Passeggiate pericolose...
Ecco un problema di probabilità a mio avviso molto carino.Un ubriaco si trova sul ciglio di un precipizio,ed avanza nella direzione del burrone con probabilità 1/3 ed indietreggia con probabilità 2/3.Si trova a 2 passi prima del precipizio.Qual'è la probabilità che alla fine cada?
Risposte
Ecco le ultime news,spero definitive.Mi è stato fatto notare che i K(n) altri non sono se non i numeri di fibonacci dispari,1,2,5,13...Se ora inseriamo i nostri coefficienti nella somma,non prima di aver ricordato la formula di binet(credo),che dà l'espressione esplicita degli F(n),dopo alcuni semplici passaggi,il tutto diventa una serie geometrica ed il gioco è fatto.Finalmente questo incubo è svanito.
...l'avevo sempre sospettato che 2 fosse in realtà un numero dispari...
no comment
Il tuo senso dell'umorismo è del tipo "0" o "00"?
Comunque sarebbe ora di postare la soluzione, non ti pare?
Comunque sarebbe ora di postare la soluzione, non ti pare?
cari amici
vediamo un pò se ci riesce di mettere ordine alle cose e proviamo ad eseguire il calcolo delle K(n) servendoci della figura riportata sopra. Partiamo dal punto S0, nel quale per definizione è K(0)=1 e cerchiamo di valutare K(1), ossia il numero di traiettorie che da S0 arrivano in S1 senza superare l’ordinata y=1. Non è difficile rilevare che le traiettorie che, partendo da S0, giungono nel punto S1 dopo due passi è pari a due [S0-A-S1,S0-E-S1] e pertanto K(1)=2.
Valutiamo ora il numero di traiettorie che terminano in S2. E’ chiaro innanzitutto che si può arrivare in S2 partendo da S1 in due modi [ossia con i percorsi S1-B-S2 e S1-F-S2] e pertanto il numero di traiettorie che finiscono in S2 passando per S1 sarà 2*K(1)=4. In S2 però si può giungere anche partendo da S0 senza passare per S1 e precisamente percorrendo la traiettoria che parte da S0 con un ‘- -‘e termina in S2 con un ‘++’, ossia S0-E-I-F-S2. Sarà dunque K(2)=2*K(1)+K(0)=5.
Calcoliamo ora quante traiettorie terminano in S3. In S3 si può arrivare in primo luogo in due modi partendo da S2, vale a dire seguendo i percorsi S2-C-S3 ed S2-G-S3, e questo fornisce 2*K(2) traiettorie. In S3 si può giungere poi da S1 senza passare da S2 nello stesso modo in cui da S0 si giunge in S2 senza passare da S1, vale a dire con la traiettoria che parte da S1 con un ‘- -‘ e termina in S3 con un ‘++’, che è S1-F-J-G-S3. Questo fornisce a sua volta altre K(1) traiettorie. Infine il S3 si può giungere partendo S0 senza passare per S1 ed S2, vale a dire le traiettorie che partono da S0 con un ‘- -‘ e terminano in S3 con un ‘+ +’. Si trova facilmente che queste sono pari al numero di traiettorie che uniscono i punti I e J, vale a dire K(1)=2. Sarà dunque…
K(3)= 2*K(2)+K(0)*K(1)+K(1)*K(0)= 14 (1)
Calcoliamo ora il numero di traiettorie che arrivano in S4, vale a dire K(4). Procedendo come abbiamo fatto in precedenza troviamo innanzitutto che le traiettorie che terminano in S4 passando per S3 sono 2*K(3). Coma da figura la sola traiettoria che giunge in S4 da S2 senza passare da S3 è quella che inizia con un ‘- -‘ e termina con un ‘+ +’, vale a dire S2-G-K-H-S4, e questa fornisce altre K(2) traiettorie. S4 può essere poi raggiunto da S1 senza passare per S2 e per S3 con K(1) traiettorie, tutte che iniziano con un ‘- -‘ e terminano con un ‘+ +’ e questo fornisce altre K(1)*K(2) traiettorie. Infine S4 può essere raggiunto da S0 senza passare per S1, S2 ed S3 in K(2) traiettorie e questo fornisce un contributo pari a K(2)*K(0). In totale…
K(4)=2*K(3)+K(0)*K(2)+K(1)*K(1)+K(2)*K(0)= 42 (2)
Seguendo un ragionamento del tutto similare è possibile arrivare alla seguente formula ricorsiva…
K(n)=2*K(n-1)+
[i=0,n-2]K(i)*K(n-2-i) (3)Qui di seguito riporto i primi 11 valori di K(n)…
K(0)=1
K(1)=2
K(2)=5
K(3)=14
K(4)=42
K(5)=132
K(6)=429
K(7)=1430
K(8)=4862
K(9)=16796
K(10)=58786
A questo punto mi fermo, in attesa di commenti da parte vostra… anche perché, se la formula (3) è giusta, gli incubi non sono finiti come vorrebbe cart, ma sono solo all’inizio!…
cordiali saluti!…
lupo grigio
Complimenti a Lupo,il grafico è grandioso...ora forza,sommiamo sta serie!
Ringrazio innanzitutto vivamente cart per l’immeritato complimento che ha voluto tributarmi e vedrò di portare avanti il discorso procedendo… diciamo così… con i piedi di piombo. Le ragioni di questa mia ‘titubanza’ saranno chiare fra non molto al lettore…
Come già abbiamo visto la conoscenza delle K(n) permette, il linea di principio di determinare la probabilità incognita P come somma della serie…
P(p)= p^2*[n=0,+00] K(n)*[p*(1-p)]^n (1)
Prima però di accingerci a sviluppare questa serie, che dal punto di numerico costituisce un problema non certo banale, è opportuno fare un paio di considerazioni preliminari. Innanzitutto è facile vedere che per p=0 la presenza del fattore p^2 rende il valore di P uguale a 0. Per p=1 poi è 1-p=0 e tutti i termini della serie si annullano… tranne che per n=0 per cui è P=K(0)*0^0=1. Fin qui nulla di eccezionale e si sapeva anche prima!… direte voi?… Certamente ma poniamoci ora il problema di trovare il comportamento della (1) per valori di p compresi tra 0 e 1…
Trattandosi di una probabilità sarà per definizione 0<=P<=1 per tutti i valori di p e in base al ‘buon senso’ si sarebbe portati a credere che P sia una funzione crescente di p. Sempre in base al ‘buon senso’ poi si potrebbe anche arguire che per valori di p>1/2 la P sia ‘assai prossima’ ad 1. Se questa ipotesi è vera possiamo trovare una espressione analitica più o meno approssimata di P al variare di p per valori di questa ‘non troppo vicini’ a ½. Dalla (1) infatti si trova facilmente che…
P(p)/P(1-p)=[p/(1-p)]^2 (2)
… ed ipotizzando che sia [all’incirca] P(1-p)=1 si ottiene…
P(p)=[p/(1-p)]^2 (3)
Nell’ipotesi che la (3) sia abbastanza accurata tentiamo di valutare la P per alcuni valori di p ‘non troppo vicini’ a ½…
P(0)=0
P(1/10)=1/81=.012345679…
P(1/5)=1/16=.0625
P(3/10)=9/49=.183673469388…
P(1/3)=1/4=.25
P(4/10)=4/9=.4444444444…
Sommando i primi 500 termini della (1) i valori P trovati coincidono con quelli espressi dalla (3) fino alla dodicesima cifra decimale, e pertanto possiamo dire che in pratica essi sono ‘esatti’. Che succede però per valori di p ‘prossimi’ a ½?… Lo vedremo [spero] nelle prossime puntate…
cordiali saluti!…
lupo grigio
Come già abbiamo visto la conoscenza delle K(n) permette, il linea di principio di determinare la probabilità incognita P come somma della serie…
P(p)= p^2*
[n=0,+00] K(n)*[p*(1-p)]^n (1)Prima però di accingerci a sviluppare questa serie, che dal punto di numerico costituisce un problema non certo banale, è opportuno fare un paio di considerazioni preliminari. Innanzitutto è facile vedere che per p=0 la presenza del fattore p^2 rende il valore di P uguale a 0. Per p=1 poi è 1-p=0 e tutti i termini della serie si annullano… tranne che per n=0 per cui è P=K(0)*0^0=1. Fin qui nulla di eccezionale e si sapeva anche prima!… direte voi?… Certamente ma poniamoci ora il problema di trovare il comportamento della (1) per valori di p compresi tra 0 e 1…
