Qualche quiz

[aspesi]

Epoch

direi che l'assasino durante una colluttazione ha sparato alla pendola, poi il malcapitato, una volta colpito, ha urtato cadendo la pendola facendola cadere a sua volta.

Forse non sono matematico ma ho un discreto intuito e perspicacia...

Per questo avevo titolato:
assassinio al cinquantesimo secondo,
perché al quarantanovesimo era stato colpito l'orologio, (bloccando l'ora) e un secondo dopo era stata colpita la vittima (che cadendo aveva fatto spostare le lancette di ora e minuti)

[Erasmus]

Ho ripescato un vecchio ma simpatico quiz, di oltre 8 anni fa, quando l'Illustrissimo era ancora [relativamente] giovane, essendo allora iscritto a questo forum da [appena] un anno e mezzo.
Quiz, manco a dirlo, risolto di colpo da Miza.
Lo riporto qui sotto con una citazione taroccata non per riproporlo ma semplicemente perché ... lo trovo simpatico.
Semmai, lo si potrebbe riciclare con opportune varianti.

Mizarino

Carino.
[...]
... e si arriva a concludere che la scala viaggia a 2 gradini/secondo, è composta di 24 gradini, e quindi il signore che scende impiega 12 secondi.

Sai che mi piace formalizzare.
• Sia N il numero di gradini del dislivello tra 2° e 3° piano
• Sia c la velocità di trascinamento della scala mobile in gradini al secondo.
• Sia S il numero di gradini saliti dal tipo in T secondi.
La velocità del tipo rispetto alla scala mobile è S/T.
La velocità assoluta del tipo, coè N/T, è la differenza tra la velocità relativa alla scala mobile e la velocità di questa. Ossia (in generale):
N/T = S/T – c ––> cT = S – N
Abbiamo allora due equazioni nelle due incognite N e c:
• Per S = 52 e T = 14 ––> 14·c = 52 – N;
• Per S = 64 e T = 20 ––> 20·c = 64 – N .
Sottraendo membro a membro la prima equazione alla seconda si trova
6·c = 12 ––> c = 12/6 = 2 (gradini al secondo).
Con ciò, da una delle due equazioni (per esempio dalla prima) si ricava N:
14·2 + N = 52 ––> N = 52 – 28 ––> N = 24.
Il tempo impiegato a scendere stando sullo stesso gradino è dunque:
N/c = 24/2 = 12 secondi.
___________________

Provo a "riciclare il quiz con opportune varianti".
Tra il piano-terra e il primo piano di un grande magazzino [a più piani] ci sono due scale mobili uguali in tutto tranne il fatto che una scende e l'altra sale (alla stessa velocità della prima). L'altezza d'un gradino (cioè Il dislivello tra due gradini contigui) è di 12,5 cm.

Pierino si diverte a salire per la scala che sale e a scendere per quella che scende a velocità maggiore di quella delle scale.
In salita impiega 12 secondi e conta 8 gradini.
In discesa impiega 8 secondi e conta 16 gradini.
a) Qunt'è il dislivello tra il piano-terra e il primo piano?
b) Qunato ci mette a salire o a scendere da un piano all'altro astromauh che non ha alcuna voglia di fare una fatica in più del necessario?
––––

[Erasmus]

Toc, toc ...
Nessuno interviene in questo thread?
C'è ancora da risolvere l'ultimo quiz, ... riciclato, ma con "varianti". Quasi come nuovo!
------------------------
Intando ne metto un altro, un po' più matematico.

[Quasi] tutti sanno che:
1 + 3 + 5 + ... + (2n–1) = n^2.

[Per esempio, per n = 7, (cioè 2n–1 = 13): 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 = 49 = 7^2].

[Quasi] tutti sanno anche che per x ≠ 1:
x + x^3 + x^5 + ... + x^(2n–1) = x·[1 – x^(2n)]/(1 – x^2).

Ma pochi sanno quanto fa:
x + 3·x^3 + 5·x^5 + 7·x^7 + ... (2n–1)·x^(2n–1),
(per n intero positivo qualsiasi ed x diverso sia da 1 che da –1).

S(x, n) = <Somma, per k da 1 a n, di (2k–1)·x^(2k–1)>.

Naturalmente, per x = 1 si ha S(1, n) = n^2.
Facile anche vedere che, per x = –1, S(–1, n) = – n^2.

