riduce all'ordine 2 diventando

B(n+2) = 6·B(n+1) –B(n) (**)

Ma si badi che sempre una legge d'ordine k può essere vista caso particolare di ordine k+1 moltiplicando per (x – 1) il polinomio caratteristico P(x).

Per esempio, siccome la (**) vale per ogni n, possiamo mettere n + 1 al posto di n per avere [anche]:
B(n+3) = 6·B(n+2) –B(n+1).
Sottraendo a questa la (**) stessa si trova:
Codice:

  B(n+3)            =      6·B(n+2)            –      B(n+1) 
  B(n+2)            =      6·B(n+1)            –      B(n) 
––––––––––––––––––––––-––––––——————————
B(n+3) – B(n+2) = 6·B(n+2) – 6·B(n+1) – B(n+1) + B(n) ––> B(n+3) = 7·B(n+2) – 7·B(n+1) + B(n).

Invece, per la sequenza R(n), con analoga partenza, cioè:
R(n+3) = 7·R(n+2) – 7·R(n+1) + R(n)
per cui R(n) sarà del tipo:
R(n) = H·1^n + K·[3 + 2√(2)]^n + L·[3 – 2 √(2)]^n,
abbiamo da risolvere il sistema lineare:
R(1) = 3 = H·1^1 + K·[3 + 2√(2)] + L·[3 – 2√(2)] = H + 3(K+L) + 2√(2)·(K–L);
R(2) =15=H·1^2 +K·[3+1√(2)]^2 + L·[3–2√(2)]^2 = H + 17(K+L) + 12√(2)·(K–L);
R(3)=85=H·1^3 +K·[3+1√(2)]^3 + L·[3–2√(2)]^3 = H + 99(K+L) + 70√(2)·(K–L).
Si trova
H = 1/2; K = [2+√(2)]/8= √(2)·[√(2) + 1]/8; L = [2–√(2)]/8 = √(2)·[√(2) – 1]/8.
Osservando che 3±2√(2) = [√(2) ±1]^2, alla fine della fiera si trova appunto:
R(n) = √(2)·{[√(2)+1]^(2n+1) + √(2)–1]^(2n+1)}/8
che, se si passa dalla basa "√(2) + 1" alla base naturale "e" ponendo appunto φ = ln[√(2) + 1], diventa:
R(n) = 2/4 + [√(2)/4]·{[√(2)+1]^(2n+1) + √(2)–1]^(2n+1)}/2 = [cosh(φ)/4]·{cosh(φ)+cosh[(2n+1)φ]}.

Ciao ciao


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