Re: Estrazioni casuali
 

Erasmus 194 mi pare sia partito ed abbia spiegato la tua idea.

Riguardo a problemi simili , penso che la discussione possa proseguire...

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

@ aspesi
Devi guardare di nuovo, :D (perché la vecchia figura aveva qualcosa di squinternato nella "legenda" ed un paio di errori di digitazione).
Ho anche aggiunto una "etichetta" che sta a significare una specie di esordio (con l'introduzione del triangolo).

Purtroppo, le correzioni su una immagine "linkata" significano il cambio dell'URL.
Per favore, aspesi: edita il tuo messaggio di sopra e sostituisci anche tu il nuovo URL (che è quello che vedi anche nella citazione di me stesso in questo messaggio # 202.

Ciao ciao

Re: Estrazioni casuali
 

Fatto! ;)
Ma come sei "precisino".... anche se la legenda della figura precedente era un po' squinternata, lì avevo capito benissimo.
E' l'iperbole che mi frega...

Infatti, sapendo di essere "ignorante", ma illudendomi di essere "acuto":D, prima di questa tua soluzione avevo provato a calcolare le due aree (relative alle probabilità di formare triangoli acuti e ottusi), stimando che per le parti che hai colorato in rosa e verde si potesse trattare di tre settori circolari (somma = un semicerchio di raggio L/2).
In tal modo avevo calcolato 0,0931 per la zona gialla (prob. triangoli acutangoli) e 0,1569 per la zona verde (prob. triangoli ottusangoli), accorgendomi dell'errore dopo che la simulazione con un programmino aveva dato valori notevolmente diversi. :o

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

A proposito di estrazioni casuali..:eek::spaf:
Queste sono le estrazioni del Lotto di ieri:
Ruota di Roma: 76-75-79-3-78.
Ruota Nazionale: 21-23-27-86-25.
Ruota di Torino:21-59-25-22-15.

Superenalotto: 14-22-27-28-34-66.
Numero Jolly:69
numero superstar:23.

Problema: 1) calcolare quante probabilità ci sono in una estrazione casuale di 90 numeri, che in una singola ruota escano tre o più numeri pressochè consecutivi della stessa decina.
2) calcolare quante probabilità ci sono che questa probabilità si ripeta su diverse ruote nella stessa giornata e nella stessa estrazione.

Ps. i numeri delle probabilità trovate potranno essere giocati nella prossima estrazione al Lotto e al Superenalotto con ottime probabilità di uscire.:D

Re: Estrazioni casuali
 

Io non mi meraviglio se ci sono estrazioni apparentemente strane... (la consecutività o altre formazioni che ci colpiscono, come i pari, i gemelli, le cadenze, ecc... sono solo nostre costruzioni mentali, quello che ha senso è fare una stima della loro probabilità di verificarsi).

Ebbene, ti sembrerà strano, ma la probabilità che escano in una ruota determinata 3 o 4 o 5 numeri in una decina qualsiasi (da 1 a 10, o da 11 a 20, o da ...., o da 81 a 90) è ben l'8,11% (precisamente 3.566.268 casi favorevoli sui 43.949.268 casi totali, di cui:
-3 presenze in una decina = 3.412.800 cinquine
-4 presenze in una decina = 151.200 cinquine
-5 presenze in una decina = 2.268 cinquine

Per quanto riguarda la ripetizione di tre (solo 3) numeri di una decina qualsiasi in esattamente tre ruote delle 11 del lotto italiano, la probabilità è ancora notevole e precisamente uguale al 4,48% (una volta ogni 22-23 concorsi).

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

E però in quella estrazione sono usciti 4 numeri su Roma, 4 sul Nazionale, 4 al Supernenalotto. E 3 su Torino.
A me sembra una combinazione..combinata:D.

Re: Estrazioni casuali
 

In un settore circolare di raggio 1 – come quello di eq. cartesiana
x^2 +y^2=1
– e angolo (al centro) 2φ radianti, l'area del settore vale φ.
La corda è lunga 2·sin(φ) e la sua distanza dal centro è cos(φ). Sicché l'area del triangolo isoscele che ha per base la corda e per lati due raggi vale cos(φ)·sin(φ).
Allora l'area Sc del segmento di cerchio (la "lunetta") vale:
(**) Sc = φ –cos(φ)·sin(φ)

Per un'iperbole equilatera di eq. cartesiana x^2 – y^1 = 1 (che nel campo complesso è come quella del cerchio di raggio 1 con la sola differenza che metti jy al posto di y), il settore è concavo, con perimetro formato da due "raggi" (con origine nel centro della conica e termini simmetrici rispetto all'asse dei fuochi) e dall'arco di conica.
L'area d'un segmento di iperbole [ancora una "lunetta", simmetrico rispetto all'asse focale] è la differenza tra l'area del triangolo che ha per lati la corda e i due raggi e l'area del "settore iperbolico".

Ponendo x = cos(φ) ed y = sin(φ) nel cerchio di raggio 1 l'area del segmento di cerchio viene
(*) Sc = arccos(x) – xy = arcsin(y) – xy = arctan(y/x) – xy.

Analogamente per l'iperbole di eq. x^2 – y^2 = 1 (ma invertendo i segni).
L'area del triangolo fatto da una corda di iperbole (ortogonale all'asse focale che è quello delle ascisse x) e dai due "raggi" (che congiungono gli estremi della corda con il centro della conica) vale:
Si = xy – «settore-coseno-iperbolico»(x);
Si = xy – «settore-seno-iperbolico»(y);
Si = xy – «settore-tangente-iperbolica»(y/x)
[Cfr (*)]

Detto ancora φ l'argomento dal quale dipende l'area del settore iperbolico, nell'iperbole di eq. x^2 – y^2 = 1 abbiamo:
φ = «settore-coseno-iperbolico»(x);
φ = «settore-seno-iperbolico»(y);
φ = «settore-tangente-iperbolica»(y/x);
e l'area del settore di iperbole (di distanza tra i vertici 2 e asintoti ortogonali) vale
Si = cosh(φ)·sinh(φ) – φ
[Cfr (**)]

Ma cos'è mai 'sto argomento φ per l'iperbole?
E' la comune variabile di coseno iperbolico, seno iperbolico e tangente iperbolica:
x = cosh(φ); y = sinh(φ); y/x = tanh(φ).

Ripassiamo ... qualcosa; e vediamo che è il logaritmo naturale della somma tra coseno iperbolico e seno iperbolico.

Una funzione f(x) è detta pari se f(–x) = f(x); dispari se f(–x) = –f(x).
[Si tratta di "antonomasia" perché così succede per le potenze di grado rispettivamente pari o dispari].
La parte pari di una funzione f(x) è p(x) = [f(x) + f(–x)]/2;
la parte dispari d(x) = [f(x) – f(–x)]/2.
[Infatti p(x) = p(–x) e d(x) = – d(–x)]

L'esponenziale e^φ, per φ reale, è sempre positivo e sempre crescente. Cresce ... dal nulla (per φ ––> –oo) fino all'infinito (per φ ––> +oo) passando per 1 (per φ =0) con pendenza 1. [Solo la base "e" dà quest'ultima proprietà].
Quindi e^φ non è pari né dispari.
Per definizione
"coseno iperbolico" e "seno iperbolico" sono (rispettivamente) la parte pari e la parte dispari dell'esponenziale:
cosh(φ) = [e^φ + e^(–φ)]/2; sinh(φ) = [e^φ – e^(–φ)]/2; tanh(φ)= sinh(φ)/cosh(φ).
[NB: nel campo complesso, le funzioni cos(φ) e j·sin(φ) sono (rispettivamente) la parte pari e la parte dispari di e^(jφ). Quindi: cosh(jφ]=cos(φ); sinh(jφ) = j·sin(φ).]

La definizione stessa comporta:
cosh(φ) + sinh(φ) = [e^φ + e^(–φ)]/2 + [e^φ – e^(–φ)]/2 = e^φ;
cosh(φ) – sinh(φ) = [e^φ + e^(–φ)]/2 – [e^φ – e^(–φ)]/2 = e^(–φ);
[cosh(φ)]^2 –[sinh(φ)]^2 = [e^φ]·[e^(–φ)] = 1.

Perciò, come
x = cos(φ); y = sin(φ)
sono le eq. parametriche del cerchio di eq. cartesiana x^2 + y^2 =1, così
x = cosh(φ); y = sinh(φ)
sono le eq. parametriche dell'iperpole di eq. cartesiana x^2 – y^2 = 1.
[NB: per ogni N intero i punti di coordinate [x, y] = [±√(|N|+1), ±√(!N|] stanno su questa iperbole.]

Ponendo x = cosh(φ) si ha:
sinh(φ) = √[(x^2) – 1];
e^φ = x + √[(x^2) – 1];
φ= ln{x + √[(x^2) – 1]}

Analogamente, ponendo y = sinh(φ) si ha
cosh(φ) = √[(y^2) + 1];
e^φ = √[(y^2) + 1] + y;
φ= ln{√[(y^2)+ 1] + y}

Supponi, ora, di voler sapere di chi è derivata la funzione f(x) = √(1 – x^2), conoscere cioè :Se non sai già il risultato (a memoria, per ricordarti d'averlo già fatto) ti conviene porre:
x = cos(φ)
per cui
√(1 – x^2) = sin(φ); dx = (dx/dφ) dφ = – sin(φ) dφ
riducendo il problema al trovare una primitiva di –[sin(φ)]^2.
Questa si trova integrando "per parti" e viene:
F[x(φ)] = K –[φ – cos(φ)·sin(φ)]/2;
F(x) = K – [arccos(x) – x·√(1 – x^2)] (con K costante arbitraria)
[Provare a derivare F(x) per verificare che viene f(x) = √(1–x^2).
Occorre ricordare che la derivata di arccos(x) è –1/√1–x^2).]

Analogamente si ragiona per le primitive di g(y) =√(1 + y^2)Si pone y = sinh(φ) e si ha:
√(1 + y^2) = cosh(φ); dy = cosh(φ)·dφ.
L'integrale è così ridotto alla ricerca d'una primitiva di [cosh(φ)]^2.
Integrando "per parti" si ha:
G[y(φ)] = K + [sinh(φ)·cosh(φ) + φ]/2
ossia:
G(y) = K+[y·√(1+y^2)]/2 + ln[√1+y^2) + y] (con K costante arbitraria).
[Prova a derivare G(y) per verificare che viene g(y) = √(1+y^2)].
=============================================

A che serve questa ... "lezione di matematica"? (lectio non petita ? :spaf:)

Invece di ragionare direttamente sulla geometria, proviamo a tradurre in algebra.
Vedi – dall'inizio del mio allegato – che uno di quei tre archi (che tu speravi essere circolari) – ha eq. cartesiana [quando metti l'origine O(0, 0) al centro della base del triangolone equilatero di lato 2/√(3) e di altezza 1]
(y+1)^2 – 3x^2 =2
e rappresenta la linea–luogo dei triangoli rettangoli di ipotenusa y, ossia 1/3 della linea di confine tra la regione dei triangoli ottusangoli [fatta da3 "lunette"] e quella (centrale) degli acutangoli.

Che si tratta di una iperbole si riconosce subito.
Hai infatti [(y+1)^2]/2 – [x^2/(2/3) =1
e se poni X = (y+1) e Y = x
ti diventa l'equazione canonica dell'iperbole
(X^2)/a^2 – (Y^2)/b^2 = 1
con parametri a = 1/√(2) e b = √(3/2).

Ma tu puoi infischiartene di sapere che tipo di curva è quell'arco!

Trattala quell'equazione come equazione di 2° grado in y: ottieni:
y = √(3x^2 + 2) – 1

Ora ... l'importante è riuscire a venir a sapere una primitiva di y = f(x) = √(3x^2 + 2) – 1, perché l'area che sta tra l'asse delle ascisse e l'arco di curva è l'integrale [da un estremo all'altro della proiezione dell'arco sull'asse delle ascisse] della funzione f(x).

La funzione integranda sembra facilina: f(x) = √(3x^2 + 2) – x.
Ma il radicale, come appena visto, ha una primitiva un po' scorbutica!
Contiene infatti:
ln{√[(3/2)x^2 +1]+√(3/2)·x} = ln[√(3x^2 + 2) + √(3)·x] – ln(2)

L'integrale di √(3x^2 + 2) si trova facilmente con questi passaggi:
• estrarre √(2) dal radicale in modo da dover integrare √[(3/2)·x^2 +1];
• porre √(3/2)·x = sinh(φ) in modo da avere:
. . . . √[(3/2)·x^2 +1]=cosh(φ); x = √(2/3)·sinh(φ); dx = √(2/3)· cosh(φ)·dφ
• estrarre ancora √(2/3) e integrare quel che resta, cioè [cosh(φ)]^2;
• moltiplicare l'integrale ottenuto per i fattori estratti, cioè per √(2)·√(2/3)=2/√(3);
• infine sostituire sinh(φ) con √(3/2)·x, cosh(φ) con √[(3/2)·x^2 +1] e φ con ln{√[(3/2)x^2 +1]+√(3/2)·x}.

In tal modo si trova:
[NB. Per comodità di scrittura metto S al posto di sinh(φ) e C al posto di cosh(φ)]
F = ∫(C^2) dφ = ∫C·(C dφ) = S·C – ∫S·S dφ = S·C – ∫(C^2 – 1) dφ = S·C – F + φ;
F = SC – F + φ <=> 2F = SC + φ <=> F = (SC + φ)/2.
∫[√(3x^2 + 2) – x] dx = [2/√(3)]·(1/2){√(3/2)·x·√[(3/2)x^2 + 1] + ln[√((3/2)x^2 + 1) + √(3/2)·x]} –x + K =
= [1/√(2)]·x·√[(3/2)·x^2 + 1] + [1/√(3)]·ln{√[(3/2)·x^2 + 1] + √(3/2)·x} – x + K.
[Provare a deivare per controllo! :D]

er K = 0: allora la funzione viene F(0) = 0; e F[1/√(12)] –cioè in x=1/[2√(3)] che è l'ascissa dell'estremo dell'arco che sta a metà del lato triangolone equilatero]*– vale:
F[1/(√(12)] = √/3)·[1/8 + (1/6)·ln(2) – 1/6] = [√(3)/6]·[ln(2) – 1/4].
Questa è l'area tra mezzo arco e la sua proiezione sulla base del triangolone.
Il centro ha coordinate (0, 1/3). L'estremo dell'arco (1/√(12), 1/2). Questi due punti, assieme alle loro proiezioni sull'asse delle ascisse, sono i vertici del trapezio rettangolo di base minore 1/3, base maggiore 1/2 e altezza 1/√(12).
L'area di questo trapezio vale (5/12)·(1/√(12) = [√(3)/6]·(5/12).
Sottraendo quest'area all'area F[1/√(12)] = [√(3)/6]·[ln(2) – 1/4] si ha l'area di 1/6 della regione dei triangoli acutangoli.
La differenza viene [√(3)/6]·[ln(2) – 2/3].
L'area della regione dei triangoli acutangoli [6 volte quest'ultima] vale √(3)·[ln(2)–2/3].
La probabilità di avere un triangolo acutangolo è il rapporto tra quest'area e l'area del triangolone [che vale 1/√(3)].
Questo rapporto è:
Prob(triangolo acutangolo) = 3·ln(2) –2 = 0,07944...
La probabilità di avere un triangolo ottusangolo (regione delle tre "lunette") è il complemento ad 1/4:
Prob(triangolo ottusangolo) = 9/4 – 3·ln(2) = 0,17055...

Ciao ciao
:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Non avrai mica sperato che leggessi tutto.... (tanto, non avrei capito nulla....):D
Mi piacerebbe sapere se c'è qualcuno che ti segue, in queste tue lezioni:mmh:

Però, ti consiglio di correggere:
in
radq[3*(ln(2) - 2/3)]

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

E' molto probabile che nella gestione del lotto e affini ci sia qualche taroccamento, specie per i giochi a quota fissa e non a montepremi. Visto anche che la "casualità" la stabilisce un software, perché da tempo non si fanno più pescare le palline con i numeri ad un bambino bendato.
Però sarebbe sciocco se fossero ad arte fatte uscire combinazioni "particolari", che potrebbero insospettire subito qualcuno (come è successo a te).
Volendo "manovrare" la casualità a proprio vantaggio, sarebbe molto più semplice esaminare i numeri che sono stati messi in gioco in maggiore quantità e "dare una spintarella" all'uscita degli altri. Stando attenti a non far uscire tanti numeri consecutivi, che, fra l'altro, sono quelli giocati in prevalenza, spesso inconsciamente, dai sistemisti che si servono di software professionali di riduzione.

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Ho sperato, si'. E – pare – con successo!
Questa "lectio non petita" (= "lezione non richiesta", :spaf:] l'ho fatta apposta per te.

Già fatto!
Ma ... che ti dicevo?
Ah 'n vedi che la lectio non petita l'hai letta e capita? :D

[Eh, eh: Nessuno ha il permesso di insultarci, TRANNE NOI STESSI!
Tu dicevi «Sapendo d'essere "ignorante" e illudendomi d'essere però "acuto" ...».
Ma sai bene che non sei mica tanto "ignorante" e nemmeno un "illuso" nel ritenerti "acuto"]
------------------------
:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Un sacchetto contiene un certo numero b (b>2) di palline bianche e un numero n di palline nere.
Se ne estraiamo 3 a caso e senza rimpiazzarle, la probabilità che tutte le 3 estratte siano bianche è p.
Se si aggiunge una pallina bianca nel sacchetto iniziale e si ripete l'operazione di estrazione di 3 palline (sempre senza reimbussolamento), allora la probabilità di estrarre tutte e 3 palline bianche aumenta di un terzo rispetto a prima.

Qual è il numero massimo di palline nere che possono essere presenti nel sacchetto?

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Soluzione: trentacinque;

Come le so far girare io, non c'è nessun altro... :D

Re: Estrazioni casuali
 

Di più, di più...;):D

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Di più?

:confused:

Avevo controllato tutte le possibili combinazioni di palline bianche e nere, da 1 a 10000, adesso provo ad aumentarle, ma ci vorrà un po' di tempo.

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Beh... 10mila, non esageriamo... è mooolto meno (senz'altro ti è sfuggito il massimo, 35 palline nere è esatto, ma è il penultimo caso...)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Allora riprovo.

Soluzione: ottantotto;

Ma non sono io che ho sbagliato, ha sbagliato il PC! :mad:

Questo quiz prevede un uso intenso di frazioni, e il PC le risolve con delle approssimazioni diverse.

Per trovare la soluzione giusta ho dovuto rettificare una riga, scrivendo:

if ABS(P1- ( P + (1/3)* P)) < 1E-16 then


NON COMPRATE I TOSHIBA, SONO DELLE MACCHINE STUPIDE! :mad:

:D

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

:ok:
Forse... dell'uso intenso delle frazioni ... si può però fare a meno ;)

Ciao

------------

E' piuttosto facile anche senza la forza bruta!!!!

Re: Estrazioni casuali
 

La probabilità di trovare 3 palline bianche è:
p = b/(b+n) * (b-1)/(b+n-1) * (b-2)/(b+n-2)

La probabilità di trovare 3 bianche con una pallina bianca in più è:
p1 = (b+1)/(b+n+1) * b/(b+n) * (b-1)/(b+n-1)

Dividendo membro a membro e ponendo p1= 4/3*p
4/3 = (b+1)/(b+n+1) * (b+n-2)/(b-2)

Risolvendo rispetto a n:
n = (b^2 - b - 2) / (11 - b)

Si vede subito che:
-le palline bianche possono essere al massimo 10 (con 11 il denominatore è zero, poi il valore di n diventerebbe negativo)
-le palline nere (cioè n) aumentano con l'aumentare di b, con b>2 e b<11)

Posto b = 10 la soluzione del quiz è:
n = 10^2 - 10 - 2 = 88

(I valori interi di b e n che soddisfano l'equazione succitata sono:
b = 5 ; n = 3
b = 7 ; n = 10
b = 8 ; n = 18
b = 9 ; n = 35
b = 10 ; n = 88 e quindi 88 è il massimo

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Perché l'hai pubblicato la soluzione?

Potevi aspettare qualcun altro!

Avevo in mente di risolverlo, 'sto quiz.

L'ho risolto poco fa.
Vedo adesso la tua soluzione.