Trattandosi di una probabilità sarà per definizione 0<=P<=1 per tutti i valori di p e in base al ‘buon senso’ si sarebbe portati a credere che P sia una funzione crescente di p. Sempre in base al ‘buon senso’ poi si potrebbe anche arguire che per valori di p>1/2 la P sia ‘assai prossima’ ad 1. Se questa ipotesi è vera possiamo trovare una espressione analitica più o meno approssimata di P al variare di p per valori di questa ‘non troppo vicini’ a ½. Dalla (1) infatti si trova facilmente che…
P(p)/P(1-p)=[p/(1-p)]^2 (2)
… ed ipotizzando che sia [all’incirca] P(1-p)=1 si ottiene…
P(p)=[p/(1-p)]^2 (3)
Nell’ipotesi che la (3) sia abbastanza accurata tentiamo di valutare la P per alcuni valori di p ‘non troppo vicini’ a ½…
P(0)=0
P(1/10)=1/81=.012345679…
P(1/5)=1/16=.0625
P(3/10)=9/49=.183673469388…
P(1/3)=1/4=.25
P(4/10)=4/9=.4444444444…
Sommando i primi 500 termini della (1) i valori P trovati coincidono con quelli espressi dalla (3) fino alla dodicesima cifra decimale, e pertanto possiamo dire che in pratica essi sono ‘esatti’. Che succede però per valori di p ‘prossimi’ a ½?… Lo vedremo [spero] nelle prossime puntate…
cordiali saluti!…
lupo grigio
ragazzi, scusate, ma mi sa che la risposta mia e di tony è corretta.
ho controllato sul libro di Norris, "Markov chains" e c'è l'esempio risolto della rovina del giocatore che corrisponde a questo esercizio come ho già detto supponendo che si vada in un casino' con 2 euro e si giochi a testa o croce scommettendo un euro a partita.
si dimostra (ma è lungo e ci sono alcuni teoremi sotto) che se la probabilità di vincere ad ogni lancio è <=0,5 con probabilità 1 in un tempo finito si rimane senza soldi (cioè si cade nel burrone), qualsiasi sia la quantità iniziale di euro.
se invece la prob di vincere è >0,5, allora la prob di rimanere senza soldi in un tempo finito è (p/1-p)^d come aveva suggerito tony, dove d=2 nel nostro caso e p=1/3.
questa relazione non è altro che la soluzione della ricorrenza che avevo detto all'inizio del sistema con tutte le h(i).
ripeto: questa dimostrazione l'ho trovata sul libro perciò a meno di improbabili errori del signor norris e di tutti quelli che hanno studiato su quel libro direi che ci possiamo fidare.
per chi non avesse capito gli h(i) è molto semplice.
in pratica è la formula delle probabilità totali. se h(i) è la prob di cadere partendo dalla distanza i, essa sarà in generale pari a 1/3h(i-1)+2/3h(i+1), ad eccezione di h(0)=1 (ovvio)
a noi interessa trovare in questo caso h(2).
(la numerazione degli h(i) in questo post è diversa da quella del primo post)
Modificato da - Maverick il 19/05/2004 21:45:17
ho controllato sul libro di Norris, "Markov chains" e c'è l'esempio risolto della rovina del giocatore che corrisponde a questo esercizio come ho già detto supponendo che si vada in un casino' con 2 euro e si giochi a testa o croce scommettendo un euro a partita.
si dimostra (ma è lungo e ci sono alcuni teoremi sotto) che se la probabilità di vincere ad ogni lancio è <=0,5 con probabilità 1 in un tempo finito si rimane senza soldi (cioè si cade nel burrone), qualsiasi sia la quantità iniziale di euro.
se invece la prob di vincere è >0,5, allora la prob di rimanere senza soldi in un tempo finito è (p/1-p)^d come aveva suggerito tony, dove d=2 nel nostro caso e p=1/3.
questa relazione non è altro che la soluzione della ricorrenza che avevo detto all'inizio del sistema con tutte le h(i).
ripeto: questa dimostrazione l'ho trovata sul libro perciò a meno di improbabili errori del signor norris e di tutti quelli che hanno studiato su quel libro direi che ci possiamo fidare.
per chi non avesse capito gli h(i) è molto semplice.
in pratica è la formula delle probabilità totali. se h(i) è la prob di cadere partendo dalla distanza i, essa sarà in generale pari a 1/3h(i-1)+2/3h(i+1), ad eccezione di h(0)=1 (ovvio)
a noi interessa trovare in questo caso h(2).
(la numerazione degli h(i) in questo post è diversa da quella del primo post)
Modificato da - Maverick il 19/05/2004 21:45:17
cari amici
con la doverosa premessa che non è mia intenzione mettere in dubbio quanto affermato da questo esimio signor Norris nella sua pregevole opera [anche perché non mi è del tutto chiaro l’equivalenza del problema della ‘rovina del giocatore’ con il problema della ‘passeggiata dell’ubriaco’…] e tanto meno deludere la numerosa schiera dei suoi ammiratori, riterrei modestamente che la miglior strada da seguire sia quella di una rigorosa indagine. Del resto la soluzione ‘patrocinata’ da Maverick, Tony e Cannigo [ossia che per p=1/3 la probabilità incognita sia P=1/4…] è già stata da me ammessa come ‘esatta a meno di margini di errori materialmente non valutabili’. Stesso discorso vale per la formula…
P(p)= [p/(1-p)]^2 (1)
… enunciata da Tony, la quale a mio parere però è valida [in pratica] per valori di p ‘non troppo vicini’ a .5…
Per rendersi conto della validità o meno della mia ultima affermazione proporrei di tornare all’espressione di P precedentemente trovata e di considerarla valida fino a che qualcuno non ne dimostri l’erroneità…
P(p)= p^2*[n=0,+00] K(n)*[p*(1-p)]^n (2)
… ove le K(n) sono state calcolate nella maniera da me precedentemente descritta. La serie (2) è rapidamente convergente per valori di p compresi tra 0 e .4 [e di converso tra .6 e 1]. Per p=.4 lo sviluppo diretto della serie (2) troncata al 496-mo termine [oltre subentra overflownumerico…] fornisce P=.444444444443 [discostandosi solo alla 12-ma cifra decimale dal valore P=4/9 previsto dalla (1)…] con l’ultimo contributo pari a K(496)*p^498*(1-p)^496=5.231… E-14. Ponendo p=.5 però i primi 496 contributi di essa forniscono per P=.949448810612, con l’ultimo contributo che vale circa 5.08… E-5.
Ovviamente il caso p=.5 può essere a affrontato raffinando il calcolo numerico, cosa che mi riprometto senz’altro di fare. Prima però di accingermi a questo riterrei utile fare alcune altre osservazioni sulla (2). Essendo una ‘probabilità’ è certamente vero che vale la relazione 0<=P<=1. Inoltre è agevole verificare che P(0)=0 e P(1)=1. A questo punto però una domanda però si impone: P cresce sempre al crescere di p?… Il buon senso suggerirebbe di sì, ma una risposta definitiva può venire dal calcolo della derivata di P. A tal fine deriviamo ciascun termine della (2) termine a termine. Otteniamo…
d/dp [K(n)*p^(n+2)*(1-p)^n]= K(n)*[(n+2)*p^(n+1)*(1-p)^n-n*p^(n+2)*(1-p)^(n-1)]=
K(n)*p^(n+1)*(1-p)^(n-1)*[(n+2)*(1-p)-n*p]= K(n)*p^(n+1)*(1-p)^(n-1)*(n+2-n*p-2p) (3)
Ponendo p=1-p=1/2 e sommando tutti i termini di ottiene…
P’(1/2)=[n=1,+00] K(n)*(n/2+1)*2^(-2n) (4)
Il valore della derivata della P per p=1/2 è dunque, essendo la (4) una serie convergente a termini tutti positivi, sicuramente >0 e questo significa che esiste sicuramente un intervallo ½P(1/2). Da ciò deriva necessariamente che il valore di P per p=1/2 non può essere uguale ad 1 perché diversamente nel suddetto intervallo sarebbe P>1, il che è impossibile.
A questo punto non resterebbe che tentare di valutare la (2) per p=1/2 con un procedimento numerico appropriato. L’approccio diretto si è già visto che fallisce. Ho appena avviato un procedimento di calcolo più raffinato che consente di ottenere la somma dei primi 32000 termini della (2) per p=1/2. Conto di fornire il risultato quanto prima…
cordiali saluti!…
lupo grigio
con la doverosa premessa che non è mia intenzione mettere in dubbio quanto affermato da questo esimio signor Norris nella sua pregevole opera [anche perché non mi è del tutto chiaro l’equivalenza del problema della ‘rovina del giocatore’ con il problema della ‘passeggiata dell’ubriaco’…] e tanto meno deludere la numerosa schiera dei suoi ammiratori, riterrei modestamente che la miglior strada da seguire sia quella di una rigorosa indagine. Del resto la soluzione ‘patrocinata’ da Maverick, Tony e Cannigo [ossia che per p=1/3 la probabilità incognita sia P=1/4…] è già stata da me ammessa come ‘esatta a meno di margini di errori materialmente non valutabili’. Stesso discorso vale per la formula…
P(p)= [p/(1-p)]^2 (1)
… enunciata da Tony, la quale a mio parere però è valida [in pratica] per valori di p ‘non troppo vicini’ a .5…
Per rendersi conto della validità o meno della mia ultima affermazione proporrei di tornare all’espressione di P precedentemente trovata e di considerarla valida fino a che qualcuno non ne dimostri l’erroneità…
P(p)= p^2*
[n=0,+00] K(n)*[p*(1-p)]^n (2) … ove le K(n) sono state calcolate nella maniera da me precedentemente descritta. La serie (2) è rapidamente convergente per valori di p compresi tra 0 e .4 [e di converso tra .6 e 1]. Per p=.4 lo sviluppo diretto della serie (2) troncata al 496-mo termine [oltre subentra overflownumerico…] fornisce P=.444444444443 [discostandosi solo alla 12-ma cifra decimale dal valore P=4/9 previsto dalla (1)…] con l’ultimo contributo pari a K(496)*p^498*(1-p)^496=5.231… E-14. Ponendo p=.5 però i primi 496 contributi di essa forniscono per P=.949448810612, con l’ultimo contributo che vale circa 5.08… E-5.
Ovviamente il caso p=.5 può essere a affrontato raffinando il calcolo numerico, cosa che mi riprometto senz’altro di fare. Prima però di accingermi a questo riterrei utile fare alcune altre osservazioni sulla (2). Essendo una ‘probabilità’ è certamente vero che vale la relazione 0<=P<=1. Inoltre è agevole verificare che P(0)=0 e P(1)=1. A questo punto però una domanda però si impone: P cresce sempre al crescere di p?… Il buon senso suggerirebbe di sì, ma una risposta definitiva può venire dal calcolo della derivata di P. A tal fine deriviamo ciascun termine della (2) termine a termine. Otteniamo…
d/dp [K(n)*p^(n+2)*(1-p)^n]= K(n)*[(n+2)*p^(n+1)*(1-p)^n-n*p^(n+2)*(1-p)^(n-1)]=
K(n)*p^(n+1)*(1-p)^(n-1)*[(n+2)*(1-p)-n*p]= K(n)*p^(n+1)*(1-p)^(n-1)*(n+2-n*p-2p) (3)
Ponendo p=1-p=1/2 e sommando tutti i termini di ottiene…
P’(1/2)=
[n=1,+00] K(n)*(n/2+1)*2^(-2n) (4)Il valore della derivata della P per p=1/2 è dunque, essendo la (4) una serie convergente a termini tutti positivi, sicuramente >0 e questo significa che esiste sicuramente un intervallo ½
A questo punto non resterebbe che tentare di valutare la (2) per p=1/2 con un procedimento numerico appropriato. L’approccio diretto si è già visto che fallisce. Ho appena avviato un procedimento di calcolo più raffinato che consente di ottenere la somma dei primi 32000 termini della (2) per p=1/2. Conto di fornire il risultato quanto prima…
cordiali saluti!…
lupo grigio
poco mi rallegra il non sentirmi solo
perchè, nonostante la mia ironica battuta iniziale "voto per Maverick", penso che la matematica non sia fondata su masse democraticamente consenzienti ...
sto anch'io arrovellandomi su quel che succede quando p si avvicina al 50%, e mi piacerebbe qualche osservazione critica su un approccio casuale che sto tentando con risultati di dubbia precisione:
un programmino che
[0] compra un milione di pulci (per evitare inutili sacrifici umani)
[1] fa partire una "pulce" dalla posiz. x=0
[2] randomizza con probabilità p un +1 o un -1, ottenendone la nuova x
[3] se x >= d, "uccide" la pulce, contando 1 morto e torna all'[1] per provare con un'altra pulce.
[4] altrimenti, torna al [2] (ma, se la pulce ha superato un certo numero di passi, la considera "longeva" QUINDI immortale, e torna all'[1] fino ad esaurimento delle pulci
[5] finite le pulci, ho semplice rapporto morti/nPulci
ho una macchina lenta
lavoro con PowerBasic Console Compiler
uso solo 10^6 pulci (con una granularità di ben 10^-6 nel risultato)
considero "longeva" una pulce che abbia fatto 100k passi
sono abbastanza scoraggiato
qualsiasi commento è benvenuto, specialmente se feroce.
tony
*quote:
ragazzi, scusate, ma mi sa che la risposta mia e di tony è corretta.
ho controllato sul libro di Norris, "Markov chains" ... [Maverick]
perchè, nonostante la mia ironica battuta iniziale "voto per Maverick", penso che la matematica non sia fondata su masse democraticamente consenzienti ...
sto anch'io arrovellandomi su quel che succede quando p si avvicina al 50%, e mi piacerebbe qualche osservazione critica su un approccio casuale che sto tentando con risultati di dubbia precisione:
un programmino che
[0] compra un milione di pulci (per evitare inutili sacrifici umani)
[1] fa partire una "pulce" dalla posiz. x=0
[2] randomizza con probabilità p un +1 o un -1, ottenendone la nuova x
[3] se x >= d, "uccide" la pulce, contando 1 morto e torna all'[1] per provare con un'altra pulce.
[4] altrimenti, torna al [2] (ma, se la pulce ha superato un certo numero di passi, la considera "longeva" QUINDI immortale, e torna all'[1] fino ad esaurimento delle pulci
[5] finite le pulci, ho semplice rapporto morti/nPulci
ho una macchina lenta
lavoro con PowerBasic Console Compiler
uso solo 10^6 pulci (con una granularità di ben 10^-6 nel risultato)
considero "longeva" una pulce che abbia fatto 100k passi
sono abbastanza scoraggiato
qualsiasi commento è benvenuto, specialmente se feroce.
tony
cari amici
come vi avevo accennato venerdì sera ho incaricato il mio Pc di lavorare durante il week end calcolandosi la somma dei primi 32000 termini della serie in questione. Questa mattina tornando in ufficio ho potuto verificare il risultato del calcolo: la somma parziale vale .99369290443 e il termine 32000-mo vale 9.85… E-8. Per avere un’idea dei numeri in gioco il valore di K(32000], ossia il numero delle traiettorie che partendo da y=0 terminano in y=0 dopo 64000 passi senza superare mai l’ordinata y=2 sono è dell’ordine di 10^19259 [!]…
In questo caso siamo di fronte ad una serie del tipo…
[n=0,+00] a(n) (1)
… che converge assai lentamente per farsi un’idea di ciò è sufficiente scrivere alcuni suoi termini…
a(0)=.25, a(1)=.125, a(2)=.078125,a(3)=.0546875, a(4)=.041015625,a(5)=.0322265625,
a(8)=.018547…,a(16)=.00754632…, a(32)=.00287769…,a(64)=.001058252…
Già ad una prima occhiata è facile vedere che le a(n) hanno un andamento discendente come all’incirca n^-1.2 e in un caso del genere la serie converge con estrema lentezza. Personalmente non so se il comportamento della serie[n=1,+00] n^-1.2 sia mai stato oggetto di studio da parte di qualcuno. Un risultato noto riguarda la serie [n=1,+00] n^-2, per la quale Stegun e Abramovitz hanno dimostrato negli anni '50 che occorrono quasi 6000 termini per avere tre cifre decimali esatte. Nel caso in questione il numero di termini necessario per una precisione del genere è evidentemente assai più elevato e pertanto è necessario trovare il modo, se esiste, per ‘velocizzare’ il calcolo…
Assai interessante l’approccio tentato da Tony con l’esame delle passeggiate di ‘un milione’ di pulci. Da parte mia provo ad azzardare un 5 per mille di pulci ‘longeve’, anche se ovviamente si tratta di una pura congettura…
cordiali saluti!…
lupo grigio
come vi avevo accennato venerdì sera ho incaricato il mio Pc di lavorare durante il week end calcolandosi la somma dei primi 32000 termini della serie in questione. Questa mattina tornando in ufficio ho potuto verificare il risultato del calcolo: la somma parziale vale .99369290443 e il termine 32000-mo vale 9.85… E-8. Per avere un’idea dei numeri in gioco il valore di K(32000], ossia il numero delle traiettorie che partendo da y=0 terminano in y=0 dopo 64000 passi senza superare mai l’ordinata y=2 sono è dell’ordine di 10^19259 [!]…
In questo caso siamo di fronte ad una serie del tipo…
[n=0,+00] a(n) (1)… che converge assai lentamente per farsi un’idea di ciò è sufficiente scrivere alcuni suoi termini…
a(0)=.25, a(1)=.125, a(2)=.078125,a(3)=.0546875, a(4)=.041015625,a(5)=.0322265625,
a(8)=.018547…,a(16)=.00754632…, a(32)=.00287769…,a(64)=.001058252…
Già ad una prima occhiata è facile vedere che le a(n) hanno un andamento discendente come all’incirca n^-1.2 e in un caso del genere la serie converge con estrema lentezza. Personalmente non so se il comportamento della serie
[n=1,+00] n^-1.2 sia mai stato oggetto di studio da parte di qualcuno. Un risultato noto riguarda la serie [n=1,+00] n^-2, per la quale Stegun e Abramovitz hanno dimostrato negli anni '50 che occorrono quasi 6000 termini per avere tre cifre decimali esatte. Nel caso in questione il numero di termini necessario per una precisione del genere è evidentemente assai più elevato e pertanto è necessario trovare il modo, se esiste, per ‘velocizzare’ il calcolo… Assai interessante l’approccio tentato da Tony con l’esame delle passeggiate di ‘un milione’ di pulci. Da parte mia provo ad azzardare un 5 per mille di pulci ‘longeve’, anche se ovviamente si tratta di una pura congettura…
cordiali saluti!…
lupo grigio
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo