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Vecchio 03-09-20, 20:58   #2671
astromauh
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Mi pare che i percorsi siano 47 però è molto facile che mi sia confuso.

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Vecchio 03-09-20, 21:01   #2672
aspesi
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

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Probabilmente, invece di contare materialmente i percorsi come sto facendo, si potrebbe trovare una formula risolutrice basata sul numero dei punti che compongono il lato del quadrato che in questo caso è n=6

Infatti, c'è un metodo da seguire, altrimenti diventa quasi impossibile...
Comunque, sono molti di più di 19 (anche più del doppio...)

Aiutino Se parti da T per arrivare a U c'è un solo percorso
Se parti da S per arrivare a U ci sono 2 percorsi
Se parti da R per arrivare a U ci sono 5 percorsi
......

aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 03-09-20, 21:06   #2673
astromauh
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Dicevo che con 6 mosse ci sono 19 percorsi che però non sono i percorsi finali.
Poi ho ripreso i calcoli e mi pare che in totale i percorsi completi siano 47.

Ossia 5 + 5 + 5 + 5 + 9 + 9 + 9

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Ultima modifica di astromauh : 03-09-20 21:10.
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Vecchio 03-09-20, 21:09   #2674
aspesi
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

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Mi pare che i percorsi siano 47 però è molto facile che mi sia confuso.

Cavoli, ne hai trovati 5 di più...
Sono 42



Codice:
					1
                              1	1
                      2      2	        1
              5      5      3	        1
     14    14      9      4  	1
42  42    28    14      5	1
Cominci alla fine con "1" su U.

Poi vai verso l'inizio e su ogni incrocio scrivi la somma degli eventuali numeri sopra e a destra.

La formula è (2n)!/(n!*(n+1)!)
https://oeis.org/A000108

Ultima modifica di aspesi : 04-09-20 07:11.
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Vecchio 03-09-20, 21:12   #2675
astromauh
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

Quote:
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Cavoli, ne hai trovati 5 di più...
Sono 42
Ho contato un 5 due volte

Ma l'ho detto che non ero sicuro del risultato.

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Vecchio 04-09-20, 00:13   #2676
Erasmus
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

34 percorsi (salvo ... "errore di sbaglio" nel contarli ).
Mi pare che se i passi sono 2n di cui n orizzontali ed n verticali, il numero di percorsi (diciamolo P(n) con n = 1, 2, 3, ...) verifichi la seguente legge:
Codice:
P(1) = 1;  e per ogni n > 1:
                        n–1
P(n) = P(n–1) + P(k)   (*)
                        k=1
Ho contato il numero di percorsi di 2n passi [n orizzontali ed n verticsli] per n da 1 a 5 trovando appunto:
P(1) = 1; P(2) = 2; P(3) = 5; P(4) = 13; P(5) = 34.
I primi termini di questa successione sono:
Codice:
  n    ––> 1,   2,   3,   4,    5,    6,     7,      8, ...
P(n) ––>  1,   2,   5,  13,  34,  89,  233,  610, ...
Ho poi trovato questa successione su Oeis.
Là si fa notare che questa successione è fatta dei termini di indice dispari della successione di Fibonacci – diciamoli F(2n–1) – ossia:
Per ogni n intero positivo: P(n) =F(2n–1).
Per esempio, per n = 7 [essendo per ogni n intero F(n–1) = F(n–2) + F(n–3)]:
F(13) = F(12)+F(11)= F(11)+F(10)+F(11) = 2F(11)+F(10) = 2F(11)+F(9)+F(8) = ... = 2F(11)+F(9)+F(7) + F(5)+F(3)+F(1) [perché F(0) = 0].
Ossia: la verifica della (*) per n = 7 con P(n) = F(2n–1)

Ma su Oeis è detto anche che P(n) è la successine dei numeri X per i quali
5X^2– 4 è un quadrato.
Si constatainfatti che
5·1^2 – 4 = 1 = 1^2;
5·2^2 – 4 = 16 = 4^2;
5·5^2 – 4 = 121 = 11^2;
5·13^2 – 4 = 841 = 29^2;
5·34^2 – 4 = 5776 = 76^2.;
...
Dunque, per ogni n intero positivo
5·F(2n–1)^2 –4 è un quadrato perfetto
E questo è davvero sorprendente.
–––––––
__________________
Erasmus
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Vecchio 04-09-20, 00:27   #2677
Erasmus
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Predefinito Re: Estrazioni casuali

L' "'errore di sbaglio" nel contare il numero percorsi c'è stato!
Lento come son diventato, ero partito che ancora astromauh non era intervenuto ... ed ho inviato ben dopo il suo intervento (senza aver letto né lui né aspesi!) .
Mi spiace aver "toppato" perché avevo trovato molto interessante la successione F(2n–1) (con le due proprietà scoperte consultando Oeis ).

Amen!
––––
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Erasmus
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