ciao gaetano! vorrei provare a cimentarmi anch'io in questo problema, seguendo il tuo suggerimento del sistema.. xò mi sfugge una cosa.. hai detto:



Quindi detta V(i,k) la probabilità di vincere del giocatore i al passo k si ha

V(i,k)= (V(i-1 (mod N) ,k-1)+V(i+1 (mod N),k-1)/3



nn ho capito a cosa serve il mod N... me lo puoi spiegare? :)



ok, grazie x il chiarimento... allora provo a buttarmi sul sistema (in realtà ci avevo provato anche l'altra volta, ma senza molto successo)



ps: mi hai confuso cn sparpas.. io sn sm82 :)



______________



Gaetano...forse ci sono!!



credo di aver trovato la soluzione del tuo sistemino :) cioè diciamo che ho trovato il modo di esprimere x0 (ovvero la probabilità che il re vinca) in funzione di n (ossia il numero dei cavalieri)... è una cosa un po' complicata cmq cerco di scrivertela. Magari x ora ti scrivo solo il risultato, così controlli se va bene; poi nel caso ti spiego il ragionamento che ho fatto, ok?





Allora, per prima cosa consideriamo la successione f(n) di Fibonacci, definita ricorsivamente in questo modo:



f(0) = 1

f(1) = 1

f(n+2) = f(n) + f(n+1)



ovvero è la successione:



1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,....



Definiamo una nuova successione g(n) prendendo solo gli elementi di posto dispari della successione di Fibonacci, cioè definiamo:



g(n) = f(2n+1)



In altre parole g(n) è la successione:



1,3,8,21,55,144,....





Quello che io ho trovato è che la probabilità x0 che il re vinca si esprime in questo modo:



x0 = [ 3g(n-2) - g(n-3) ] /



{ [3+g(n-3)] * [3g(n-2)-g(n-3)] - [1+g(n-2)] * [1+3g(n-3)-g(n-4)] }





o analogamente, se vogliamo esprimerla in termini delle f(n), basterà considerare che g(n) = f(2n+1) e quindi sostituire:



g(n-2) = f(2n-3)

g(n-3) = f(2n-5)

g(n-4) = f(2n-7)





può andar bene secondo te??



___________________________



sì sì, ma infatti io sn partita studiando l'equazione generica del sistema x(n+2)-3x(n+1)+ x(n)=0, poi sn arrivata a Fibonacci ma solo intuitivamente, cioè senza dimostrarlo...

ora ti spiego il ragionamento che ho fatto...



Per prima cosa ho riscritto il sistema in questo modo:



-3x(0) + x(1) + x(n-1) = -1

x(0) - 3x(1) + x(2) = 0

x(1) - 3x(2) + x(3) = 0

..........

..........

x(n-3) - 3x(n-2) + x(n-1) = 0

x(0) + x(n-2) - 3x(n-1) = 0



A questo punto, partendo dall'ultima equazione del sistema e via via risalendo fino alla terza, ho iniziato a ricavare le varie incognite x(k) in funzione di x(0) e x(n-1):



x(n-2) = - x(0) + 3x(n-1)



x(n-3) = 3x(n-2) - x(n-1) = 3[-x(0) + 3x(n-1)] - x(n-1) =

= -3x(0) + 8x(n-1)



x(n-4) = 3x(n-3) - x(n-2) = 3[-3x(0) + 8x(n-1)]-[- x(0) + 3x(n-1)]=

= -8x(0) + 21x(n-1)



e così via.

In questo modo quindi ho:



x(n-k) = -ax(0) + bx(n-1), con a,b>0



per ogni k = n-2,......,1 (decrescendo).



A questo punto sostituendo le espressioni trovate per x(1) e x(2) nella seconda equazione, otterrò un'espressione di x(n-1) in funzione di x(0), ovvero una cosa del tipo:



x(n-1) = cx(0)



grazie alla quale quindi posso esprimere tutte le incognite x(k) in funzione solo di x(0), per ogni k=1,...,n-2.



In particolare mi interessano le espressioni di x(1) e x(n-1), che poi andrò a sostituire nella prima equazione, potendo finalmente trovare un'espressione per x(0).



Questa è l'idea di procedere.



A questo punto mi sn concentrata sui coefficienti a, b: nel ricavare le varie x(k) in funzione di x(0) e x(n-1), ho notato che:



x(n-2) ----> a=1, b=3

x(n-3) ----> a=3, b=8

x(n-4) ----> a=8, b=21

x(n-5) ----> a=21, b=55

x(n-6) ----> a=55, b=144



ecc...



quindi ho notato che il coefficiente a di x(k) è = al coefficiente b di x(k+1).

Inoltre questi numeri mi erano familiari e riflettendoci su mi hanno fatto arrivare alla successione di Fibonacci: essi infatti sn i termini di indice dispari della successione.

Ho quindi definito la successione g(n) come già detto:



g(n) = f(2n+1)



e quindi ho riscritto le espressioni precedenti delle varie x(k) usando le g(n), perciò:



x(n-2) = -g(0)x(0) + g(1)x(n-1)

x(n-3) = -g(1)x(0) + g(2)x(n-1)

x(n-4) = -g(2)x(0) + g(3)x(n-1)



e ne ho dedotto (ma solo intuitivamente!) che in generale si ha:



x(n-k) = -g(k-2)x(0) + g(k-1)x(n-1)



Questo cm sempre per n-k=n-2,....,1, ovvero per k=2,...,n-1.

Quindi in particolare:



x(2) = -g(n-4)x(0) + g(n-3)x(n-1)

x(1) = -g(n-3)x(0) + g(n-2)x(n-1)



quindi, andando a sostituire nella seconda equazione, abbiamo:



x(0) - 3x(1) + x(2) = 0



x(0) - 3[-g(n-3)x(0) + g(n-2)x(n-1)] + [-g(n-4)x(0) + g(n-3)x(n-1)] = 0



da cui facendo i conti si ricava:



x(n-1) = { [1+3g(n-3)-g(n-4)] / [3g(n-2) - g(n-3)] } * x(0)



Ora sostituisco questa espressione nell'espressioni di x(1) precedentemente trovata: avrò così una nuova espressione per x(1) in funzione solo di x(0), che a me risulta:



x(1) = -g(n-3)x(0) + g(n-2) { [1+3g(n-3)-g(n-4)] / [3g(n-2) - g(n-3)] } * x(0)



Ora sostituendo le ultime 2 espressioni nella prima equazione del sistema ottengo un'equazione nella sola incognita x(0), dalla quale si ricava appunto quello che avevo scritto inizialmente, ossia



x0 = [ 3g(n-2) - g(n-3) ] /



{ [3+g(n-3)] * [3g(n-2)-g(n-3)] - [1+g(n-2)] * [1+3g(n-3)-g(n-4)] }





Il problema sarebbe dunque dimostrare che quella cosa che ho dedotto solo intuitivamente è effettivamente vera...



___________________



Ho letto la tua dimostrazione ma nn mi torna qualcosa: hai detto che la nostra tesi è :



x(n)= -g(n)x(0) + g(n-1)x(1) @



ma in realtà nn è così, la nostra tesi è:



x(n)= -g(n-2)x(0) + g(n-1)x(1), @@



che infatti è ciò che hai dimostrato x i casi base n=2,3.

Solo che nel dimostrare che la verità della tesi per n-1 e n implica la verità per n+1, hai considerato la @...

il metodo della dim cmq l'ho capito, anzi provo a farla anch'io considerando la "vera" tesi @@:



base 2,3 : già fatta da te



supponiamola vera per n-1 e n:



x(n-1)= -g(n-3)x(0) + g(n-2)x(1)

x(n)= -g(n-2)x(0) + g(n-1)x(1)



vogliamo provarla per n+1, cioè vogliamo provare che:



x(n+1)= -g(n-1)x(0) + g(n)x(1)



Allora:



x(n+1) = -x(n-1) + 3 x(n) =



= - [ -g(n-3)x(0) + g(n-2)x(1)] + 3[-g(n-2)x(0) + g(n-1)x(1)] =



= - [3g(n-2)-g(n-3)] x(0) + [3g(n-1) - g(n-2)] x(1) = [1]



A questo punto sfrutto la tua osservazione:



3g(n-1)-g(n-2)= 3f(2n-1)- f(2n-3) = 2f(2n-1) + f(2n-1) - f(2n-3) =



= 2f(2n-1) + f(2n-2) + f(2n-3) - f(2n-3) =



= 2f(2n-1) + f(2n-2) =



= f(2n-1) + f(2n-1) + f(2n-2) =



= f(2n-1) + f(2n) = f(2n+1) = g(n)



Quindi:



3g(n-1)-g(n-2)= g(n)



da cui si ricava:



3g(n-2) - g(n-3) = g(n-1)



Allora sostituendo si ha:



[1]= -g(n-1)x(0) + g(n)x(1)



c.v.d.





....... ma quindi la mia soluzione va bene?!!

E' MODIFICATO IN MODO RADICALE IL TESTO E LA FORMULA QUINDI DOVRAI RILEGGERE E RIGUARDARE. Mi dispiace ma ho preferito rimettere a posto che mantenere affermazioni sbagliate e allungare la pagina enormemente.



Dopo un po' di riformulazioni ecco quella definitiva (spero che ora sia giusta):



(la formula è in latex: copiala su http://www.tlhiv.org/cgi-bin/LaTeXpreviewer/index.cgi per vederla)



Con p = 1/3,



\sum_{i=0}^ \infty { {2i \choose i}{p^{(2i+1)}}} + \sum_{i=1}^ \infty {\sum_{j=0}^ \infty { 2 {iN + 2j \choose j}{p^{(iN+2j+1)}}}}



Non mi va di mettermi a pensarlo in altro modo, anche se con un altro potrebbe essere più facile calcolare la probabilità. Formalmente è una formula compatta.



-- la prima parte è la probabilità che si ritorni dal re da un lato (che le volte che venga sx e che venga dx siano uguali).

In modo equivalente è la probabilità che dopo i tiri di dato ci siano esattamente i tiri a sinistra e i tiri a destra e nessuno vincente e che al successivo esca vincente.

x Pat: nel momento in cui l'ho riscritta mi sono accorto che è effettivamente come la tua. Quindi eri sulla strada giusta (e quindi anche io).



-- la seconda è la probabilità che le | Sx - Dx |= iN (un multiplo di N) e che non vi siano vincenti.



-- la terza è stata eliminata perché il secondo non calcolava i cicli, in quanto il caso uguali è solo visto dalla prima mentre la seconda misura una eccedenza di N o un suo multiplo a destra o a sinistra.



se N tende all'infinito va presa solo la prima ( \sum_{i=0}^ \infty { {2i \choose i}{p^{(2i+1)}}})



###############################



Il secondo e il terzo termine erano sbagliati... O meglio il secondo era giusto ma non il terzo (avevo interpretato male il secondo). A furia di modificare e ripensare ho finito per non capire il perché lo avevo scritto in quel modo :p (prima di scriverlo ho pensato a una risposta per ore)

Ho tolto il terzo termine.





il primo termine tende a 0.44721 (mi fido di Pat che lo ha calcolato prima) il secondo è uguale a 0 per N->inf.

Comunque già per N>10 (probabilmente anche prima) esso è inferiore allo 0.001.

La cosa comunque si può vedere anche dal fatto che il primo lancio a cui si potrebbe avere un ciclo è uguale a N. Al lancio N la probabilità che nessuno abbia vinto è 2^N/3^N e cioé dello 0.017341 e quindi anche se le regole prevedessero che se si arriva al 10 tiro il re vince la probabilità totale aumenterebbe solo del 2% (e il secondo termine è decisamente meno probabile di così).

I calcoli se si usa il pc si possono fare. Nel caso non si possa le cose si complicano soprattutto per le N piccole in cui bisogna fare molti calcoli (in quelle grosse dopo un po' si può smettere perché la probabilità è troppo piccola per essere presa in considerazione).



P.S: Il prossimo anno dopo la discussione riinizierò da metematica. Comuque sto facendo il corso di calcolo delle probabilità (anche se non è molto approfondito)





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X Astaris:

il tuo "P (somma_1_m(si) = 0 )=(m!/(m/2!)^2)/3^m" è esattamente il mio primo termine (e quello di Pat dato che è uguale) eccezion fatta che nel nostro caso il 3 è elevato a 3^(m+1) perché dopo aver uguagliato il numero di +1 e -1 il re si trova a dover beccare uno 0 che ha probabilità 1/3 ed essendo eventi indipendenti devi moltiplicare il tutto per quella probabilità.

Il termine "P (somma_1_m(si) = N) =(m!/(N/2+m/2)!(m/2-N/2)!)/3^m" mi lascia più perplesso perché pone una probabilità ogni turno cosa che invece non è vera in quanto si può avere solo dal turno N e ogni 2 turni da esso (inoltre potrebbero esserci fattoriali di numeri negativi o addirittura di numeri razionali). Inoltre il turno dopo deve azzeccare quindi c'é sempre il 1/3 di probabilità di vincere da considerare. Terza cosa non hai preso in considerazione che il giro può essere in due sensi.

Il tuo risultato comunque non dovrebbe essere molto differente dal mio.

Questo vale dalla mia ultima edizione (l'attuale) ovviamente perché prima vi era un enorme errore concettuale.





[ + ] La tua concezione però mi ha fatto pensare che posso inglobare il primo nel secondo in quanto il primo può essere visto come il ciclo dei fattori che non hanno differenza (hanno differenza 0*N). In questo caso però dovrei togliere una volta quel valore perché se in tutti gli altri casi a essere maggiore poteva essere sia la dx che la sx ora i due casi coincidono.

Questo è equivalente al primo ma più scomodo per i calcoli con N infinito:



con p=1/3



\sum_{i=0}^ \infty {\sum_{j=0}^ \infty { 2 {iN + 2j \choose j}{p^{(iN+2j+1)}}}} - \sum_{j=0}^ \infty { {2j \choose j}{p^{(2j+1)}}}

Gaetano io avevo già tentato con N-1 tendente ad infinito per prima, e mi usciva una serie.



Quello che avevo scritto:

Se N-1 tende a infinito, ciò vuol dire che ipoteticamente non si potrà mai fare un giro intero per poi ritornare al re.

Perciò basta considerare tutti i "passi" a sinistra e a destra e vedere tutte le posibili combinazioni per cui ritorna a zero (cioè dal re).

Indico con i passi il numero totale di "cambiamento di dadi" a sinistra o o destra.

Iniziamo con il dire che inizialmente (0 passi) per 1/3 il re vince.



1 Passo: 0 prob

2 Passi: 2*(1/3 * 1/3 * 1/3) = 2* (1/3)^3

3 Passi: 0

4 Passi: 6* (1/3)^5

5 Passi: 0

6 Passi: 20*(1/3)^7

...

N-esimo passo (pari): (n n/2)*(1/3)^(n+1)

Cioè, per ogni 2k= n:

(2k k)*(1/3)^(2k+1)



(n k) : combinazioni di n elementi, presi k volte.



La Probabilità totale diventa perciò una serie:

P= somma( (2k k)*(1/3)^(2k+1), da k=0 ad inf)

La serie converge e il risultato approssimato è:

P= 0.44721





Proviamo a fare la prima parte:

Il tuo suggerimento dice di prendere i vari giocatori e calcolare le singole probabilità. La prob che vinca il re allora deve essere 1 meno la prob che vincano gli altri.

Iniziamo dal caso N=2:

Hai un solo giocatore e il re.

Il re tira: ha 1/3 di prob di vincita, per 2/3 la passa al secondo giocatore.

Il giocatore per 1/3 vince, per 2/3 la ripassa al re.

Perciò, si intuisce che per vincere il giocatore il dado deve essere passato un numero dispari di volte con prob 2/3.

E così via...

Perciò:

P= somma( (2/3)^(2n+1) * (1/3), da n=0 a inf) = 2/5

è la prob del giocatore:

segue che quella del re è 3/5.



N=3:

due giocatori, il re.

Il giocatore alla destra del re:

ha 1/3 di prob che il dado gli arrivi al primo turno. E 1/3 di vincere. Perciò 1/9 al primo round.

se il dado fa due spostamenti la prob che arriva al giocatore alla destra del re è:

1/3 per andare al giocatore alla sinistra del re, 1/3 per andare al giocatore alla destra del re, 1/3 per far vincere il giocatore alla destra del re.

cioè 1/27 al secondo round.

3 spostamenti:

(Indico con L quello a sinistra e R quello a destra, ognuno prob 1/3)

hai: LRR, LLR

cioè 2*(1/3)^4 = 2/81

4 spostamenti:

LLLR, RRRR, RLLL, LLRL, LRLL

cioè: 5* (1/3)^5

5 spostamenti:

LLLLL, RRLLR, RLLRR, RRRLL, LLRRR, LRLRR, LRRLR, LRRRL, RLRRL, RRLRL, RLRLR

Cioè: 11*(1/3)^6

...

Continuo domani..adesso proprio non ce la faccio...dimmi se procedo bene!







Vittorio se hai azzeccato (con quella formulona in latex mi sono spaventato :D) sei un mito! Hai il mio rispetto a vita!

Per N tendente ad infinito assomiglia alla mia di serie perciò credo di non avere detto stronzate :D



Ciao!

Diciamo con si l'i-esimo tiro di dato. Poniamo:

si=0 quando esce 1 o 2.

si=+1 quando esce 3 o 4

si=-1 quando esce 5 o 6

Naturalmente la probabilità che sia si = 0 o 1 o -1 è sempre 1/3. Bisogna calcolare la probabilità unione di tutti gli eventi distinti che portano alla vittoria del re. Beh, io imposterei il problema in questo modo:

P(vittoria_RE)=

P (s1)=0 U

U_m>inf ( P (somma_1_m(si) = 0 ) ∩ P (sm+1) =0 ) U

U_m>inf ( P (somma_1_m(si) = N ) ∩ P (sm+1) =0 ) U

U_m>inf ( P (somma_1_m(si) = 2*N ) ∩ P (sm+1) =0 ) U

................................................................................................U

U_m>inf ( P (somma_1_m(si) = -N ) ∩ P (sm+1) =0 ) U

U_m>inf ( P (somma_1_m(si) = -2*N ) ∩ P (sm+1) =0 ) U

..............................................................................................

La prima unione in m dà luogo alla produttoria:

(1-(1/3)^3)*(1-(1/3)^5)...il cui limite è 0.9585 per cui la prima probalilità unione è 0.0415. (Quindi c'e' la probabilità del 4% che il re vinca dopo un numero di giri complessivamente nullo).

Le altre probabilità unioni danno luogo a produttorie simili. Si devono quindi calcolare i limiti di queste produttorie per il generico N e -N. Alla fine si otterrà una produttoria che permette di calcolare la probabilità complessivia. Mi fermo qui perchè devo tornare a lavoro. Se pensi che vada bene. magari provo ad esplicitare il risultato finale.

Da notare che nelle produttorie in cui la somma degli si deve dare N oppure 2N o così via cambia solo il termine iniziale, che diviene una funzione di N. Al crescere di N, la probabilità dell'unione relativa diminuisce. Quindi, ad ochhio, senza aver ancora esplicitato la produttoria finale, direi che la probabilità di vittoria del re diminuisce al crescere di N.





Edit:

Mi solo lasciato trasportare. In realtà P (somma_1_m(si) = 0) ha un'espressione più complicata di quella che ho erroneamente utilizzato; devo infatti calcolare tutte le combinazioni. Non so se esplicitando correttamente P (somma_1_m(si) = 0) riesco a calcolare il limite della produttoria. Beh, vedremo.





Edit2:

Sono quasi sicuro che la probabilità che il re vinca dopo un numero di giri complessivamente nullo è indipendente da N. Infatti, P (somma_1_m(si) = 0 ) è la probabilità che dopo m lanci, con m pari (infatti, nel caso in cui il dado ritorna al re dopo un numero di giri nullo, m è pari), il dado ritorni appunto al re (da notare che potrebbe già esserci passato per il re). Gli eventi favorevoli sono tutte le disposizioni con ripetizioni di due oggetti (in questi caso 1 e -1) in cui il numero degli oggetti si eguaglia (il numero di 1 è uguale al numero di -1). Il numero di queste disposizioni è indipendente da N e vale:

m!/(m/2!)^2

Dipende quindi solo da m.

D'altra parte il numero di eventi possibili dopo m lanci è:

3^m

Quindi P (somma_1_m(si) = 0 )=(m!/(m/2!)^2)/3^m

E' evidente che P (somma_1_m(si) = 0 ) non dipende da N.

