Problema con formula risolutiva che varia (Modulo 6)

[Sancho Panza]

Su richiesta di Giobimbo inserisco un problema la cui formula risolutiva varia (Modulo 6)

Considerate il seguente gioco:
avete in una scatola N biglie numerate da 1 a N, viene estratta una prima biglia e viene scritto il suo numero su un foglio, dopo aver rimesso la biglia nella scatola viene estratta nuovamente una biglia.
Se la biglia è la stessa di prima avete perso, se non è la stessa viene segnato sul foglio anche il suo numero; poì la biglia viene rimessa nella scatola.
Chiamiamo ora A il numero più piccolo tra i due, e B il più grande.
A questo punto si considerano tre intervalli:
- il primo intervallo comprende tutti i numeri minori di A
- il secondo intervallo i numeri maggiori di A e minori di B
- il terzo intervallo tutti i numeri maggiori di B

Potete scegliere uno di questi intervalli, poi pescate una biglia dalla scatola;
se la biglia che avete pescato ha un numero compreso nell'intervallo scelto avete vinto.

Come varia la probabilità di vittoria al variare di N?

[Pasquale]

A lume di naso, se N è piccolo, A e B sono più influenti e tendono a tenere più bassa la probabilità di vincita; con N grande, A e B tendono a disturbare meno, come inesistenti, e se la scelta del settore è casuale, la probabilità dovrebbe tendere a 1/3.
Credo che anche con una scelta non casuale, A e B dovrebbero tendere a trisezionare un N grande, per cui la scelta cadrebbe su un settore uguale agli altri, cioè contenete la stessa quantità di numeri: per cui la probabilità sarebbe sempre 1/3.

[Sancho Panza]

No Pasquale, la tua soluzione è valida solo se la scelta è casuale.

Si suppone che uno cerchi di vincere e pertanto scelga sempre il più lungo tra i tre intervalli, sotto questa condizione la probabilità di vincere è più elevata e per N che tende ad infinito supera il 61%.
Ma la vera difficoltà è trovare la formula risolutiva in funzione di N,
(comunque, essendo il problema particolarmente difficile, potrebbe essere sufficiente dimostrare che per N che tende ad infinito e scegliendo sempre il più lungo tra i tre intervalli la probabilità di vincere supera il 61%)

[delfo52]

QUANDO VEDO QUALCOSA CHE SI AVVICINA AL 61% , ANZI CHE LO SUPERA PRESUMIBILMENTE DI POCO, SCATTA IL FIBONACCIO CHE E' IN ME........
CHE SIA 61.80339.....?

[delfo52]

estrapolando e stiracchiando il problema, arrivo a dire che:
-con n sufficientemente grande, la mossa di rimettere la biglia, anzi le biglie, nel sacchetto non è più influente, e si può assimilare il problema a quello, più semplice, in cui le biglie estratte rimangono fuori dal gioco. in questo scenario si considera impossibile l'evenienza di perdere al momento della ri-estrazione del primo numero.
Ho fatto una mini-simulazione , in cui ho preso in considerazione pochi numeri, ma ho ammesso la ripetizione (come simulacro della estrazione di due numeri "vicinissimi/adiacenti" nel caso di un'urna con infiniti numeri). Non so quale valore tecnico abbia tale lavoro, ma sta di fatto che:
-immaginando un'urna con 100 biglie
-immaginando equiprobabili alla prima estrazione il 5, 15, 25, 35, 45,55, 65,75, 85, 95
-idem alla seconda (con l'avvertenza di cui sopra)
-le prime 50 combinazioni sono speculari alle seconde 50, per cui basta fare metà dei calcoli
-i calcoli danno 3050
-il doppio fa 6100
-diviso 100....61 spaccato !

[panurgo]

Il valore limite è $\frac {11}{18}$ (l'ultimo punto di questo grafico è $\frac {609694944} {1000000000}$).



Dimostrarlo non è difficile: spero di poter scrivere la dim. entro il prossimo fine settimana...

[Sancho Panza]

Ciao Panurgo,
spero che presto tu inserisca la dimostrazione che ci hai promesso.
(Anche perché dalla dimostrazione vengono fuori cose molto interessanti)

Dopo che avrai inserito la tua dimostrazione,
se te ne senti il coraggio potresti analizzare come varia la probabilità di vittoria al variare di N,
in modo che venga fuori la dipendenza della formula risolutiva da: N modulo 6

Era quella la domanda iniziale. (Lo so che è difficile, ma conto su di te)

[panurgo]

work in progress...

[panurgo]

[...] se te ne senti il coraggio potresti analizzare come varia la probabilità di vittoria al variare di N, in modo che venga fuori la dipendenza della formula risolutiva da: N modulo 6

Era quella la domanda iniziale. (Lo so che è difficile, ma conto su di te)

Ti piace così?

$p \left ( {V \/ | \/ I} \right ) \/ = \/ \frac{1}{{36 \/ n^{\script 3}}} \left\{ \begin{array}{l} 22 \/ n^{\script 3} \/ - \/ 51 \/ n^{\script 2} \/ + \/ 18 \/ n \/ + \/ 11 \/ \left( {n \bmod 6} \right) \/ - \/ 30 \/ {\script \left\lfloor {\frac{{\left( {n \bmod 6} \right)}}{2}} \right \rfloor} \/ + \/ 12 \/ {\script \left \lfloor {\frac {{\left( {n \bmod 6} \right)}}{3}} \right \rfloor }\/ -\/ \left( { - 1} \right)^ {\script n} \/ 6 \/ \left[ {1 \/ - \/ \left( { - 1} \right)^{\script \left\lfloor {\frac{{\left( {n \bmod 6} \right)}}{3}} \right\rfloor } } \right] \\ \end{array} \right\}$

[Br1]

Wow!

Per il momento (ma forse anche per il
prossimo quinquennio) non sono in grado
di verificare lo straordinario risultato di
Guido, però non ho il minimo dubbio che
sia giusto. Tuttavia mi chiedo (sottovoce)
se sia proprio necessario dover passare
per il modulo 6, data l'eccezionalità della
formula trovata...

Riguardando il risultato, proporrei una
piccola semplificazione, visto che è l'unica
cosa che per adesso sono capace di fare.

$...+ \/ 12 \/ {\script \left \lfloor {\frac {{\left( {n \bmod 6} \right)}}{3}} \right \rfloor }\/ -\/ \left( { - 1} \right)^ {\script n} \/ 6 \/ \left[ {1 \/ - \/ \left( { - 1} \right)^{\script \left\lfloor {\frac{{\left( {n \bmod 6} \right)}}{3}} \right\rfloor } } \right]$

Mi sembra che questa parte possa essere
contratta così:

$12\cdot \lfloor\frac{n \bmod 6}3\rfloor \cdot \left[1-(-1)^n\right]$.

Ma forse, chissà, si può tentare qualche altra
riduzione.

Vabbe'... passo e chiudo

[panurgo]

Sicuramente è possibile far di meglio: il perché la mia sia scritta con quattro contributi separati diverrà chiaro quando troverò il tempo di articolare una dimostrazione...

P.S.: quello che hai scritto è (naturalmente) corretto!

[Sancho Panza]

La soluzione di Panurgo mi ha piacevolmente sorpreso!
Bravissimo Guido!!!!!!

Ora aspetto che Guido inserisca il procedimento che ha impiegato per risolverlo,
per poì far vedere come dalla soluzione si possano trarre alcune conclusioni interessanti.


Per Bruno,
il modulo 6 è una caratteristica del problema,
Sicuramente potrai notarlo meglio osservando la formula semplificata:
$\frac{{22n^3 - 51n^2 + 18n + \left\{ {27 - 4\left[ {\left( {n + 3} \right)Mod6} \right]} \right\}\left[ {\left( n \right)Mod2} \right] - 4\left[ {\left( n \right)Mod6} \right]\left[ {\left( {n + 1} \right)Mod2} \right]}}{{36n^3 }}$

è la stessa formula di Panurgo, ma scritta in forma più sintetica.

(Ed ora resto in attesa che Panurgo inserisca il suo procedimento risolutivo.)

Sancho Panza

[panurgo]

Il meglio è nemico del bene, ma io cerco sempre di mettere in chiaro tutte le cose che risolvo più o meno intuitivamente: cerco, insomma, di "pubblicare". Non me ne vogliate se mi faccio un po' attendere...

[Br1]

Per Bruno,
il modulo 6 è una caratteristica del problema,
Sicuramente potrai notarlo meglio osservando la formula semplificata:

$\frac{{22n^3 - 51n^2 + 18n + \left\{ {27 - 4\left[ {\left( {n + 3} \right)Mod6} \right]} \right\}\left[ {\left( n \right)Mod2} \right] - 4\left[ {\left( n \right)Mod6} \right]\left[ {\left( {n + 1} \right)Mod2} \right]}}{{36n^3 }}$

è la stessa formula di Panurgo, ma scritta in forma più sintetica.

Ho capito, Sancho, grazie!
Propongo un'altra piccola contrazione della
formula che hai indicato, anche se toglie un po'
di immediatezza alla caratteristica del problema
che hai messo in evidenza:

$\frac{22\cdot n^3 - 51\cdot n^2 + 18\cdot n + 27\cdot (n\bmod 2)-8\cdot (2n \bmod 3)}{36n^3 }$.

L'unica conseguenza apprezzabile (forse) è che
così abbiamo dimezzato i moduli.

[panurgo]

Vi sono $n^{\script 3}$ terne $\left \{ {a, \/ b, \/c} \right \}$: dato che le tre estrazioni devono essere considerate indipendenti e che le biglie sono indistinguibili tra loro (da fuori), si può assegnare una probabilità uguale a ciascuna terna in base al principio di indifferenza

$p \left ( {\left \{ {a, \/ b, \/c} \right \} \/ | \/ I} \right ) \/ = \/ \frac 1 {n^{\script 3}}$

Per ottenere la probabilità di vittoria basta, quindi, enumerare tutte le terne "favorevoli".
Se consideriamo le coppie $\left \{ {a, \/ b } \right \}$ ne abbiamo $n$ per le quali $a \/ = \/ b$, $\frac {n \/ \left ( {n \/ - \/ 1} \right )} 2$ per le quali $a \/ > \/ b$ e altrettante per le quali $a \/ \/ b$ e quelle per cui $a \/ \/ a$, la distanza $a$ sarà minore di almeno una delle altre due; se $a$ cade nella seconda metà, comunque sia $b \/ > \/ a$, la distanza $a$ sarà maggiore di entrambe le altre. Più precisamente, con $a \/ \/ \frac 1 2$, se $a \/$.

L'integrale è elementare ma tedioso: il risultato è $p \left ( { V \/ | \/ I } \right ) \/ = \/ \frac {11} {18}$.
Per la formula risolutiva, ho proceduto per analogia

$p \left( {V \/ | \/ I} \right) \/ = \/ \frac {2} {n^{\script 3 }} \/ \left\{ \begin{array}{l} \sum \limits_{\script a = 1}^{\script A} {\left[ {\sum \limits_{\script b = a + 1}^{\script C} {\left( {n \/ - \/ b} \right)} \/ + \/ \sum \limits_{\script b = C + 1}^{\script n} {\left( {b \/ - \/ a \/ - \/ 1} \right)} } \right]} \/ + \/ \\ \quad \/ + \/ \sum \limits_{\script a = A + 1}^{\script B} {\left[ {\sum \limits_{\script b = a + 1}^{\script n - a} {\left ( {n \/ - \/ b} \right)} \/ + \/ \sum \limits_{\script b = n - a + 1}^{\script 2a} {\left( {a \/ - \/ 1} \right)} \/ + \/ \sum \limits_{\script b = 2a + 1}^{\script n} {\left( {b \/ - \/ a \/ - \/ 1} \right)} } \right]} \/ + \/ \sum \limits_{\script a = B + 1}^{\script n - 1} {\left[ {\sum \limits_{\script b = a + 1}^{\script n} {\left( {a \/ - \/ 1} \right)} } \right]} \\ \end{array} \right\}$

Ovviamente, qui gli estremi - $A \/ \approx \/ \frac n 3$, $B \/ \approx \/ \frac n 2$ e $C \/ \approx \/ \frac {n \/ + \/ a} 2$ - delle sommatorie non sono un sottoinsieme di misura nulla e sono critici.
Per ciascun $n$ si devono considerare $\frac {n \/ \left ( {n \/ - \/ 1} \right )} 2$ coppie: per esempio, per $n \/ = \/ 11$

$\begin{array} {ccccc|ccccc} {\quad a \quad} & {\quad b \quad} & \left ( {a \/ - \/ 1} \right) & \left ( {b \/ - \/ a \/ - \/ 1} \right) & \left ( {n \/ - \/ b} \right) & {\quad a \quad} & {\quad b \quad} & \left ( {a \/ - \/ 1} \right) & \left ( {b \/ - \/ a \/ - \/ 1} \right) & \left ( {n \/ - \/ b} \right) \\ \hline \\ 1 & 2 & 0 & 0 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 9 }} & 4 & 5 & 3 & 0 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} \\ & 3 & 0 & 1 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 8 }} & & 6 & 3 & 1 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} \\ & 4 & 0 & 2 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 7 }} & & 7 & 3 & 2 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} \\ & 5 & 0 & 3 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} & & 8 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 3 }} & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 3 }} & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 3 }} \\ & 6 & 0 & 4 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & & 9 & 3 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} & 2 \\ & 7 & 0 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & 4 & & 10 & 3 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & 1 \\ & 8 & 0 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} & 3 & & 11 & 3 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} & 0 \\ & 9 & 0 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 7 }} & 2 & 5 & 6 & 4 & 0 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} \\ & 10 & 0 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 8 }} & 1 & & 7 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} & 1 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} \\ & 11 & 0 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 9 }} & 0 & & 8 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 & 0 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 8 }} & & 9 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} & 3 & 2 \\ & 4 & 1 & 1 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 7 }} & & 10 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} & 1 \\ & 5 & 1 & 2 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} & & 11 & 4 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & 0 \\ & 6 & 1 & 3 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & 6 & 7 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & 0 & 4 \\ & 7 & 1 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} & & 8 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & 1 & 3 \\ & 8 & 1 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & 3 & & 9 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & 2 & 2 \\ & 9 & 1 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} & 2 & & 10 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & 3 & 1 \\ & 10 & 1 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 7 }} & 1 & & 11 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & 4 & 0 \\ & 11 & 1 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 8 }} & 0 & 7 & 8 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} & 0 & 3 \\ 3 & 4 & 2 & 0 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 7 }} & & 9 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} & 1 & 2 \\ & 5 & 2 & 1 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} & & 10 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} & 2 & 1 \\ & 6 & 2 & 2 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & & 11 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} & 3 & 0 \\ & 7 & 2 & 3 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} & 8 & 9 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 7 }} & 0 & 2 \\ & 8 & 2 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 4 }} & 3 & & 10 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 7 }} & 1 & 1 \\ & 9 & 2 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 5 }} & 2 & & 11 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 7 }} & 2 & 0 \\ & 10 & 2 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 6 }} & 1 & 9 & 10 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 8 }} & 0 & 1 \\ & 11 & 2 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 7 }} & 0 & & 11 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 8 }} & 1 & 0 \\ & & & & & 10 & 11 & {\compose{\LARGE \text O}{\normalsize 9 }} & 0 & 0 \\ \end{array}$

i circoletti indicano qual è il $\max$.
Come si vede, i cambi di configurazione sono effettivamente in prossimità di $\frac n 3$, $\frac n 2$ per $a$ e $\frac {n \/ + \/ a} 2$, $1 \/ - \/ a$ e $2 \/ a$ per $b$.
Tralasciamo momentaneamente $\frac {n \/ + \/ a} 2$: poiché abbiamo a che fare con numeri interi abbiamo le seguenti possibilità

$\begin{array} {ccc} {n \bmod 6} & { \quad \left \lfloor \frac n 3 \right \rfloor \quad } & { \quad \left \lfloor \frac n 2 \right \rfloor \quad } \\ \hline \\ 0 & \frac n 3 & \frac n 2 \\ 1 & \frac {n - 1} 3 & \frac {n - 1} 2 \\ 2 & \frac {n - 2} 3 & \frac n 2 & \\ 3 & \frac n 3 & \frac {n - 1} 2 \\ 4 & \frac {n - 1} 3 & \frac n 2 & \\ 5 & \frac {n - 2} 3 & \frac {n - 1} 2 \\ \end{array}$

Eccovi servito $\left ( {n \bmod 6} \right )$!
Se si fa, per ciascuna classe di congruenza $\left ( {\bmod 6} \right )$, una tabella come quella per $n \/ = \/ 11$ si può verificare che (per fortuna) il cambio di configurazione a $A \/ = \/ \left \lfloor \frac n 3 \right \rfloor$, $B \/ = \/ \left \lfloor \frac n 2 \right \rfloor$ e (reintroducendolo) con $C \/ = \/ \left \lfloor \frac {n \/ + \/ a} 2 \right \rfloor$ consente di ottenere il conteggio giusto.
Torniamo allora a

$p \left( {V \/ | \/ I} \right) \/ = \/ \frac {2} {n^{\script 3 }} \/ \left\{ \begin{array}{l} \sum \limits_{\script a = 1}^{\script A} {\left[ {\sum \limits_{\script b = a + 1}^{\script C} {\left( {n \/ - \/ b} \right)} \/ + \/ \sum \limits_{\script b = C + 1}^{\script n} {\left( {b \/ - \/ a \/ - \/ 1} \right)} } \right]} \/ + \/ \\ \quad \/ + \/ \sum \limits_{\script a = A + 1}^{\script B} {\left[ {\sum \limits_{\script b = a + 1}^{\script n - a} {\left ( {n \/ - \/ b} \right)} \/ + \/ \sum \limits_{\script b = n - a + 1}^{\script 2a} {\left( {a \/ - \/ 1} \right)} \/ + \/ \sum \limits_{\script b = 2a + 1}^{\script n} {\left( {b \/ - \/ a \/ - \/ 1} \right)} } \right]} \/ + \/ \sum \limits_{\script a = B + 1}^{\script n - 1} {\left[ {\sum \limits_{\script b = a + 1}^{\script n} {\left( {a \/ - \/ 1} \right)} } \right]} \\ \end{array} \right\}$

con $A \/ = \/ \left \lfloor \frac n 3 \right \rfloor$, $B \/ = \/ \left \lfloor \frac n 2 \right \rfloor$ e $C \/ = \/ \left \lfloor \frac {n \/ + \/ a} 2 \right \rfloor$.
Sviluppiamo prima le sommatorie in $b$

$p \left( {V \/ | \/ I} \right) \/ = \/ \frac{2} {n^{\script 3 }} \/ \left \{ \begin{array}{l} \sum \limits_{\script a = 1}^{\script A} {\left[ {n \/ \sum \limits_{\script b = a + 1}^{\script C} 1 \/ - \/ \sum \limits_{\script b = a + 1}^{\script C} b \/ + \/ \sum \limits_{\script b = C + 1}^{\script n} b \/ - \/ \left( {a \/ + \/ 1} \right) \/ \sum \limits_{\script b = C + 1}^{\script n} 1 } \right]} \/ + \/ \\ \quad \/ + \/ \sum \limits_{\script a = A + 1}^{\script B} {\left[ {n \/ \sum \limits_{\script b = a + 1}^{\script n - a} 1 \/ - \/ \sum \limits_{\script b = a + 1}^{\script n - a} b \/ + \/ \left( {a \/ - \/ 1} \right) \/ \sum \limits_{\script b = n - a + 1}^{\script 2a} 1 \/ + \/ \sum \limits_{\script b = 2a + 1}^{\script n} b \/ - \/ \left( {a \/ + \/ 1} \right) \/ \sum \limits_{\script b = 2a + 1}^{\script n} 1 } \right]} \/ + \/ \\ \quad \/ + \/ \sum \limits_{\script a = B + 1}^{\script n - 1} {\left[ {\left( {a \/ - \/ 1} \right) \/ \sum \limits_{\script b = a + 1}^{\script n} 1 } \right]} \\ \end{array} \right\}$

Facendo uso del fatto che $\sum \limits_{\script i = m + 1}^{\script n} {1} \/ = \/ n \/ - \/ m$ e $\sum \limits_{\script i = m + 1}^{\script n} {i} \/ = \/ \frac {n^{\script 2} \/ + \/ n} 2 \/ - \/ \frac {m^{\script 2} \/ + \/ m} 2$, si ha

$p \left( {V \/ | \/ I} \right) \/ = \/ \frac {2} {n^{\script 3 }} \/ \left \{ \begin{array}{l} \sum \limits_{\script a = 1}^{\script A} {\left[ {n \/ \left( {C \/ - \/ a} \right) \/ - \/ \frac{{C \/ \left( {C \/ + \/ 1} \right)}} {2} \/ + \/ \frac {{a \/ \left( {a \/ + \/ 1} \right)}} {2} \/ + \/ \frac {{n \/ \left( {n \/ + \/ 1} \right)}} {2} \/ - \/ \frac{{C \/ \left( {C \/ + \/ 1} \right)}} {2} \/ - \/ \left( {a \/ + \/ 1} \right) \/ \left( {n \/ - \/ C} \right)} \right]} \/ + \/ \\ \quad \/ + \/ \sum \limits_{\script a = A + 1}^{\script B} {\left[ \begin{array}{l} n \/ \left( {n \/ - \/ 2a} \right) \/ - \/ \frac {{\left( {n \/ - \/ a} \right) \/ \left( {n \/ - \/ a + \/ 1} \right)}} {2} + \frac {{a \/ \left( {a \/ + \/ 1} \right)}} {2} \/ + \/ \left( {a \/ - \/ 1} \right) \/ \left( {3 \/ a \/ - \/ n} \right) \/ + \/ \\ \quad \/ + \/ \frac {{n \/ \left( {n \/ + \/ 1} \right)}} {2} \/ - \/ \frac {{2 \/ a \/ \left( {2 \/ a \/ + \/ 1} \right)}} {2} \/ - \/ \left( {a \/ + \/ 1} \right) \/ \left( {n \/ - \/ 2 \/ a} \right) \\ \end{array} \right]} \/ + \/ \\ \quad \/ + \/ \sum \limits_{\script a = B + 1}^{\script n - 1} {\left[ {\left( {a \/ - \/ 1} \right) \/ \left( {n \/ - \/ a} \right)} \right]} \\ \end{array} \right\}$

Con "pochi" passaggi di "facile algebra" si ottiene

$p \left( {V \/ | \/ I} \right ) \/ = \/ \frac 2 {n^{\script 3}} \/ \left \{ \begin{array} {l} \sum \limits_{\script a = 1}^{\script A} {\left[ {\left ( {n \/ + \/ a \/ - \/ C} \right ) \/ C + \frac{a^{\script 2}} {2} \/ - \/ \frac {{4\/ n \/ - \/ 1}} {2} \/ a \/ + \/ \frac {n^{\scrip 2} \/ - \/ n} {2}} \right]} \/ + \/ \\ \quad \/ + \/ \sum \limits_{ \script a = A + 1}^{\script B} {\left[ {3\/ a^{\script 2} \/ - \/ \left( {3\/ n \/ + \/ 1} \right ) \/ a \/ + \/ n^{\script 2} } \right]} \/ + \/ \sum \limits_{\script a = B + 1}^{\script n - 1} {\left[ { - a^{\script 2} \/ + \/ \left( {n \/ + \/ 1} \right) \/ a \/ - \/ n} \right]} \\ \end{array} \right\}$

Prima di poter svolgere le sommatorie in $a$, occorre considerare che $C$ dipende da $a$ stesso: ci giunge in soccorso (provare per credere) la relazione

$\left \lfloor {\frac m 2 } \right \rfloor \/ = \/ \frac {{2 \/ m \/ - \/ 1 \/ + \/ \left( { - 1} \right)^{\script m} }} {4}$

cioè

$\left \lfloor {\frac {{n \/ + \/ a}} {2}} \right \rfloor \/ = \/ \frac {{2\/ n \/ + \/ 2\/ a \/ - \/ 1 \/ + \/ \left( { - 1} \right)^{\script n + a} }} {4}$

quindi (sempre omettendo la "facile algebra")

$\left ( {n \/ + \/ a \/ - \/ C} \right ) \/ C \/ = \/ \cdots \/ = \/ \frac 1 8 \/ \left ( {-1} \right )^{\script n + a} \/ + \/ \frac 1 8 \/ \left ( {2 \/ a^{\script 2} \/ + \/ 4 \/ n \/ a \/ + \/ 2 \/ n^{\script 2} \/ - \/ 1} \right )$

Tornando a noi, abbiano

$p \left( {V \/ | \/ I} \right) \/ = \/ \frac {2}{n^{\script 3 }} \/ \left\{ \begin{array} {l} \frac{{\left( { - 1} \right)^{\script n} }} {8} \sum \limits_{\script a = 1}^{\script A} {\left( { - 1} \right)^{\script a} } \/ + \/ \sum \limits_{\script a = 1}^{\script A} {\left[ {\frac {3} {4} \/ a^{\script 2} \/ - \/ \frac {{3\/ n \/ - \/ 1}} {2} \/ a \/ + \/ \frac {{6\/ n^{\script 2} \/ - \/ 4\/ n \/ - \/ 1}} {6}} \right]} \/ + \/ \\ \quad \/ + \/ \sum \limits_{\script a = A + 1}^{\script B} {\left[ {3 \/ a^{\script 2} \/ - \/ \left( {3\/ n \/ + \/ 1} \right) \/ a \/ + \/ n^{\script2} } \right]} \/ + \/ \sum \limits_{\script a = B + 1}^{\script n - 1} {\left[ { - a^{\script 2} \/ + \/ \left( {n \/ + \/ 1} \right) \/ a \/ - \/ n} \right]} \end{array} \right\}$

Rispetto a prima, abbiamo in più $\sum \limits_{\script i = m + 1}^{\script n} {i^{\script 2}} \/ = \/ \frac {2 \/ n^{\script 3} \/ - \/ 3 \/ n^{\script 2} \/ + \/ n} 6 \/ - \/ \frac {2 \/ m^{\script 3} \/ - \/ 3 \/ m^{\script 2} \/ + \/ m} 6$: con "pochi passaggi di facile algebra" otteniamo

$p \left ( {V \/ | \/ I} \right ) \/ = \/ \frac {2} {n^{\script 3 }} \/ \left \{ \begin{array} {l} {\frac {\left ( {-1} \right )^{\script n}} 8 \/ \sum \limits_{\script a = 1}^{\script A} {\left( { - 1} \right)^ {\script a}} \/ - \/ \frac 3 4 \/ A^{\script 3} \/ + \/ \frac {6 \/ n - 3} 8 \/ A^{\script 2} \/ - \/ \frac {n^{\script 2} \/ - \/ n \/ - \/ 1} 4 \/ A \/ + \/ \\ \quad \/ + \/ \frac 4 3 \/ B^{\script 3} \/ - \/ \left ( {2 \/ n \/ - \/ 1} \right ) \/ B^{\script 2} \/ + \/ \frac {3 \/ n^{\script 2} \/ - \/ 3 \/ n \/ - \/ 1} 3 \/ B + \frac {n^{\script 3} \/ - \/ 3 \/ n^{\script 2} + 2 \/ n} 6 } \\ \end{array} \right \}$

A questo punto passiamo ad analizzare il comportamento del termine $\left( { - 1} \right)^{\script n} \/ \sum \limits_{\script a = 1}^{\script A} {\left( { - 1} \right)^ {\script a}}$.
Il fattore $\left( { - 1} \right)^ {\script n}$ è il segno, positivo per $\left ( {n \bmod 2} \right ) \/ = \/ 0$ e negativo in caso contrario; il termine $\sum \limits_{\script a \/ = \/ 1}^{\script A} {\left( { - 1} \right)^ {\script a}}$ è una serie di $A$ termini unitari a segno alterno e vale $0$ per $\left ( {A \bmod 2} \right ) \/ = \/ 0$ e $-1$ in caso contrario: tutto ciò si ottiene con la relazione

$\left( {-1} \right )^{\script n} \/ \sum^{\script A}_{\script a \/ = \/ 1} \left( {-1} \right )^{\script a} \/ = \/ \frac {\left ( {-1} \right )^{\script n} \/ \left \[ {\left ( {-1} \right )^{\script A} \/ - \/ 1 } \right \] } 2$

La formula risolutiva diviene dunque

$p \left ( {V \/ | \/ I} \right ) \/ = \/ \frac {2} {n^{\script 3 }} \/ \left \{ \begin{array} {l} {\frac 1 8 \/ \frac {\left ( {-1} \right )^{\script n} \/ \left \[ {\left ( {-1} \right )^{\script A} \/ - \/ 1 } \right \] } 2 \/ - \/ \frac 3 4 \/ A^{\script 3} \/ + \/ \frac {6 \/ n - 3} 8 \/ A^{\script 2} \/ - \/ \frac {n^{\script 2} \/ - \/ n \/ - \/ 1} 4 \/ A \/ + \/ \\ \quad \/ + \/ \frac 4 3 \/ B^{\script 3} \/ - \/ \left ( {2 \/ n \/ - \/ 1} \right ) \/ B^{\script 2} \/ + \/ \frac {3 \/ n^{\script 2} \/ - \/ 3 \/ n \/ - \/ 1} 3 \/ B + \frac {n^{\script 3} \/ - \/ 3 \/ n^{\script 2} + 2 \/ n} 6 } \\ \end{array} \right \}$

Completo la tabella di prima con i valori di $\frac {\left ( {-1} \right )^{\script n} \/ \left \[ {\left ( {-1} \right )^{\script A} \/ - \/ 1 } \right \] } 2$

$\begin{array} {cccc} {n \bmod 6} & { \quad \left \lfloor \frac n 3 \right \rfloor \quad } & { \quad \left \lfloor \frac n 2 \right \rfloor \quad } & {\frac {\left ( {-1} \right )^{\script n} \/ \left \[ {\left ( {-1} \right )^{\script A} \/ - \/ 1 } \right \] } 2} \\ \hline \\ 0 & \frac n 3 & \frac n 2 & 0 \\ 1 & \frac {n \/ - \/ 1} 3 & \frac {n - 1} 2 & 0 \\ 2 & \frac {n - 2} 3 & \frac n 2 & 0 \\ 3 & \frac n 3 & \frac {n - 1} 2 & 1 \\ 4 & \frac {n - 1} 3 & \frac n 2 & -1 \\ 5 & \frac {n - 2} 3 & \frac {n - 1} 2 & 1 \\ \end{array}$

Sostituendo questi valori nella formula risolutiva (e qui vi risparmio davvero la "facile algebra") si ottiene

$p \left ( {V \/ | \/ I} \right ) \/ = \/ \frac {22 \/ n^{\script 3} \/ - \/ 30 \/ n^{\script 2} \/ + \/ 18 \/ n \/ + \/ R \/ \left ( {n \bmod 6} \right ) } {36 \/ n^{\script 3}}$

con

$\begin{array}{cc} {n \bmod 6} & R \\ \hline \\ 0 & 0 \\ 1 & 11 \\ 2 & -8 \\ 3 & 27 \\ 4 & -16 \\ 5 & 19 \end{array}$

Chiaramente, passando al limite per $n \to \infty$, si ottiene lo stesso risultato degli integrali di prima in quanto tutti i termini con $n$ di grado inferiore a $3$ sono infiniti di ordine inferiore (come si può vedere applicando a più riprese la regola di de l'Hospital, che poi è di uno dei Bernoulli).

La formula che ho postato precedentemente la ho ottenuta osservando che

$\begin{array}{ccccc} {n \bmod 6} & {\script \left \lfloor \frac {n \bmod 6} 2 \right \rfloor} & {\script \left \lfloor \frac {n \bmod 6} 3 \right \rfloor} & \frac {\left ( {-1} \right ) \/ \left \[ {\left ( {-1} \right )^{\script \left \lfloor \frac {n \bmod 6} 3 \right \rfloor} - 1} \right \] } 2 & R \\ \hline \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 11 \\ 2 & 1 & 0 & 0 & -8 \\ 3 & 1 & 1 & 1 & 27 \\ 4 & 2 & 1 & -1 & -16 \\ 5 & 2 & 1 & 1 & 19 \end{array}$

e quindi ho calcolato

$\left( \begin{array}{c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 1 & 1 \\ 4 & 2 & 1 & -1 \\ 5 & 2 & 1 & 1 \end{array}\right) \quad \left( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \end{array}\right) \/ = \/ \left( \begin{array}{c} 11 \\ -8 \\ 27 \\ -16 \\ 19 \end{array}\right)$

ottenendo

$\left( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \end{array}\right) \/ = \/ \left( \begin{array}{c} 11 \\ -30 \\ 12 \\ 12 \end{array}\right)$

cioè

$p \left ( {V \/ | \/ I} \right ) \/ = \/ \frac{ 22 \/ n^{\script 3} \/ - \/ 51 \/ n^{\script 2} \/ + \/ 18 \/ n \/ + \/ 11 \/ \left( {n \bmod 6} \right) \/ - \/ 30 \/ {\script \left\lfloor {\frac{{\left( {n \bmod 6} \right)}}{2}} \right \rfloor} \/ + \/ 12 \/ {\script \left \lfloor {\frac {{\left( {n \bmod 6} \right)}}{3}} \right \rfloor }\/ + 6 \/ \left( { - 1} \right)^ {\script n} \/ \left[ {\left( { - 1} \right)^{\script \left\lfloor {\frac {\left( {n \bmod 6} \right)} 3} \right\rfloor } \/ - \/ 1 } \right] } {36 \/ n^{\script 3}}$