E per x diverso sia da 1 che da –1?

S(x, n) è una funzione razionale.
Ci sono almeno due modi, diversissimi uno dall'atro, per determinare questa funzione.
-----------
Determinare la funzione (razionale in x, parametrica in n)
S(x, n)
tale che, per ogni x diverso sia da 1 che da –1 (ed n intero positivo) sia:

S(x, n) = x + 3·x^3 + 5·x^5 + 7·x^7 + ... + (2n–1)·x^(2n–1).
–––––––

[astromauh]

Come mai questa volta non hai postato un'immagine ottenuta con la tua calcolatrice grafica?

Te lo dico io, sei molto orgoglioso, e non vuoi fare una brutta figura.

Già con piccoli valori di n, la tua funzione S(x,n) assume valori altissimi, per cui diventa molto difficile rappresentarla graficamente.

n= 2
0 0
1 4
2 26
3 84
4 196
5 380

n= 3
0 0
1 9
2 186
3 1299
4 5316
5 16005

n= 4
0 0
1 16
2 1082
3 16608
4 120004
5 562880

Alla tua domanda non so rispondere.

[Erasmus]

astromauh

Come mai questa volta non hai postato un'immagine ottenuta con la tua calcolatrice grafica?

Qui la "forza bruta" serve poco. Si tratta di svolgere alcuni passaggi su formule .. generalizztate, astratte.
[x qualsiasi, perfino complesso (non reale); n intero positivo qualsiasi.]
Ma dopo ... ti accontento con qualche facile esempio.

astromauh

Te lo dico io, sei molto orgoglioso, e non vuoi fare una brutta figura.

Io, di solito, faccio una "bella figura". Guarda qua:
=> "Ho fatto una bella figura", # 1
=> "Ho fatto una bella figura", # 42
=> "Ho fatto una bella figura", # 60
=> "Ho fatto una bella figura", # 63
=> "Ho fatto una bella figura", # 63
=> "Ho fatto una bella figura", # 71
=> "Ho fatto una bella figura", # 83
=> "Ho fatto una bella figura", # 88
=> "Ho fatto una bella figura", # 103

astromauh

Alla tua domanda non so rispondere.

Prova a ragionare per "associazione di idee".
Adesso ti faccio vedere come si può ricavare la formula della somma dei termini di una progressione geometrica di ragione x e termine iniziale 1 fino al termine x^n.
Diciamo G(x, n) questa somma. Sia cioè, per qualsiasi n intero positivo e per qualsiasi x:
G(x, n) = 1 + x + x^2 + x^3 + ... + x^k + ... + x^n.
Ossia:
G(x. n) = <Somma, per k da 0 ad n, di x^k>.

               n
G(x, n) = ∑ x^k  = 1 + x + x^2 + ... + x^n.
             k=0

Se è x = 1, allora ogni addendo vale 1, ci sono n+1 addendi e la somma è G(1, n) = n+1.
Se x è diverso da 1 ... faccio due tipi diversi di scherzetto elementare su G(x, n+1) e confronto i risultati.
a) Isolo l'ultimo termine di G(x, n+1) e sommo gli altri.
G(x, n+1) = (1 + x + x^2 + ... + x^n) + x^(n+1) = G(x,n) + x^(n+1). (*)
b) Sempre su G(x, n+1), isolo il primo termine (che è 1), raccolgo x a fattore comune dai termini che seguono e faccio la somma dei loro quozienti.
G(x, n+1) = 1 + x·(1 + x + x^2 + ... + x^n) = 1 + x·G(x, n). (**)
Confrontando (*) con (**), vedo che devono essere uguali gli ultimi membri , cioè
G(x, n+1) = G(x, n) + x^(n+1) = 1 + x·G(x, n)
L'ultima uguaglianza è una equazione nella incognita G(x, n). Mi ... metto a risolverla trovando:
G(x, n)·(1 – x) = 1 – x^(n + 1) ––> G(x, n) = [1 – x^(n + 1)]/(1 – x).
Se vogliamo restare nell'ambito di numeri positivi (e quindi supponiamo x positivo), quella appena scritta va bene per x < 1. Per x >1 cambiamo segno sia al numeratore che al denominatore ottenendo.
G(x, n) = [x^(n + 1) – 1]/(x – 1).
Queste formule non vanno bene per x = 1 perché diventano 0/0. [Ma allora A(1, n) = n+1].

Proviamo a ragionare in modo analogo sulla formula dell'incognita S(x, n).
Se x = 1 allora S(1, n) = 1 + 3 + 5 + ... + (2n – 1) = n^2.
Se x = – 1 allora S(–1, n) = –[1 + 3 + 5 + ... + (2n – 1)] = – n^2.
Se x è diverso sia da 1 che da – 1 allora.. facciamo su S(x, n+1) i due tipi di scherzetto analoghi a quelli per il calcolo della progressione geometrica G(x, n+1)
a) Isolo l'ultimo termine e penso alla somma di tutti i precedenti.
b) Salto il primo termine (che è x) e sottraggo poi x^3 da 3·x^3, x^5 da 5·x^5, ..., x^(2n+1) da (2n+1)·x^(2n+1).
Raccolgo poi x^2 da quel che miresta. Infine mi ricordo della formula della progressione geometrica (ricavata qui sopra ... che però in questo caso ha x^2 al posto di x).

a)
S(x, n+1) = [x + 3x^3 + 5·x^5 +...+(2n–1)·x^(2n–1)]+(2n+1)·x^(2n+1) =
 = S(x, n) + (2n+1)·x^(2n+1). (***)

b)
S(x, n+1) =   x +   2·x^3 + 2·x^5 + 2·x^7 + ... +         2·x^(2n+1) +
                   +           x^3 + 3·x^5 + 5·x^7 + ... + (2n–1)·x^(2n+1)    =
            = x + 2·(x^3)·[1 +     x^2 +    x^4 + ... +            x^(2n–2)] +
                    + (x^2)·[x   + 3·x^3 + 5·x^5 + ... + (2n–1)·x^(2n–1)]    =
 = x + 2·(x^3)·[1–x^(2n)]/(1 – x^2) + (x^2)·S(x, n). (****)

Uguagliando (***) a (****) trovo:
S(x, n) + (2n+1)·x^(2n+1) = x + 2·(x^3)·[1–x^(2n)]/(1 – x^2) + (x^2)·S(x, n) ––>
––> S(x, n)·(1–x^2) = {[x –(2n+1)·x^(2n+1)]·(1–x^2)+2·(x^3)[1–x^(2n)]}/(1–x^2) = 
      = [x – x^3  – (2n+1)·x^(2n+1)+(2n+1)x^(2n+3) + 2·x^3 –2·x^(2n+3)]/(1–x^2) =
      = x + x^3  – (2n+1)·x^(2n+1) + (2n–1)·x^(2n+3) –––>
––> S(x, n) = [x·(1 + x^2) – (2n+1)·x^(2n+1) + (2n–1)·x^(2n+3)]/(1 – x^2)^2

Ti metto un'altra "Bella Figura" che comprova la bontà della formula.

–––

[astromauh]

Bravo!

Ho controllato la tua formula ed effettivamente funziona, perché trovo gli stessi risultati trovati in precedenza, eccetto che per x=1, come avevi previsto.

S(x, n)= ( x*(1 + x^2) - (2*n +1)*x^(2*n +1)+(2*n-1)*x^(2*n+3) ) / (1-x^2)^2

n= 2
0 0
1 Non un numero reale
2 26
3 84
4 196
5 380

n= 3
0 0
1 Non un numero reale
2 186
3 1299
4 5316
5 16005

n= 4
0 0
1 Non un numero reale
2 1082
3 16608
4 120004
5 562880


Per risolvere il problema di x=1 bisogna però scrivere un mini-programma.

if ABS(x)<>1 then S(x, n)= ( x*(1 + x^2) - (2*n +1)*x^(2*n +1)+(2*n-1)*x^(2*n+3) ) / (1-x^2)^2 ELSE S(x, n)= n^2

Che è comunque molto più sintetico del programma che avrei potuto scrivere senza ricorrere alla tua formula.




PS

Sono andato a vedere cosa succede con dei valori per x molto vicini ad 1, come ad esempio

x= 1 + 1E-6

e per i vari n da 2 a 4 ho trovato questi valori:

2 4,00012955789642
3 8,99990292759688
4 16,0000741428199

Ossia dei valori molto vicini a n^2.

Però se cerco di usare un valore ancora più vicino ad 1 , come ad esempio

x= 1 + 1E-7,

i risultati che ottengo, invece di essere più vicini ad n^2 peggiorano.

2 4,01900694287046
3 8,99280559040075
4 16,0094143967381

Quindi anche se teoricamente sono solo i valori di x=1 e di x=-1 che dovrebbero dare dei problemi, in pratica anche dei valori molto prossimi ad 1 e a - 1 sono problematici. Ma questo, come al solito, dipende dalle limitate capacità di calcolo dei computer.

[Erasmus]

astromauh

[...]Però se cerco di usare un valore ancora più vicino ad 1 , come ad esempio x= 1 + 1E-7, i risultati che ottengo, invece di essere più vicini ad n^2 peggiorano.

Ma è ovvio!
Il denominatore è (1 – x^2)^2.
Se dunque x differisce da 1 (in valore assoluto) di ∆, molo poco, per esempio x = 1+∆, il denominatore vale
[1 – (1 + ∆)^2] = [1 – (1 + 2∆ + ∆^2)]^2 = [2∆·(1+ ∆)]^2 = 4·(∆^2 )·(1 + 2∆ + ∆^2).
Se ∆ è piccolo, per esempio un milionesimo, il denominatore è circa 4·E-12 (4 millesimi di miliardesimo).
Il numeratore sarà circa n^2 volte questo piccolissimo numero.
Se allora e fai i calcoli con un numero di cifre binarie che corrispondono 14 cifre significative decimali, di cui l'ultima è ... a stima (frutto di arrotondamento), non puoi aspettarti precisioni maggiori di una o due cifre significative.

astromauh

[...] anche se teoricamente sono solo i valori di x=1 e di x=-1 che dovrebbero dare dei problemi, in pratica anche dei valori molto prossimi ad 1 e a - 1 sono problematici. Ma questo, come al solito, dipende dalle limitate capacità di calcolo dei computer.

Certo!
Se hai due numeri molto prossimi uno all'altro, con differenza molto minore di 1 (cioè fatta da uno zero seguito da un certo numero m di zeri prima di avere cifre diverse da zero), quella differenza è ridotta in precisione, perchè se lavori con n cifre significative quella differenza di cifre significative ne ha invece n–m.
Quando fai il rapporto tra numeri di per sé poco precisi, il rapportoviene ancora meno preciso.
––––

[Erasmus]

Sono date le serie:
a) S1 = 1/9 –1/(2·9^2) + 1/(3·9^3) –1/(4·9^4)+1/(5·9^5) – 1/(6·9^6) + ... =
= <Somma, per k da 1 a ∞, di [(–1)^(k–1)]/(k·9^k);
b) S2 = 1/10 +1/(2·10^2) + 1/(3·10^3) –1/(4·10^4)+1/(5·10^5) + 1/(6·10^6) + ... =
= <Somma, per k da 1 a ∞, di 1/(k·9^k).
Le riscrivo ...

          1          1            1             1                   ∞    
S1 =  ––– – –––––– + –––––– – –––––– + ...  =  ∑    (–1)^(k–1)  ;
          9       2·9^2      3·9^3     4·9^4              k=1        k·9^k 

          1          1            1             1                    ∞       
S2 =  ––– + –––––– + –––––– + –––––– + ...  =  ∑        1      .
         10      2·10^2    3·10^3    4·10^4             k=1    k·10^k

Si noti che la prima è a segno alterno (e la seconda a segno costante).
Dimostrare, – senza usare la "forza bruta" – che le due serie convergono al medesimo limite L.
–––––––


P.S.
Aggiungo una domandina:
«Quanto vale L ?»

[aspesi]

Erasmus

«Quanto vale L ?»

Ln(10/9) = 0,105360516...

[Erasmus]

aspesi

Ln(10/9) = 0,105360516...

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Però ... sei anche tu taccagno (di spiegazioni) come Miza?
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Dimmi almeno se hai pensato (anche tu) ... così come ti mostro:

Premessa
Sia –1 < x ≤ 1. E' noto che allora:
ln(1+x) = x – (x^2)/2 + (x^3)/3 – (x^4)/4 + ... = <somma, per k da 1 a +∞, di [(–1)^(k–1)]·(x^k)/k.

Clou del quiz
1 + x = (1+x)/[(1 + x) – x] = 1/[1 – x/(1+x)].
Posto y = x/(1+x), per x = 1/9 viene y = 1/10.

[Da cui: S1= ln(1+1/9) = ln(10/9) = –ln(9/10) = –ln(1 – 1/10) = S2]
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