P (somma_1_m(si) = N) si può calcolare con lo stesso ragionamento. Si ottiene:

P (somma_1_m(si) = N) =(m!/(N/2+m/2)!(m/2-N/2)!)/3^m

Questa probabilità dipende da N e tende a zero con N -> inf

Per N -> inf basta in effetti calcolare la probabilità come:

P (s1)=0 U

U_m>inf ( P (somma_1_m(si) = 0 ) ∩ P (sm+1) =0 )

E' evidente poi che

P (somma_1_m(si) = -N)=P (somma_1_m(si) = N)

Alla fine ogni unione con m tendente a inf genera una produttoria. Bisogna quindi trovare il limite di questa produttoria per somma=0, somma=N, somma=2N e così via.

Calcolati questi limiti, si deve risolvere la probabilità unione delle probabilità fornite da questi limiti, che è una funzione di N. Lo scopo è quello di determinare l'espressione di questa funzione di N. Beh, questo è quello che resta da fare. Prevedo però che il calcolo dei limiti di quelle produttorie non sia così semplice.





edit3: per Vittorio

Come ho detto, la probabilità che il re vinca dopo un numero di giri complessivamente nullo è:

U_m>inf ( P (somma_1_m(si) = 0 ) ∩ P (sm+1) =0 )

P ((sm+1) = 0)= 1/3

quindi:

P (somma_1_m(si) = 0 ) ∩ P (sm+1) =0) = (m!/(m/2!)^2)/3^(m+1)

Come vedi ci troviamo perfettamente.

P (somma_1_m(si) = N) va calcolato solo per m>=N e per N-m pari. Questo comporta che N/2+m/2 e m/2-N/2 sono sempre interi positivi (al limite per N=m, si ha m!/m!=1 che è evidentemente giusto). Come prima, bisogna fare intersezione P( (sm+1)=0 ) =1/3, la probabilità che il re vinca, assodato che ci sono stati N giri.Ho poi tenuti in conto che ci possono essere giri in entrambi i sensi tramite il termine:

P (somma_1_m(si) = -N )

che è ovviamente uguale a P (somma_1_m(si) = N ).





Edit4:

Ok, esplicitando i termini che ho inizialmente esposto, arrivo in definitiva alla seguente espressione:

P(Vittoria_Re)=

=1/3+

Somma_m_1_inf( (2m)!/ (m!)^2 / 3^(2m+1) ) +

+ 2* Somma_i_1_inf (

Somma_m_0_inf( (2m+i*N)! / (i*N+m)! (m)!/ 3^(2m+i*N+1) )

)

La prima serie fornisce la porbabilità che il re vinca dopo un numero di giri complessivamente nullo.

Poi abbiamo una serie in i (con i che indica il numero di giri) che raccoglie la serie che per un determinato numero di giri fornisce la probabilità di vittoria del re. La seconda serie esterna è moltiplicata per due, in quanto le probabilità che il re vinca per "i" giri in senso orario o antiorario, sono uguali.

Questo è l'andamento della probabilità al variare di N:

http://img518.imageshack.us/img518/8292/clp20eo2.jpg

Questo invece è l'andamento della probabilità che il re vinca dopo un numero di giri diverso da zero:

http://img515.imageshack.us/img515/183/clp21js0.jpg

Come si vede decresce rapidamente all'aumentare di N.

Spero di aver trascritto bene le formule. Nello scrivere le serie, ho ipotizzato l'intersezione degli eventi nulla.Mi sembra una cosa logica. Ma posso aver fatto una minkiata...spesso mi incasino con il calcolo delle probabilità :)



Edit5:

Ho corretto alcuni indici che ho sbagliato in edit4. Inoltre ho verificato che è possibile scrivere un'unica serie di serie come:

P(Vittoria_Re)=

=Somma_i_-inf_inf (

Somma_m_0_inf( (2m+|i|*N)! / (|i|*N+m)! (m)!/ 3^(2m+|i|*N+1) )

Per i = 0 si ha infatti:

Somma_m_0_inf( (2m)! / (m)!^2/ 3^(2m+1) )

che raccoglie la probabilità che il re vinca al primo colpo e la probabilità che vinca dopo un numero di giri nulli.

Per m=0, abbiamo la probabilità che vinca al primo colpo:

(0)! / (0)!^2/ 3^(1) =1/3

Le formule in Matlab per fortuna le avevo implementate correttamente...ditemi un pò se vi trovate. Per calcolare il risultato in forma chiusa, è necessario calcolare i limiti delle serie interna ed esterna...le serie con i fattoriali le ho sempre odiate...



Edit6:

Penso che per trovare il limite della serie, convenga determinare quella funzione il cui sviluppo in serie di taylor conduca alla serie dei binomiali presenti nella serie interna. Ho provato con (1/(1-x))^m, che si avvicina parecchio. Il problema è che non si elidono alcuni termini che non sono presenti nel binomiale. Però, dall'andamento dei coefficienti, è sicuramente una funzione frazionaria di x. Devo sbatterci un po' più la testa.

Non posso fare altro che ringraziarti per avermi citato Gaetano (anche se matematico non sono, men che meno illustrissimo! :-)), ma non è proprio alla mia portata. Posso provare a ragionarci, ma dubito di arrivare alla soluzione.



E ora massacratemi con i pollici giù! :-)



L'unica cosa che mi viene in mente, con un po' di intuito, è che se N tende alll'infinito la probabilità richiesta tende a 1/3, almeno questo è giusto?



EDIT: ho fatto un conticino veloce, la probabilità mi torna



2 * (1/3)^{N-1} + 5/12



e per N che tende all'infinito la probabilità tende a 5/12.



C'ho preso? Ne dubito, se (magari) fosse, dico come ho ragionato.



EDIT2: ho ragionato così, il re vince se esce 1 o 2 al primo lancio, e questo ha probabilità 1/3. Il re vince se il dado fa un giro completo orario, torna a lui ed esce 1 o 2, e questo ha probabilità (1/3)^{N+1}, ma c'è anche il giro dall'altra parte, quindi si ottiene 2 * (1/3)^{N+1}.

Puoi anche vincere se il dado va verso destra, poi torna al re ed esce 1 o 2, e questo ha probabilità



2 * (1/3^3 + 1/3^5 + 1/3^7 + ...) = 2/3^3 sommatoria (k che va da zero a +infinito) 1/9^k, e il tutto converge a 2/3^3 * 9/8 = 1/12.

Di conseguenza la probabilità in totale mi verrebbe



2 * (1/3)^{N+1} + 1/3 + 1/12 = 2 * (1/3)^{N+1} + 5/12



ma purtroppo, mentre scrivevo questa risposta, ho capito di aver trascurato alcune cose, di non poca importanza...



EDIT3: mi sa tanto che non serve a una mazza cercare il numero di casi favorevoli, forse è meglio considerare un'opportuna variabile aleatoria e studiarne la densità di probabilità.



EDIT4: I hope I found the solution, let me write it.



Well, dobbiamo calcolare la probabilità che il re ottenga 1 o 2 e che contemporaneamente



(numero di volte uscita 3 o 4)moduloN=(numero di volte uscita 5 o 6)moduloN



Fissiamo un riferimento di assi cartesiani, in cui in ascissa si riporta il numero di volte che è uscito un 3 o un 4, in ordinata il numero di volte che è uscito un 4 o un 5. I casi favorevoli si hanno se è verificata la condizione





(numero di volte uscita 3 o 4)moduloN=(numero di volte uscita 5 o 6)moduloN



ovvero i punti accettabili sono tutti e sole le coppie di interi non negativi che stanno sulle rette di coefficiente angolare 1, che intersecano gli assi cartesiani nei punti (0,0), (0,N), (0,2N)...(N,0), (2N,0)...



Sia A l'insieme dei punti ammissibili, allora la probabilità relativa al punto (i,j)€A, che rappresenta il fatto che sono usciti 3 o 4 i votle e 5 o 6 j volte e al re è uscito 1 o 2, è 1/3 * (1/3)^{i+j}



La probabilità richiesta è la somma delle probabilità relative a tutti i punti dell'insieme A, e si può scrivere come



1/3 * [ 2 * sommatoria(i che va da zero a +inf)[sommatoria(j che va da zero a +inf)(1/3)^{jN+2i}] - sommatoria(k che va da zero a +inf)1/9]



La parte -sommatoria(k che va da zero a +inf)1/9 serve a non contare due vole i punti sulla bisettrice del primo e terzo quadrante.



Facendo i conti, e considerando che sommatoria(k che va da zero a +inf)q^k = 1/(1-q) sse |q|<1 si ottiene



1/3 * [2 * sommatoria(i che va da zero a +inf) (1/9)^i * 1/(1 - (1/3)^N) - 1/(1 - 1/9)]



che vale



1/3 * [2 * 9/8 * (3^N)/((3^N) - 1) - 9/8]



che sarebbe



3/4 * (3^N)/(3^N - 1) - 3/8



e quando N tende all'infinito la probabilità tende a 3/8.



Please Gateano, tell me that I'm right! :-)



PS: spiego un po' meglio perché la sommatoria è impostata in quel modo. L'idea è di calcolare la somma delle probabilità relativi ai punti sopra alla diagonale (diagonale compresa), per questo moltiplico per due e tolgo la somma delle probabilità degli elementi sulla diagonale. Per prima cosa porto fuori dalle sommatorie 1/3 (infatti la probabilità del punto (i,j) è 1/3 * (1/3)^{i+j}). A questo punto, faccio variare la i fra 0 e +infinito. Ad ogni passo, se j varia da 0 a +infinito, i punti che devo considerare sono (i,i), (i,N+i), (i,2N+i)..., per questo all'esponente c'è i + jN + i = jN+2i, infatti si devono sommare le componenti in ascissa e ordinata, e considerare che ci si sposta di N in N (questo è il motivo di jN).



EDIT5: argh! è vero, ma quanto sono lontano?



EDIT6: non ho capito una cosa Gaetano, tu prima mi avevi detto che la probabilità relativa ad (i,j) vale 1/3 * (i+j)/i * (1/3)^{i+j}? Perché altrimenti non ho capito bene cosa intendevi con (i+j su i).



EDIT7: ah il binomiale, ok. Be', la formula ora ce l'ho, il problema è calcolarla...

allora...

se N=1, ha il 100% di possibilità di vincere(a meno che non muoia prima di far uscire un uno o un due)



se N=2, ha 1/3 di possibilità di vincere al primo colpo. se non vince, ha 1/3 dei due terzo rimanenti (quindi 1/3*2/3=2/9) di perdere. si va avanti così fino a che uno dei due vince. ossia, avrà 2/3*2/3*1/3 di vincere al suo secondo turno , poi avrà 2/3*2/3*2/3 l'altro cavaliere e così via, moltiplicando ogni volta per 2/3.



se N=3, ha sempre 1/3 di possibilità di vincere al primo colpo. se non vince, qualunque sia il risultato (3,4,5 o 6), il prossimo "giocatore" ha a sua volta 1/3 di possibilità di vincere, quindi 1/3*2/3 sulla probabilità totale. se eso non vince, c'è 1/3 di possibilità che il dado torni al re(quindi 1/3*2/3 totali) e 1/3(quindi 1/3*2/3) che vada all'altro giocatore. se va al re, lui ha 1/3 di possibilità di vincere(quindi 1/3*1/3*2/3 sul totale). se va all'altro, anch'esso ha 1/3*1/3*2/3 di possibilità di vincere. e così via



da N=4 le cose si complicano, e avendo solo 15 anni e un gran sonno non voglio neanche pensarci...^_^

comunque bel problema, secondo me senza soluzione.

ti do una stellina.

per la domanda, cosa succede se N tende a infinito, penso che la probabilità di vincita del re tenda a 1/infinito.

ciao buona notte!

ma per favore se questo problema è stato posto e risolto nella sezione americana di answer!!!

e adesso sto gaetano viene qui a fare il primo della classe...ma vai a cagà!!!

Comunque se ci sono VERI MATEMATICI che vogliono mettere alla prova le loro capacità andassero alla sezione americana di answer...lì c'è pane per i loro denti..e non le domande cretine e riciclate fatte da Gaetano e compani!!!

......

Tu hai dato la dritta???? ma se i problemi che risolvi..usano le 4 operazioni e al massimo i logaritmi????

certo è che se in questa sezione ci saranno personaggi come te non credo proprio..che le persone serie e che non hanno tempo da perdere ..vi si affacceranno mai!!!!

Non so NULLA di probabilita', rispondo solo per dire che mi piace come genere di problema.

Dai Gaetano, proponine un altro non di probabilita' :)