Vedo che nella mia ho sbagliato un passaggio. :o
Invece di –8–3 = –11 ho fatto –8 + 3 = –5 trovando quindi
n = (2+ b – b^2)/(b–5)
invece di n = (2+ b – b^2)/(b–11)

La soluzione verrebbe anche più bella: Le bianche potrebbero essere solo 3 a 4.
[Con b <3 la probabilità di estrarre tre bianche è nulla].
Con b = 3 verrebbe n = (2+3–9)/(3–5) = 2
Con b = 4 verrebbe n = (2 + 4 – 16)/(4 – 5) = 10.

Ciao, ciao
:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

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

:hello:

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:

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

Re: Estrazioni casuali
 

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

:hello:

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

;)

Re: Estrazioni casuali
 

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

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

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, ...Ciao ciao

Re: Estrazioni casuali
 

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 ... :)

Re: Estrazioni casuali
 

: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

Fantasmagorico!!!:D

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

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: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

Re: Estrazioni casuali
 

Formidabile!

Io non ci sarei mai arrivato... :o, però, sono andato qui:
http://oeis.org/search?q=1%2C6%2C35%...nguage=english
e, senza fatica (nè merito :D), ho trovato (e verificato) la stessa tua formula:

a(n) = circa 1/8*RADQ(2)*(RADQ(2)+1)^(2n)

a(n) = [(3+RADQ(8))^n-(3-RADQ(8))^n]/(2*RADQ(8))

a(n) = [(3 +2*RADQ(2))^n-(3-2*RADQ(2))^n]/(4*RADQ(2))

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Non è vero.
Non ci arrivi quando non vuoi, quando decidi tu di non imboccare questa strada (che ho appena descritto).

Una volta beccata una equazione diofantina, astraiamo un momento dall'origine di essa (cioè dal'essere uscita da quel particolare contesto).

Per esempio, da questo quiz abbiamo trovato l'equazione –metto x ed y al posto di R e B– :
x(x–1)– y(y–1) = 2xy. (1)
[che nel piano cartesiano è l'equazione di un'iperbole].
Esplicitando la (1) rispetto ad x si ha di colpo:
x = [(2y+1) + √(8·y^2 + 1)]/2.
Per tentativi si trovano facilmente diverse coppie [x, y] di interi che soddisfano l'equazione.
Ma non è necessario che sia x> 0 e y > 0.

Per esempio, per y = 0 viene subito x =1.
E se x è intero per certo y intero, lo è anche per l'opposto –y.
Cercando y intero tale che √(8·y^2 + 1) sia intero, troviamo presto y = 6.
Abbiamo allora già 5 coppie di interi [x, y] che soddisfano l'equazione: (1)
[3, –6], [1, –1], [1, 0], [3, 1], [15, 6]

A questo punto facciamo l'ipotesi di una ricorrenza lineare.
Non può essere di ordine 1 perché i numeri trovati non sono in progressione geometrica.

Vediamo se potrebbe andar bene l'ordine 2.
Per y , supposto y(n) = A·y(n–1) + B·y(n–2), avremmo:
6 = 1·A + 0·B ––> A = 6
1 = 0·A –1·B ––> B = –1
Controlliamo se queste costanti vanno bene un passo più indietro.
–1·A –6·B = –1·6 –6·(–1) = –6 + 6 = 0 ––>OK
Calcoliamo con queste costanti altre coppie e controlliamo se soddisfano l'equazione.
Beh: smetto perché sappiamo che sì!
Allora, per la sequenza y(n) il polinomio caratteristico P(z) è:
z^2 – 6·z + 1 = [z – 3 – 2√(2)]·[z – 3 + 2√(2)]
e quindi y sarà del tipo
y(n) = H·[3 +2√(2)]^n + K·[3 – 2√(2)]^n.
Per n = 0 ho y(0) = 0 = H + K –-> K = – H –> H–K = 2·H.
Per n =1 ho y(1) = 1 = 3(H+K) + 2√(2)·(H – K) = 0 + 4√(2)·H.
Cioè: 4√(2)·H = 1 ––> H = √(2)/8; K = –√(2)/8.
Pertanto:
y(n) = √(2)·{[3 +2√(2)]^n – [3 – 2√(2)]^n}/8
--------------
Adesso provo se è di ordine 2 anche x(n). Tralascio i conti ma si trova subito che no.
La prova è facile usando le coppie con numeri piccoli, (anche negativi).
Comodissima la coppia [x, y] = [1, 0].
Allora provo se x è di ordine 3 (tentando con tre costanti A, B e C). Vedo che è vero.
Trovo A = 7, B = –7, C = 1, ossia:
«Per ogni n x(n) = 7·x(n–1) – 7·x(n–2) + 1·x(n – 3)»
Perciò il polinomio caratteristico per x è:
P(z) = z^3 – 7·z^2 + 7·z – 1.
Siccome è "antimetrico", si annulla per z = 1.
Divido per z–1 e trovo
P(z) = (z – 1)·(z^2 – 6·z + 1) = (z–1)· [z – 3 – 2√(2)]·[z – 3 + 2√(2)].
Quindi avrò x(n) del tipo
x(n) = H·1^n + K·[3 + 2√(2)]^n + L·[3 – 2√(2)]^n.

Ho (ri)detto tutto questo perché, se si va anche indietro (invece che in avanti – memento: le "sequenze" non hanno inizio!) si trovano un numero di coppie di numeri interi piccolini comodissimi per risolvere "a mano" 'sto quiz (e anche per trattare le faccende delle terne pitagoriche con scarto costante tra i cateti), senza bisogno di programmare un bel niente!

Adesso non mi dire che "non ci saresti mai arrivato".
Ovvio: "Nessuno nasce imparato"!.
Ma la faccenda delle sequenze linearmente dipendenti risulta facile da applicare sistematicamente.
Io la trovo elegante, anche "estetica"! ;)

[Diverso il discorso a riguardo del dimostrarne le proprietà, cosa che ho fatto a suo tempo in tutta autonomia ... traendone alla fine – con un pizzico di orgoglio – anche una certa soddisfazione.
Se poi arriva un Satomi che mi viene a dire che l'occuparsi di matematica astraendo dal reale non è altro che masturbazione della mente (e me lo viene a dire con le consuete scurrilità), non solo non mi trova d'accordo, ma ... consentimi di avere il diritto di sentirmi un tantino offeso al di là delle sue intenzioni, che erano certamente scherzose.
(E ci mancherebbe anche che qui venisse uno ad offendere di proposito!)

Ma perché mai sarebbe "umanistica" la pittura, la poesia, la musica e non la matematica?
Anzi: umanistica è proprio la facoltà di "astrarre". Guai se la poesia fosse solo rendere elegante la cronaca di qualcosa di concreto, senza il vero apporto creativo del poeta! E lo stesso vale per ogni arte. La musica non è solo una collezione di suoni gradevoli presi dalla realtà. La pittura non è tanto più bella quanto più assomiglia ad un'ottima fotografia. Insomma: il bello dell'attività umanistica è il contributo personale. E se capita che, in autonomia o con poco aiuto – più di stimolo che di pappa già fatta – ti pare di essere riuscito a fare una buona escursione logica (fosse anche nel solo "dominare" un quiz) è giusto che ti senta soddisfatto come quando torni da un'ottima escursione alpina, o da qualsiasi "impresa" che ti ha impegnato personalmente non solo a livello corporale!

Mi scuso di questa digressione finale.
Ma ormai ... non la cancello!

Ciao ciao.

Re: Estrazioni casuali
 

a(n) = (((1+RADQ(2))^(2n+1)-(1-RADQ(2))^(2n+1))/RADQ(8)+1)/2


Condivido pienamente :ok:

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Quando in un problema si chiede di prendere dei punti a caso, il risultato può essere differente a seconda di come definiamo ed intendiamo la casualità.

Abbiamo già esaminato problemi simili a questo:
Si scelgono tre punti a caso A, B e C nell'ordine, e si uniscono a formare un triangolo.
Qual è la probabilità che l'angolo in A sia maggiore di 90 gradi?
Il fatto che due punti siano esattamente sovrapposti o che i tre punti siano sullo stesso prolungamento è così improbabile, che possiamo escluderlo.
Io il risultato non lo so. O, più precisamente, non so se le mie conclusioni sono esatte.

1) Scelti due punti, si possono unire con un segmento (linea AB)
Ciò fatto, si può costruire un cerchio, con raggio AB/2
Se il terzo punto è all'interno del cerchio, il triangolo che si forma unendolo agli estremi di AB sarà ottusangolo; se è sul cerchio è rettangolo, se è sopra o sotto è acutangolo. Però, potrebbe anche essere ottusangolo, e precisamente quando AB non è il lato maggiore.

2) Un altro approccio potrebbe essere quello di porre il primo punto sullo zero degli assi cartesiani. Il secondo punto può essere indifferentemente in qualsiasi quadrante.
Il terzo può essere nello stesso quadrante del secondo (p=1/4) o in un altro (p=3/4).
Unendo i tre punti si ha un triangolo. La probabilità che tale triangolo sia ottuso, con qualche ragionamento mi verrebbe un po' minore di 3/4, e dovrebbe essere in funzione dell'estensione del campo cartesiano.
Ci vorrebbe una simulazione con un programma, per verificare se il valore di tale probabilità tende a un asintoto.

3) Stabiliamo quest'altra regola.
Un cerchio può sempre essere costruito in modo che passa su 3 punti, così che possiamo supporre che i 3 punti scelti casualmentesiano posti sulla circonferenza di un cerchio.
Ruotiamo ora la circonferenza in modo da far corrispondereuno dei punti (A) ad una posizione prefissata. In tal modo, solo i due punti B e C saranno scelti a caso.
Tagliando la circonferenza nel punto A e "stirandola", otteniamo un segmento su cui sono localizzati i punti B e C:
._________________._________._____________.
A ........................... B ............ C .....................A

Perché vi sia un angolo ottuso, è sufficiente che uno degli archi AB, BC, o AC, sia maggiore del semicerchio.
Mi pare che in questo caso ci si possa ricondurre al problema del bastoncino spezzato in 3 pezzi
http://www.trekportal.it/coelestis/s...&postcount=178
Quando c'è un triangolo ottuso, i tre pezzi di questo segmento "stirato" non possono formare un triangolo.
O no?

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Astromauh, se hai tempo (hai detto che, a causa della neve, sei rimasto in casa...:)), perché non provi a fare la simulazione ad es. che ho indicato al punto 2 del messaggio precedente?

Puoi scegliere ad es. un campo cartesiano (20,20), (-20,20), (20,-20), (-20,-20) per i 4 quadranti. (Magari, poi, aumentando questa estensione, per vedere se la probabilità tende ad un asintoto). I punti devono essere rappresentati da interi.
Un punto sarà, per ogni tentativo, all'origine (0,0); randomizzi le posizioni per gli altri due punti.
Poi, calcoli con Pitagora la lunghezza dei lati a, b, c, del triangolo che si ha unendo i 3 punti.
Infine, verifichi se tale triangolo è ottusangolo calcolando
a^2>b^2+c^2 or b^2>a^2+c^2 or c^2>a^2+b^2
e determini tale probabilità rispetto ai casi totali.

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

E' vero.
Nel quiz che metti ... avrei da dire qualcosa a proposito.

[Ma praticamente non ho avuto tempo per farlo!
Dopo la "felice serata" de "I Pagliacci" al Filarmonico, ho avuto tre giorni un po' movimentati. Anche qui neve (poca) e freddo cane (– 11 °C stamattina alla 9 . Record assoluto nei 24 anni che abito qua). Ma il casino è stato che dovevo sostituire la polizza auto. La vecchia Opel Corsa – a dir il vero ex di mia figlia, da lei scelta contro il mio parere quando era ancora universitaria, naturalmente pagata da me (e a me intestata) e ... restituitami due anni fa quando lei, già coniugata da due anni, s'è fatta un'auto nuova – è defunta senza preavviso! Mi ha portato nel parcheggio del vicino supermercato ... e di là non ha più voluto ripartire! Proprio defunta! La sua salma è stata rimossa di là con un carro-attrezzi per essere trasportata in un cimitero di auto.
Mi sono presa una Panda nuova (2ª serie però, quella andata fuori produzione mi pare in gennaio). Martedì sera, tornato dal concerto, ho trovato l'e.mail del venditore: la Panda era arrivata e mi mandava copia della "Carta di Circolazione" allo scopo che, con quella, mi mettessi in regola con l'assicurazione.
Ho una assicurazione online. Tutto OK se non ci sono errori: i computer sono bravissimi ma anche privi di intelligenza. Non so cosa succedeva, fatto sta che ci ho messo tre giorni per riuscire a sostituire la polizza per cambio d'auto . Al numero verde risponde il computer dicendoti di schiacciare questo o quel tasto. Seguite le istruzioni, prima mi sento dire che il mio numero di polizza non esiste, lo rifaccio e mi si dice che esiste ma la polizza non è più coperta, (e mi invita a pigiare altro tasto), poi mi dice di attendere l'intervento di un operatore, poi il robot riprende e mi dice che non ci sono operatori disponibili e infine ricomincia la solfa iniziale come se avesse appena ricevuto la chiamata! Nella pagina in cui entro con user ID e password C'è la foto di una donna con scritto:"<name & cognome>: la tua consulente personale". C'è l'orario di ufficio, siamo in orario ... ma no che invece c'è anche scritto «Al momento non sono presente»
Allora clicco su "Scrivimi!".
Si apre un altro modulo, lo compilo, clicco "invia" ... ma ecco che mi risponde il computer: «Al momento il sito non è disponibile!».
Allora scrivo alla "mia consulente personale" per e.mail, con preghiera di rispondermi subito. Niente!
Provo e riprovo per telefono! Niente! Provo a reinviare il messaggio con "Scrivimi!". Niente! Riscrivo e.mail pittosto seccato. Niente! Così fino a stamattina.
Stamattina ... miracolo! Temevo che essendo sabato mi sarebbe andata buca. Macché! Tutto liscio come l'olio. Sono riuscito a parlare con una operatrice al primo tentativo. Alle 10 avevo già ricevuto per e.mail il "Certificato provvisorio", con sostituzione fatta da loro. [Io ero bloccato perché, arrivato al "campo" ALLESTIMENTO, dovevo scegliere una sigla su 8 proposte e nemmeno il venditore era in grado di dirmi quale era quella giusta]. Mi hanno anche rimborsato 49,91 euro; e hanno messo 11.050 euro come "valore assicurato" (dove la vecchia Opel Corsa aveva 1.200 euro).
-----------------

Venendo al quiz, la simulazione numerica non vale in quwesto caso.
Nessun generatore random può davvero scegliere un numero a caso tra i numeri che possono essere ... grandi a piacere!

In coordinate cartesiane, dire tre punti casuali in un piano vuol dire che si dovrebbero poter indicare coordinate cartesiane di valor assoluto grandi a piacere. Cosa impossibile.

Ma siccome è solo ala forma (e non l'estensione) che decide se il triangolo è ottusangolo o no, supponiamo [lasciando in un primo tempo da parte i numeri] di aver fissato tre punti a caso in un piano ... esteso fino all'infinito. i punti, invece che sul foglio di carta, potrebbero essere uno qua, uno su Andromeda e un altro sulla più lontana galassia dell'universo.
Ma non importa. Posso sempre pensare ad una unità di misura tale che la somma dei lati valga 1

E allora davvero si ricasca nel quiz del bastoncino spezzato in tre parti però con la condizione che senz'altro nessuna è più lunga della somma delle altri due (perché così succede per le mutue distanze dei tre punti a caso in un piano)

Ciao ciao

Re: Estrazioni casuali
 

Non capisco questo problema, e non capisco perchè mi dici di sceglierli nell'ordine.
Se sono tre punti a caso, l'ordine con cui li scelgo non ha importanza.

Il punto A lo pongo al centro del sistema, e poi prendo due punti a caso con un angolo da 0° a 360° e distanza dal centro indefinita, la probabilità che l'angolo BAC sia maggiore di 90° è del 50%.

O no? :confused:

Se ai due punti B e C, dessi delle coppie di coordinate cartesiane casuali da -20 a 20, credo che otterrei una probabilità diversa, ma perchè dovrei farlo?

Qui si parlava di infinito, e secondo me l'infinito ha la forma di un cerchio, e non di un quadrato.

Quei brutti oroscopi quadrati, è da un pezzo che abbiamo smesso di farli. :D

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Anche le mie prime due auto erano Opel.
Poi, quando si è laureato il primo figlio, ho pensato di regalargli la Y-10 seminuova che usavo per andare al lavoro.
Non l'ha gradita, e l'ha dovuta riprendere mia moglie, che ha faticato non poco per convincermi a comprargli una Nissan Almera...

Non è che sei assicurato anche tu con la Linear?
Io da anni faccio tutto online, il premio da pagare è buono e finora non ho mai avuto problemi.

In merito al quiz.
E' venuto anche a me il sospetto che scegliere numeri a caso tra una serie infinita non ha molto senso (la probabilità è nulla).
Sul resto (analogia con il quiz del bastoncino spezzato in tre parti), concordo, anche se non ne sono pienamente convinto.

Fra l'altro, mi accorgo adesso che avevo chiesto la probabilità non di avere un triangolo ottusangolo, ma che l'angolo in A fosse quello ottuso (mi pare quindi corretto dividere quel risultato per 3, quindi sarebbe 1/4)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Lasciamo perdere l'ordine dei 3 punti.

Se ho capito, tu dici che prendi il punto A come origine di un sistema di riferimento e B lo poni sull'asse delle X. A questo punto, si può affermare che l'angolo in A è ottuso solo se il punto C cade nei due quadranti opposti a B (ovvero nel semipiano in cui X<0) e da ciò deduci che la probabilità è il 50%.

Però, potresti fare anche questo ragionamento.
In un triangolo qualsiasi, affinché l'angolo in A sia ottuso, deve necessariamente essere il maggiore dei tre (e questa è una condizione necessaria, ma neppure sufficiente). Quindi, per simmetria, la probabilità richiesta non può essere superiore a 1/3. E questo invalida il risultato precedente.

Per quanto riguarda l'estensione cartesiana da me suggerita, è chiaro che la finitezza del campo (fra l'altro quadrato), comporta un effetto confine, che potrebbe essere significativo. Ma questo effetto dovrebbe diminuire all'aumentare delle dimensioni del campo, come potrebbe essere confermato ripetendo l'esperimento con campi sempre più grandi.

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Il mio ragionamento non è esattamente quello che proponi tu, ma è equivalente.
Il punto A lo metto al centro degli assi cartesiani, ed i punti B e C dove capita.
Poi diciamo che costruisco un cerchio che ha per centro il punto A, se la distanza angolare tra i punti B1 e C1, che sono i punti di intersezione sul cerchio dei segmenti AB e AC, è maggiore di 90, l'angolo in A è maggiore di 90 gradi.

Questo si verifica nel 50% dei casi.


Giusto, ma non capisco cosa ci sia di sbagliato nel mio ragionamento precedente. :confused:




Ho fatto pure la simulazione, sulla base del mio ragionamento precedente, ponendo sempre il punto A all'origine degli assi, mentre ai punti B e C ho attribuito dei valori casuali di ascisse e ordinate, nel range -20 +20.

Ottengo lo stesso risultato di prima, probabilità del 50%, non c'è un "effetto campo".

Non capisco dove sta l'inghippo, domani magari provo a fare una simulazione dando delle posizioni casuali a tutti e tre i punti (compreso A).

:hello:

PS

Il mio scooter l'ho assicurato con Genialloyd, le vostre compagnie assicurano gli scooter?

A proposito della mia capacità di pagare sempre di più, un paio d'anni fa sono rimasto in panne in autostrada è ho pagato oltre € 120 di carro-attrezzi, perchè ignoravo che ero coperto anche per questo dalla mia assicurazione. :o

E pensare che quelli della mia "categoria" dovrebbero essere "furbi". :D

Re: Estrazioni casuali
 

La simulazione non l'ho fatta, ma direi che la probabilità dovrebbe essere 2/9.

Credo che bisogna ragionare partendo da un triangolo equilatero i cui vertici si trovano su una circonferenza. Uno di questi vertici è il punto A.

Spostando di volta in volta uno dei vertici, lungo la circonferenza, si osserva che l'angolo in A è ottuso per 2/12 della circonferenza, se si muove B e C, mentre lo è per 4/12 se è lui che si muove.

Quindi la probabilità dovrebbe essere 2/12 più 2/12 più 4/12, che diviso 3, fa 2/9.

:hello: