Esercizio 2
Gigi continua a lanciare un dado finchè non è uscita la faccia con 6 puntini quattro volte non necessariamente continue. Quale è la prob che debba tirare il dado 9 volte? E quale sarebbe la stessa prob nel caso in cui i 4 "6" debbano uscire consecutivamente
Grazie
Grazie
Risposte
mi è venuta in mente una cosa importante sul "problema principale", e sono impaziente di proporla prima ancora di averla verificata.
mi riferisco a quanto detto da Enzo a proposito della formula ricorsiva sbagliata:
se Enzo avesse seguito il mio stesso ragionamento per arrivare alla mia stessa formula sbagliata, suppongo che l'osservazione di suo figlio Davide avrebbe dovuto portarlo ad una formula molto più semplice ed elegante, la stessa a cui sono arrivata io, che ora rilancio come nuova congettura.
per i casi precedenti vale la mia vecchia formula e l'osservazione di Enzo per i numeri compresi tra k e 2k, e quindi mi limito a scrivere quella "definitiva" per numeri di N maggiori (o uguali? è semplice verificarlo) a 2k:
P(N,k)=(1-p)*p^k*[1-(N-2k)*p^k]
se la mia supposizione è esatta (cioè che anche Enzo avrebbe dovuto arrivare a questo punto), prego Enzo di spiegare perché non va bene.
altrimenti (cioè se non è vero che Enzo aveva usato il mio stesso ragionamento), lo prego di verificarne l'eventuale correttezza. grazie.
ciao.
mi riferisco a quanto detto da Enzo a proposito della formula ricorsiva sbagliata:
se Enzo avesse seguito il mio stesso ragionamento per arrivare alla mia stessa formula sbagliata, suppongo che l'osservazione di suo figlio Davide avrebbe dovuto portarlo ad una formula molto più semplice ed elegante, la stessa a cui sono arrivata io, che ora rilancio come nuova congettura.
per i casi precedenti vale la mia vecchia formula e l'osservazione di Enzo per i numeri compresi tra k e 2k, e quindi mi limito a scrivere quella "definitiva" per numeri di N maggiori (o uguali? è semplice verificarlo) a 2k:
P(N,k)=(1-p)*p^k*[1-(N-2k)*p^k]
se la mia supposizione è esatta (cioè che anche Enzo avrebbe dovuto arrivare a questo punto), prego Enzo di spiegare perché non va bene.
altrimenti (cioè se non è vero che Enzo aveva usato il mio stesso ragionamento), lo prego di verificarne l'eventuale correttezza. grazie.
ciao.
"Enzo":
Ah, dimenticavo il felice intervento di Umby, che dà una risposta semplice ed elegante al quesito che avevo posto:
Qual é il valore di N per il quale è massima la probabilità P(N,k) con k fissato?
La risposta data da Umby è esatta e non fa una piega.
meno male, va...
"Enzo":
Più precisamente, i valori successivi di P(N,k), a partire da N=k, nella mia notazione (x=p^k, z=1-x, y=(1-p)x ) sono:
> N = k, k+1, ...., 2k,,, 2k+1, 2k+2,,,,, 2k+3,,,, 2k+4, ......., 3k+1,,,,,, 3k+2,,,,,,,,,,,,, 3k+3,,,,,,,,,,,,, ......... etc.
Prob= x, y, y, ...., y,,,,, yz,,, y(z-y),, y(z-2y), y(z-3y), ..., y(z-ky), y[z-y(k+z)], y[z-y(k+2z)+y^2], ......... etc.
___(scusate le virgole di troppo, ma mi servono ad incolonnare bene valori di N e rispettivi valori di Prob)_______
no, dai..... questa di domenica mattina!!!!
"Enzo":
Se volete la mia congettura, eccovela: il valore aspettato è INFINITO! Mi spiego meglio.
Se uno mi chiedesse: qual è il numero medio di lanci che servono a far comparire per la prima volta una fila di 4 sei consecutivi, lanciando un dado? , la mia risposta sarebbe "Scommetto che è infinito".
quindi se ti do un dado con 1296 facce (chiamalo dado, o come vuoi), numerate da 1 a 1296, e ti chiedo mediamente quanti lanci devi fare affinchè esca il 1296, tu come rispondi ?
RISPOSTA A ADA
La tua formula così com'é scritta, a meno di un tuo refuso nello scriverla, é senz'altro errata.
Lo si vede subito perchè per N abbastanza grande (dato che k é fisso) fornisce un'infintà di valori di probabilità NEGATIVI!
Tra l'altro, così com'é scritta, non si tratta di formula ricorsiva, ma addirittura di formula esplicita!
Se fosse stata vera, ti avrei mandato subito l'assegno di 100 EURO, e l'avrei fatto con entusiasmo!
Fammi sapere appena possibile se per caso non intendevi scrivere P(N-2k) invece che (N-2k), come penso.
In tal caso la formula, esatta o falsa che sia, tornerebbe ad essere ricorsiva, e richiederebbe ulteriori sviluppi.
A presto, spero (se non sarò scacciato dall'Eden!).
Enzo
La tua formula così com'é scritta, a meno di un tuo refuso nello scriverla, é senz'altro errata.
Lo si vede subito perchè per N abbastanza grande (dato che k é fisso) fornisce un'infintà di valori di probabilità NEGATIVI!
Tra l'altro, così com'é scritta, non si tratta di formula ricorsiva, ma addirittura di formula esplicita!
Se fosse stata vera, ti avrei mandato subito l'assegno di 100 EURO, e l'avrei fatto con entusiasmo!
Fammi sapere appena possibile se per caso non intendevi scrivere P(N-2k) invece che (N-2k), come penso.
In tal caso la formula, esatta o falsa che sia, tornerebbe ad essere ricorsiva, e richiederebbe ulteriori sviluppi.
A presto, spero (se non sarò scacciato dall'Eden!).
Enzo
RISPOSTA A UMBY
Nessuno di costringe a leggere il Forum di domenica mattina ...
Quella filza di valori di P(N,k) per N=k, k+1, k+2, etc. li ho messi lì così chiunque trovi l'eventuale formula chiusa, o anche solo una formula ricorsiva diversa, possa collaudarla su un numero discreto di valori che io ritengo sicuri.
Scusa se mi sono dato tanta pena ... mica è stata una cosa divertente per me!
Penso invece sia cosa utile per tutti gli interessati, anche se, capisco, difficilmente può esserlo di domenica mattina.
Veniamo ora al dado di 6^4 facce. Il numero medio di lanci perchè si presenti l'evento dato è 1/p (cfr. distribuzione GEOMETRICA o il solo intuito) cioè nella fattispecie 1296 lanci, in media. E allora?
Stai forse insinuando che il numero N medio di lanci per veder comparire infine un blocchetto di 4 sei consecutivi è 6^4?
Dillo chiaramente se lo pensi!
A mio parere, ha poca importanza che l'evento "filetto terminale di 4 sei" abbia la stessa probabilità del tuo numero 1296 sul tuo mostruoso dado di 1296 facce, cioè 6^(-4). Il paragone sarebbe pertinente, anzi del tutto esatto, se si lanciassero simultaneamente 4 dadi (di quelli normali, dico) e si constinuasse a farlo fino alla prima comparsa di 4 sei simultanei.
Capisci che qui siamo in presenza di un'altra distribuzione di probabilità?
Aspetto una tua autodafè ...
Enzo
Nessuno di costringe a leggere il Forum di domenica mattina ...
Quella filza di valori di P(N,k) per N=k, k+1, k+2, etc. li ho messi lì così chiunque trovi l'eventuale formula chiusa, o anche solo una formula ricorsiva diversa, possa collaudarla su un numero discreto di valori che io ritengo sicuri.
Scusa se mi sono dato tanta pena ... mica è stata una cosa divertente per me!
Penso invece sia cosa utile per tutti gli interessati, anche se, capisco, difficilmente può esserlo di domenica mattina.
Veniamo ora al dado di 6^4 facce. Il numero medio di lanci perchè si presenti l'evento dato è 1/p (cfr. distribuzione GEOMETRICA o il solo intuito) cioè nella fattispecie 1296 lanci, in media. E allora?
Stai forse insinuando che il numero N medio di lanci per veder comparire infine un blocchetto di 4 sei consecutivi è 6^4?
Dillo chiaramente se lo pensi!
A mio parere, ha poca importanza che l'evento "filetto terminale di 4 sei" abbia la stessa probabilità del tuo numero 1296 sul tuo mostruoso dado di 1296 facce, cioè 6^(-4). Il paragone sarebbe pertinente, anzi del tutto esatto, se si lanciassero simultaneamente 4 dadi (di quelli normali, dico) e si constinuasse a farlo fino alla prima comparsa di 4 sei simultanei.
Capisci che qui siamo in presenza di un'altra distribuzione di probabilità?
Aspetto una tua autodafè ...
Enzo
sì, nel trascrivere ho mischiato le combinazioni con le probabilità.
ho detto che avevo fretta di proporla, ora ho fretta di correggerla, ma qualche dubbio c'è ancora.
il calcolo ripeto deriva dal motivo per cui avevo scritto precedentemente la formula ricorsiva errata, intendendo simbolicamente scrivere un'altra cosa, mediato dall'osservazione di Davide che presumo abbia fatto ravvedere Enzo. è comunque non ricorsiva. N-2k andrebbe diviso per $2^k$, anche se già so che la formula non funziona per il caso già risolto (N=9, k=4).
EDIT: ho fatto questa correzione perché in realtà N-k-1, anche se ha un significato importante, messo lì come avevo fatto con frettolosità, non aveva alcun valore. anche così, la formula è tutt'altro che verificata, però dà l'idea dello sforzo di passare ad una forma non ricorsiva.
se N>2k, P(N,k)=(1-p)*p^k*{1-[(N-2k)/(2^k)]*p^k]}.
non so se ha bisogno ancora di essere corretta, però l'eventualità di essere ricorsiva è sparita facendo qualche calcolo.
spero questa volta di aver raggiunto la "meta", o almeno di essere sulla buona strada, non certo per il "premio", reale o virtuale, in vil denaro.
ciao.
ho detto che avevo fretta di proporla, ora ho fretta di correggerla, ma qualche dubbio c'è ancora.
il calcolo ripeto deriva dal motivo per cui avevo scritto precedentemente la formula ricorsiva errata, intendendo simbolicamente scrivere un'altra cosa, mediato dall'osservazione di Davide che presumo abbia fatto ravvedere Enzo. è comunque non ricorsiva. N-2k andrebbe diviso per $2^k$, anche se già so che la formula non funziona per il caso già risolto (N=9, k=4).
EDIT: ho fatto questa correzione perché in realtà N-k-1, anche se ha un significato importante, messo lì come avevo fatto con frettolosità, non aveva alcun valore. anche così, la formula è tutt'altro che verificata, però dà l'idea dello sforzo di passare ad una forma non ricorsiva.
se N>2k, P(N,k)=(1-p)*p^k*{1-[(N-2k)/(2^k)]*p^k]}.
non so se ha bisogno ancora di essere corretta, però l'eventualità di essere ricorsiva è sparita facendo qualche calcolo.
spero questa volta di aver raggiunto la "meta", o almeno di essere sulla buona strada, non certo per il "premio", reale o virtuale, in vil denaro.
ciao.
RISPOSTA a ADA
Anche questa tua ultima formula é sbagliata.
Lo vedi subito, perchè è in contraddizione con la tua stessa risposta (esatta) che desti per il caso originario N=9 k=4.
In tal caso la (tua) risposta esatta era (1-p)p^k [ 1 - p^k] , mentre la tua formula suddetta
per N=2k+1 (come si dà il caso per N=9 e k=4) dà la seguente risposta:
P(2k+1,k) = (1-p) p^k [1 - (p^k)/(k-1)] dove c'è un denominatore k-1 (=3, in questo caso) decisamente di troppo!
Invece la tua formula precedente, che era sbagliata per altri motivi (ben più seri), dava tuttavia, almeno nel suddetto caso, la risposta esatta.
I miei "vili" 100 euro sono ancora in salvo!
Aspetto una tua conferma ...
Anche questa tua ultima formula é sbagliata.
Lo vedi subito, perchè è in contraddizione con la tua stessa risposta (esatta) che desti per il caso originario N=9 k=4.
In tal caso la (tua) risposta esatta era (1-p)p^k [ 1 - p^k] , mentre la tua formula suddetta
per N=2k+1 (come si dà il caso per N=9 e k=4) dà la seguente risposta:
P(2k+1,k) = (1-p) p^k [1 - (p^k)/(k-1)] dove c'è un denominatore k-1 (=3, in questo caso) decisamente di troppo!
Invece la tua formula precedente, che era sbagliata per altri motivi (ben più seri), dava tuttavia, almeno nel suddetto caso, la risposta esatta.
I miei "vili" 100 euro sono ancora in salvo!
Aspetto una tua conferma ...
ERRATA CORRIGE
Il denominatore di troppo nella tua formula per N=2k+1 non è (k-1) bensì k (4 nel caso specifico citato).
Ciò non cambia la sostanza della mia critica.
Il denominatore di troppo nella tua formula per N=2k+1 non è (k-1) bensì k (4 nel caso specifico citato).
Ciò non cambia la sostanza della mia critica.
ho ricorretto la formula, che verrebbe così:
se N
se k+1<=N<=2k, P(N,k)=(1-p)*p^k
se N>2k, P(N,k)=[1-(N-2k)*(p/2)^k]*(1-p)*p^k
naturalmente è lungi dall'averla verificata, credo anche di aver capito perché non possa funzionare.
la lascio ugualmente perché può fornire uno spunto di discussione.
ciao.
se N
se k+1<=N<=2k, P(N,k)=(1-p)*p^k
se N>2k, P(N,k)=[1-(N-2k)*(p/2)^k]*(1-p)*p^k
naturalmente è lungi dall'averla verificata, credo anche di aver capito perché non possa funzionare.
la lascio ugualmente perché può fornire uno spunto di discussione.
ciao.
Di nuovo questa formula è in conflitto con il semplice caso da te a suo tempo risolto (k=4, N=9=2k+1).
Ora avresti un denominatore di troppo pari a 2^k = 16.
Inoltre, quel che è più terribile, per N abbastanza grande, la formula genera nuovamente infinite probabilità tutte NEGATIVE!
Se mi dici che ragionamento ti ha portato a questo tipo di formule (che non è certo il mio),
forse posso individuare l'errore di fondo che c'è.
Guarda che, secondo me, una formula chiusa, come tu speri di trovare, è una cosa veramente difficile da trovare in questo caso.
Comunque faccio il tifo per te e, se posso dare una mano, sarei felice di farlo.
Ora avresti un denominatore di troppo pari a 2^k = 16.
Inoltre, quel che è più terribile, per N abbastanza grande, la formula genera nuovamente infinite probabilità tutte NEGATIVE!
Se mi dici che ragionamento ti ha portato a questo tipo di formule (che non è certo il mio),
forse posso individuare l'errore di fondo che c'è.
Guarda che, secondo me, una formula chiusa, come tu speri di trovare, è una cosa veramente difficile da trovare in questo caso.
Comunque faccio il tifo per te e, se posso dare una mano, sarei felice di farlo.
mi sto "convertendo" alla tua formula ricorsiva.
ti dico però che, nella prima formula ricorsiva sbagliata l'intento era quello di scrivere la probabilità dell'evento contrario al fatto che la sequenza si realizzi entro i primi n passi, dove n=N-k-1.
ora, ci sono n-k+1 sequenze di k possibili uscite su n lanci, e quindi N-2k soluzioni possibili, ciascuna con probabilità p^k. il problema è che in questo caso gli eventi sono tutt'altro che incompatibili, per cui non era lecito fare una semplice moltiplicazione.
ho provato ad aggirare l'ostacolo contando tutti i casi. però evidentemente sbaglio a contare i casi favorevoli, su un totale di 2^n. inoltre non so se vale più per ciascun caso la stessa probabilità di p^k.
insomma, nella parentesi quadra, dopo 1- ci andrebbe la probabilità che in n=N-k-1 lanci l'evento si realizzi almeno per k volte di seguito.
detto così, con n,k, sembrerebbe facile... ma ho incontrato difficoltà inimmaginabili.
ciao.
ti dico però che, nella prima formula ricorsiva sbagliata l'intento era quello di scrivere la probabilità dell'evento contrario al fatto che la sequenza si realizzi entro i primi n passi, dove n=N-k-1.
ora, ci sono n-k+1 sequenze di k possibili uscite su n lanci, e quindi N-2k soluzioni possibili, ciascuna con probabilità p^k. il problema è che in questo caso gli eventi sono tutt'altro che incompatibili, per cui non era lecito fare una semplice moltiplicazione.
ho provato ad aggirare l'ostacolo contando tutti i casi. però evidentemente sbaglio a contare i casi favorevoli, su un totale di 2^n. inoltre non so se vale più per ciascun caso la stessa probabilità di p^k.
insomma, nella parentesi quadra, dopo 1- ci andrebbe la probabilità che in n=N-k-1 lanci l'evento si realizzi almeno per k volte di seguito.
detto così, con n,k, sembrerebbe facile... ma ho incontrato difficoltà inimmaginabili.
ciao.
"adaBTTLS": mi sto "convertendo" alla tua formula ricorsiva... etc.
==================================================
Avevo capito il modo come stavi ragionando e le difficoltà cui andavi incontro.
L'ostacolo maggiore, sì, é l'incompatibilità degli eventi che volevi sottrarre.
Difatti, se assegni a ognuno di essi probabilità $p^k$, vuol dire che non metti alcun vincolo sui posti restanti
e su questi posti quindi ci possono essere sia i 6 sia i non-6.
Quindi, ad esempio, per un N abbastanza grande, tipo N=40, i due eventi
1) 6666 dal 31.mo al 34.mo posto
2) 6666 dal 16.mo al 19.mo posto
hanno sì entrambi probabilità $p^4$, ma hanno intersezione non nulla essendoci almeno $ 6^(34-8)=6^26$
stringhe che hanno sia i 6666 dal 31 al 34.mo posto, sia gli altri 4 sei consecutivi dal 16.mo al 19.mo posto.
Questo numero sterminato di stringhe o possibilità tu le sottrai così più volte nella tua formula. E non solo quelle!
Ecco perchè, a furia di sottrarre oltre-misura, ti vengono probabilità non solo negative, ma divergenti!
Qual é la cura? Appunto la mia formula ricorsiva.
Perchè io sottraggo dalla certezza solo una somma di probabilità di eventi che sono tutti fra loro rigorosamente incompatibili. Questo perchè, per come abbiamo definito le P(N,k) , quando si verfica il relativo evento per un certo N,
il blocchetto di k 6 consecutivi può stare solo in fondo, per cui, per N diversi, non può esserci sovrapposizione fra gli eventi che considero per lo scarto (cioè per la sottrazione delle loro probabilità da 1 dentro la parentesi quadra).
Inoltre quelle che considero sono tutte e sole le possibilità che vanno scartate per ottenere la probabilità cercata.
Non so se mi sono spiegato. Fammi sapere se infine ti sei persuasa.
Ciao
==================================================
Avevo capito il modo come stavi ragionando e le difficoltà cui andavi incontro.
L'ostacolo maggiore, sì, é l'incompatibilità degli eventi che volevi sottrarre.
Difatti, se assegni a ognuno di essi probabilità $p^k$, vuol dire che non metti alcun vincolo sui posti restanti
e su questi posti quindi ci possono essere sia i 6 sia i non-6.
Quindi, ad esempio, per un N abbastanza grande, tipo N=40, i due eventi
1) 6666 dal 31.mo al 34.mo posto
2) 6666 dal 16.mo al 19.mo posto
hanno sì entrambi probabilità $p^4$, ma hanno intersezione non nulla essendoci almeno $ 6^(34-8)=6^26$
stringhe che hanno sia i 6666 dal 31 al 34.mo posto, sia gli altri 4 sei consecutivi dal 16.mo al 19.mo posto.
Questo numero sterminato di stringhe o possibilità tu le sottrai così più volte nella tua formula. E non solo quelle!
Ecco perchè, a furia di sottrarre oltre-misura, ti vengono probabilità non solo negative, ma divergenti!
Qual é la cura? Appunto la mia formula ricorsiva.
Perchè io sottraggo dalla certezza solo una somma di probabilità di eventi che sono tutti fra loro rigorosamente incompatibili. Questo perchè, per come abbiamo definito le P(N,k) , quando si verfica il relativo evento per un certo N,
il blocchetto di k 6 consecutivi può stare solo in fondo, per cui, per N diversi, non può esserci sovrapposizione fra gli eventi che considero per lo scarto (cioè per la sottrazione delle loro probabilità da 1 dentro la parentesi quadra).
Inoltre quelle che considero sono tutte e sole le possibilità che vanno scartate per ottenere la probabilità cercata.
Non so se mi sono spiegato. Fammi sapere se infine ti sei persuasa.
Ciao
persuasa sulla formula ricorsiva esatta, sì.
persuasa che non esista altro modo, ancora no.
persuasa sull'esattezza e sull'opportunità della formula algoritmica, no, perché l'ho trascurata e quindi non l'ho ancora metabolizzata.
d'altronde, è un problema vecchio (mi pare sia stato già affrontato sul forum) la questione di "belle formule ricorsive" che si tenta di trasformare in esplicite.
sì, forse, cercando sul forum, si possa trovare qualcosa: mi pare che Alvinlee88 avesse usato una trasformazione di una formula che io avevo in forma ricorsiva, e che quando io ero all'università il prof. ci disse che si cercava ma non si conosceva una forma esplicita di tale "formula" importante. mi riferisco ai numeri di Stirling di seconda specie: ne sai qualcosa?
ciao e grazie.
persuasa che non esista altro modo, ancora no.
persuasa sull'esattezza e sull'opportunità della formula algoritmica, no, perché l'ho trascurata e quindi non l'ho ancora metabolizzata.
d'altronde, è un problema vecchio (mi pare sia stato già affrontato sul forum) la questione di "belle formule ricorsive" che si tenta di trasformare in esplicite.
sì, forse, cercando sul forum, si possa trovare qualcosa: mi pare che Alvinlee88 avesse usato una trasformazione di una formula che io avevo in forma ricorsiva, e che quando io ero all'università il prof. ci disse che si cercava ma non si conosceva una forma esplicita di tale "formula" importante. mi riferisco ai numeri di Stirling di seconda specie: ne sai qualcosa?
ciao e grazie.
Rispondo ad Ada in particolare.
Certo che li conosco, numeri di Stirling di 2.a specie!
Sono una mia ossessione. Continuano a spuntarmi fuori all'improvviso quando meno me l'aspetto.
La prima volta mi si presentarono circa 35 anni fa quando cercavo (e trovai), appena laureato, la rappresentazione diagonale della matrice di Tartaglia-Pascal (cioè quella fatta dei coeff. binomiali).
Fu un docente di Algebra che mi annunciò: hai riscoperto i numeri di Stirling!
L'ultima volta mi sono spuntati fuori nel tentativo di generalizzare le cosiddette formule di
Adams-Bashforth-Moulton che sono la base dei metodi multi-step di integrazione numerica delle
equazioni differenziali ordinarie, detti Predictor-Corrector.
Non credo comunque che spuntino fuori anche in questo problema degli N lanci per k "sei" consecutivi.
In ogni caso, quando mi servono i valori dei numeri di Stirling, ho il mio bravo algoritmo ricorsivo per calcolarli (uso MATLAB per programmare). Non c'è infatti una formula chiusa.
Anche il cosiddetto "numero di partizioni di un intero" è calcolabile, a quel che so, se non
sfruttando qualche loro proprietà ricorsiva, anche se c'è una formula mostruosa (approssimata
e asintotica) di Hardy-Ramanujan (1918) e una rappresentazione in serie convergenti di Rademacher
(anni 30-40) dove l'espressione di Hardy-Ramanujan è solo il 1° termine!
Insomma ESISTONO quantità (anche utili) esprimibili e calcolabili in forma ricorsiva, quantità che non si è
potuto (finora) esplicitare in forma chiusa.
Anzi sono la norma. Un po' come gli irrazionali in mezzo ai reali, mentre i razionali sono l'eccezione.
Ecco, da quel che mi dici, non capisco se hai già accettato di convivere con questi limiti circa la possibilità di trovare formule chiuse), oppure se ritieni un difetto il fatto stesso che una formula sia solo ricorsiva!
Concludo facendoti l'esempio più semplice di come si passa (solo quando si è fortunati) da una formula ricorsiva ad una formula chiusa (che, per quanto elegante, ripugna).
Numeri di Fibonacci.
DEFINIZIONE: F(0)=0; F(1)=1; F(N+1)=F(N)+F(N-1).
Tale formula ricorsiva è una eq.ne alle differenze finite omogenea: F(N+1)-F(N)-F(N-1)=0.
Dato che si tratta di un'eq.ne lineare nell'incognita F(N), proviamo la soluzione euristica: $x^N$
Ne segue subito per x l'eq.ne di secondo grado: $x^2-x-1=0$, che ha per radici
il rapporto aureo $\phi$ e il suo reciproco $\psi=1/\phi$, entrambi irrazionali.
Allora i numeri di Fibonacci, che, nota, sono sempre interi, possono esprimersi come
$F(N)=a\phi^N + b\phi^(-N)$
con $a$ e $b$ costanti opportune, facilmente determinabili prescrivendo le due condizioni iniziali
F(0)=0 e F(1)=1, o qualsiasi altra coppia di condizioni iniziali.
E' sorprendente che la somma di potenze N.me di 2 irrazionali dia sempre un intero per infiniti valori di N.
Ora, nonostante esista questa splendida formula chiusa, penso che, almeno per valori non grandi di N, qualunque persona ragionevole, se li deve calcolare, preferisca la formula ricorsiva.
Bene, spero di non aver detto solo ovvietà per te. Ci sentiamo stasera.
Certo che li conosco, numeri di Stirling di 2.a specie!
Sono una mia ossessione. Continuano a spuntarmi fuori all'improvviso quando meno me l'aspetto.
La prima volta mi si presentarono circa 35 anni fa quando cercavo (e trovai), appena laureato, la rappresentazione diagonale della matrice di Tartaglia-Pascal (cioè quella fatta dei coeff. binomiali).
Fu un docente di Algebra che mi annunciò: hai riscoperto i numeri di Stirling!
L'ultima volta mi sono spuntati fuori nel tentativo di generalizzare le cosiddette formule di
Adams-Bashforth-Moulton che sono la base dei metodi multi-step di integrazione numerica delle
equazioni differenziali ordinarie, detti Predictor-Corrector.
Non credo comunque che spuntino fuori anche in questo problema degli N lanci per k "sei" consecutivi.
In ogni caso, quando mi servono i valori dei numeri di Stirling, ho il mio bravo algoritmo ricorsivo per calcolarli (uso MATLAB per programmare). Non c'è infatti una formula chiusa.
Anche il cosiddetto "numero di partizioni di un intero" è calcolabile, a quel che so, se non
sfruttando qualche loro proprietà ricorsiva, anche se c'è una formula mostruosa (approssimata
e asintotica) di Hardy-Ramanujan (1918) e una rappresentazione in serie convergenti di Rademacher
(anni 30-40) dove l'espressione di Hardy-Ramanujan è solo il 1° termine!
Insomma ESISTONO quantità (anche utili) esprimibili e calcolabili in forma ricorsiva, quantità che non si è
potuto (finora) esplicitare in forma chiusa.
Anzi sono la norma. Un po' come gli irrazionali in mezzo ai reali, mentre i razionali sono l'eccezione.
Ecco, da quel che mi dici, non capisco se hai già accettato di convivere con questi limiti circa la possibilità di trovare formule chiuse), oppure se ritieni un difetto il fatto stesso che una formula sia solo ricorsiva!
Concludo facendoti l'esempio più semplice di come si passa (solo quando si è fortunati) da una formula ricorsiva ad una formula chiusa (che, per quanto elegante, ripugna).
Numeri di Fibonacci.
DEFINIZIONE: F(0)=0; F(1)=1; F(N+1)=F(N)+F(N-1).
Tale formula ricorsiva è una eq.ne alle differenze finite omogenea: F(N+1)-F(N)-F(N-1)=0.
Dato che si tratta di un'eq.ne lineare nell'incognita F(N), proviamo la soluzione euristica: $x^N$
Ne segue subito per x l'eq.ne di secondo grado: $x^2-x-1=0$, che ha per radici
il rapporto aureo $\phi$ e il suo reciproco $\psi=1/\phi$, entrambi irrazionali.
Allora i numeri di Fibonacci, che, nota, sono sempre interi, possono esprimersi come
$F(N)=a\phi^N + b\phi^(-N)$
con $a$ e $b$ costanti opportune, facilmente determinabili prescrivendo le due condizioni iniziali
F(0)=0 e F(1)=1, o qualsiasi altra coppia di condizioni iniziali.
E' sorprendente che la somma di potenze N.me di 2 irrazionali dia sempre un intero per infiniti valori di N.
Ora, nonostante esista questa splendida formula chiusa, penso che, almeno per valori non grandi di N, qualunque persona ragionevole, se li deve calcolare, preferisca la formula ricorsiva.
Bene, spero di non aver detto solo ovvietà per te. Ci sentiamo stasera.
Com'é che nessuno interviene più su questo argomento?
Mi sono letto quasi tutti gli interventi.
L'argomento è stimolante, ma non è stata ancora data una risposta all'ultimo quesito.
Perché? E' un problema troppo difficile?
O improvvisamente tutti hanno perso interesse per la cosa?
Grazie per gli eventuali chiarimenti.
Mi sono letto quasi tutti gli interventi.
L'argomento è stimolante, ma non è stata ancora data una risposta all'ultimo quesito.
Perché? E' un problema troppo difficile?
O improvvisamente tutti hanno perso interesse per la cosa?
Grazie per gli eventuali chiarimenti.
Penso di avere qualcosa di interessante in merito, al più entro domani ...
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo