I cerini di Banach

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Moderatori: Gianfranco, Bruno

Br1
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Messaggio da Br1 »

Mirabile Franco :D mi sono appena connesso
per altre ragioni (prima di staccare veramente!)
e ho trovato questo tuo post (naturalmente, ho
guardato pure i precedenti).

Vorrei farti un regalo (mi piace pensarlo così):
la sequenza dei numeratori che hai tabellato
mi sembrava importante e quindi ho dato
un'occhiata a OEIS, preziosissima per ogni
"cacciatore" di sequenze (come ha detto Martin
Gardner, è sempre bene consultarla prima di
buttarsi nei calcoli...)

Guarda un po' qui!
Circa a metà pagina trovi la formula (chiusa)
con cui puoi comporre quella di Y.

A presto!
Bruno

panurgo
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Messaggio da panurgo »

Br1 ha scritto:Guarda un po' qui!
Ci sono arrivato stamane alle 11:30 spedendo la sequenza... :shock:
il panurgo

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Gianfranco
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Messaggio da Gianfranco »

Veramente interessante questo problema!!!
Grazie a Panurgo per averlo postato e complimenti a Franco, Enrico, Bruno, Pietro per gli interessantissimi contributi.
Mi piacerebbe davvero inserirlo nella collezione di BASE Cinque.
Trovo interessanti entrambe le versioni (Panurgo-Delfini)

Vi chiedo per favore se potete darmi una mano, scrivendo le strategie in modo abbastanza "didattico", per principianti:

1) a Enrico chiederei di postare la sua strategia per calcolare i 50% e i 19/16
2) a Franco o Panurgo o chi altri abbia tempo e voglia, di descrivere i ragionamenti che hanno fatto per arrivare alle formule proposte. Fatelo però quando siete arrivati ad una soluzione definitiva.

Da parte mia, scrivo qui la formula chiusa che si trova anche nella pagina dell'OEIS (On-Line Encyclopedia of Integer Sequences) segnalata da Bruno:

Questa formula dà la sequenza della colonna degli a postata precedentemente da Franco:

$\large a(n) = \frac {1}{2} \cdot \[ \frac {(2n+1)!}{(n!)^2}-4^n \]$ (Simon Norton, 2001) (errore corretto, grazie Panurgo)

Quest'altra formula dà il numero di cerini sprecati:

$\large cs(n) = \frac {a(n)}{2^{2n-1}}$

dove cs(n) è il numero di cerini sprecati in media per ogni coppia di scatole di n cerini.

Io avevo accennato anche a questa formula approssimata che coinvolgerebbe pi-greco.

$\large cs(n) = \frac {2n+1}{\sqr {\pi \cdot n} }-1$

I valori si discostano un po' dalle formule precedenti ma sono abbastanza vicini alla mia simulazione.
Mah?

BUON FERRAGOSTO!
Gianfranco
Ultima modifica di Gianfranco il mar ago 14, 2007 11:33 pm, modificato 1 volta in totale.

panurgo
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Messaggio da panurgo »

Gianfranco ha scritto:$\large a(n) = \frac {1}{2} \cdot \frac {(2n+1)!}{(n!)^2-4^n}$ (Simon Norton, 2001)
Evidentemente, $a \left ( n \right ) \/ = \/ \frac {1}{2} \/ \left \[ \frac {\left ( 2n+1 \right )!}{\left ( n! \right )^{\script 2}} \/ - \/ 4^{\script n} \right \]$
il panurgo

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Messaggio da Gianfranco »

Esatto, grazie Panurgo, ho corretto l'errore anche nel mio post precedente perché mi dava fastidio.
Ho ancora "qualche" problema con tutti quei codici TeX!

Di nuovo BUON FERRAGOSTO a tutti!

Gianfranco

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Messaggio da Gianfranco »

Che cosa sta fumando Banach nella foto qui sotto?
A me sembra una penna stilografica!
Forse era arrivato al caso limite di DUE scatole di cerini vuote!
O forse è una sigaretta con il bocchino? Cose dei tempi passati, che oggi non si vedono più.

Gianfranco
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panurgo
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Messaggio da panurgo »

Gianfranco ha scritto:Forse era arrivato al caso limite di DUE scatole di cerini vuote!
Si può facilmente dimostrare che questo è il caso più probabile... :wink:

Infatti, abbiamo

$p \left ( k \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 2^{\script -2n+k} \/ {{2n - k} \choose n}$

e, posto

$L \left ( k \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ \log \/ p \left ( k \/ \middle | \/ I \right )$

otteniamo

$L \left ( k \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ - \/ \left (2 n \/ + \/ k \right ) \log 2 \/ + \/ \log \left (2n - k \right )! \/ - \/ \log n! \/ - \/ \log \left (n - k \right )!$

Utilizzando l'approssimazione di Stirling

$\log n! \/ = \/ n \/ \log n \/ - \/ n$

otteniamo

$L \left ( k \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ - \/ \left (2 n \/ - \/ k \right ) \log 2 \/ + \/ \left (2n \/ - \/ k \right ) \log \left (2n \/ - \/ k \right ) \/ - \/ n \log n \/ - \/ \left (n \/ - \/ k \right ) \log \left (n \/ - \/ k \right )$

Derivando rispetto a $k$

$L^{\script '} \left ( k \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ \log 2 \/ - \/ \log \left (2n \/ - \/ k \right ) \/ - \/ \frac {2n - k} {2n - k} \/ + \/ \log \left (n \/ - \/ k \right ) \/ + \/ \frac {n - k} {n - k} \/ = \log {\frac {2 \left (n - k \right )} {2n - k}}$

e uguagliando a $0$ otteniamo

$\log {\frac {2 \left (n - k \right )} {2n - k}} \/ = \/ 0 \qquad \Longrightarrow \qquad \frac {2 \left (n - k \right )} {2n - k} \/ = \/ 1 \qquad \Longrightarrow \qquad k \/ = \/ 0$

Quindi, abbiamo un massimo per $k \/ = \/ 0$

:D
il panurgo

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delfo52
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Messaggio da delfo52 »

1) con le scatole da un solo cerino, è molto banale, sia che si applichi l'algoritmo classico, sia quello modificato da me.
nel caso classico, la prima scelta porta sempre ad una situazione 1-0, alla seconda sigaretta, c'è il 50% di probabilità di scegliere ciascuna scatola, per cui, nel 50% dei casi si aprirà quella ancora piena, e nel 50% si aprirà quella vuota, col risultato di buttare via anche il cerino rimasto nell'altra scatola.
(è un comportamento un po' stupido, ma...)
nel caso modificato "ad usum Delfini", già alla prima sigaretta, si vuota una scatola, e si butta via anche l'altra, con lo spreco sicuro di un cerino
(e questo comportamento è ancora più stupido...)

2)simulazione teorica con due scatole da tre cerini. Per sicurezza partiamo con un numero di esperimenti che sia una congrua potenza di due (essendo ogni volta una scelta dicotomica 50/50: per non fare troppi calcoli preventivi io sono partito con 128, ma possiamo limitarci a 16)
1° scelta-arriviamo (16 volte su 16) a 3-2
2° scelta- 8 casi 2-2 ; 8 casi 3-1
3° scelta- 8+4 casi 2-1 ; 4 casi 3-0
4° scelta- 6 casi 1-1 ; 6+2 2-0 ; 2 volte si apre quella vuota con 3PERSI
5° scelta- 6+4 casi 1-0 ; 4 volte si hanno 2PERSI
6° scelta- 5 volte si va allo 0-0 ; 5 volte si ha 1PERSO
per un risultato di 3 cerini persi 2 volte; 2 cerini persi 4 volte e 1 cerino per 5 volte: 19 cerini persi in 16 ripetizioni
Enrico

Gianfranco
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Messaggio da Gianfranco »

Caro Enrico,
ti ringrazio di cuore per la spiegazione, l'ho inserita nella pagina che sto preparando.

rinnovo l'invito anche a Panurgo e/o Franco, se vogliono e hanno tempo, di preparare una spiegazione PER PRINCIPIANTI dell'altra soluzione.

Caro Panurgo,
mi inchino di fronte alla tua potenza analitica e ti faccio i miei complimenti per la dimostrazione.

Da parte mia vorrei aggiungere una dimostrazione basata su ragionamenti del tutto ELEMENTARI che:

a) c'é la stessa probabilità a rimanere con 0 oppure 1 cerino nell'altra scatola, quando si prende una scatola vuota ;

b) tale probabilità è massima.

Le scatole inizialmente contengono n cerini.
Indico con p(k,n) la probabilità di rimanere con k cerini nell'altra scatola, quando si prende per la prima volta una scatola vuota.

La formula che hai scritto, tradotta in fattoriali, è:

$\large p(k,n) = \frac {(2n-k)!}{n! \cdot (n-k)! \cdot 2^{2n-k}}$

Se sostituisco k=0 e k=1, ottengo rispettivamente:

$\large p(0,n) = \frac {(2n)!}{n! \cdot (n)! \cdot 2^{2n}}$

$\large p(1,n) = \frac {(2n-1)!}{n! \cdot (n-1)! \cdot 2^{2n-1}}$

Si vede immediatamente che nella seconda espressione il numeratore e il denominatore risultano divisi per 2n rispetto alla prima espressone.

Dunque: p(0,n) = p(1,n)

Consideriamo ora l'espressione:

$\large p(k,n) = \frac {(2n-k)!}{n! \cdot (n-k)! \cdot 2^{2n-k}}$

Notiamo facilmente che, assegnando a k successivamente i valori 1, 2, 3, ...

a) il numeratore risulta diviso successivamente per:

$\large (2n-1) \cdot (2n-2) \cdot (2n-3)$...

b) il denominatore invece risulta diviso per:

$\large 2(n-1) \cdot 2(n-2) \cdot 2(n-3)$...

c) il che equivale a moltiplicare ogni volta il risultato precedente per:

$\large \frac {2(n-k)}{2n-k}$

cioè per una quantità che decresce per k>0.

In conclusione, p(k,n) (variando k e lasciando fisso n) decresce per k>0.

Salvo errori ed omissioni.

Se siete arrivati a leggere fin qui vorrei lanciare un'ammonizione.
Banach era un fumatore.
Come si legge nella sua biografia in lingua siciliana:
'N sti anni la sò saluti diclina e cuntrai nu cancru a li purmuni.
http://scn.wikipedia.org/wiki/Stefan_Banach

Nota: Pietro, perché è venuto fuori un *beep*? Che cosa significa? C'era scritta una normalissima parola siciliana: macché, non riesco a postarla, ve la scrivo alla rovescia: iartnuc.

L'insegnamento principale di questo problema è quindi: non fumate!


Gianfranco
Ultima modifica di Gianfranco il gio ago 16, 2007 10:00 pm, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da panurgo »

Raccomandazione inutile: non ho mai fumato tabacco... :twisted:
il panurgo

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Messaggio da Gimmy »

Ciao a tutti!
Complimenti... ma avrei 2 domande forse non proprio attinenti....

1)
franco ha scritto:Questo quesito ricorda molto da vicino un problema pubblicato su RM di questo mese, o sbaglio?
Perdonate l'ignoranza, ma cosa intendi franco con RM? C'è forse qualche bella rivista di matematica che mi perdo? :(

2)
panurgo ha scritto:la soluzione nella pagina di Wikipedia è sbagliata (per un refuso, come si evince dal testo) per un fattore \frac 12
Mi chiedevo... chi e quanti sono i wikipediani di Base5? (che immagino collaborino con il http://it.wikipedia.org/wiki/Progetto:Matematica :roll: )...
Gimmy

- "Se non sarà per culo, sarà per Matematica!" - Giò, gettando una manciata di carrarmatini rossi sull'Australia Occidentale.
Utente:Wikipedia -> http://it.wikipedia.org/wiki/Utente:Gim²y

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Messaggio da delfo52 »

è proprio come dici:
http://www.rudimathematici.com/
è , credo, la miglior newsletter della disciplina.
Non solo per i contenuti propriamente matematici, ma anche per gli articoli cultura.
TRa RM e B esiste quasi un gemellaggio, certamente un ottimo feeling e reciproca stima.
Una visita al sito e la registrazione sono assolutamente necessari.
Enrico

Gianfranco
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Messaggio da Gianfranco »

Ciao Gimmy,

telegrafico:

RM = Rudi Mathematici (rivista online)
http://www.rudimathematici.com/

Wikipedia
Aprezzo il progetto di Wikipedia anche se non so chi ci sta dietro. Dal punto di vista matematico la frequento con molta circospezione. Non ho mai avuto occasione di collaborare.

Ciao

Gianfranco

franco
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Messaggio da franco »

Gianfranco ha scritto:rinnovo l'invito anche a Panurgo e/o Franco, se vogliono e hanno tempo, di preparare una spiegazione PER PRINCIPIANTI dell'altra soluzione.
Io ti posso dire come sono arrivato alla soluzione, però sta a te valutare se è accettabile "per principianti" (io non ho esperienza di didattica).

Per prima cosa ho ipotizzato, come Enrico, un caso semplice di scatole da 3 cerini.

Mi sono fatto lo schema qui allegato per calcolare, sigaretta dopo sigaretta, quanti cerini potevano rimanere in ogni scatola e qual'era la probabilità di ogni posizione:
Immagine

Con il simbolo $ ho indicato nelle caselle gialle il numero di cerini sprecati.

Il risultato finale è:

cerini sprecati = 3*1/16*2 + 2*4/32*2 + 1*10/64*2 + 0*20/128*2 = 19/16

A questo punto, per cercare di generalizzare, ho riscritto bene in grande la precedente addizione e ne ho osservato gli addendi:


3 * 1 / 8 + 2 * 4 / 16 + 1 * 10 / 32 + 0 * 20 / 64

Osservando il primo fattore di ogni addendo la successione è evidente:

Immagine

Idem per i denominatori:

Immagine

L'ultimo fattore, visto così sull'addizione, forse è meno intuitivo:

Immagine

ma andando a guardare come avevo costruirlo il "rombo delle probabilità", associarlo ai coefficenti binomiali è stato immediato, così come a questo punto è stato immediato scrivere la formula finale:
Immagine

Ho fatto giusto una verifica per N=5 e ho postato la risposta incrociando le dita.

Ciao
Franco

ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician

panurgo
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Messaggio da panurgo »

Questo è stato il mio ragionamento: non è particolarmente elementare; credo sia meglio impostarlo per un valore piccolo di $n$ e mi piace in particolar modo la disposizione verticale del reticolo binomiale fatta da franco.

Le scatole di cerini di Banach sono indistinguibili, il prelievo di cerini non altera questa condizione e il modo in cui viene riposta la scatola dopo il prelievo, neppure. Con queste condizioni Banach si trova in uno stato di ignoranza e può quindi assegnare una probabilità alle proposizioni

$A \/ \equiv \/ {\text \grave{e} stata scelta la scatola A} \\ B \/ \equiv \/ {\text \grave{e} stata scelta la scatola B}$

in base al principio di indifferenza

$\left \{ p \left ( A \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left ( B \/ \middle | \/ I \right ) \\ p \left ( A \/ \middle | \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( B \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 1\right . \qquad \Longrightarrow \qquad p \left ( A \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left ( B \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ \frac 1 2$

Le sequenze di prelievo dei fiammiferi possono essere rappresentate su un reticolo binomiale

Immagine

Ogni passo verso il basso corrisponde alla scelta della scatola A, ogni passo verso l'alto a quella della scatola B; i nodi bianchi corrispondono alla scelta di una scatola vuota.
Questa eventualità si può verificare solo dopo che da una scatola sono stati prelevati tutti gli $n$ cerini che la scatola conteneva: supponiamo che ciò sia avvenuto dopo che dall'altra scatola sono stati tolti $n \/ - \/ k$ cerini (siamo nel nodo rosso della figura seguente)

Immagine

Ci sono ${{2n - k} \choose n}$ percorsi nel grafo che raggiungono tale punto, ciascuno formato di $2n \/ - \/ k$ scelte tra le scatole A e B: la probabilità di raggiungere il nodo $\left ( n, \/ n \/ - \/ k \right )$ vale

$p \left ( \left ( n, \/ n \/ - \/ k \right ) \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ {{2n - k} \choose n} \/ \left ( \frac 1 2 \right )^{\script 2n - k}$

La scelta della scatola vuota ha una probabilità di $\frac 1 2$; poiché questo nodo corrisponde ad avere un resto di $k$ cerini nell'altra scatola, la probabilità di avere tale resto quando la scatola scelta è vuota vale

$p \left ( k \/ \middle | \/ \left ( n, \/ n \/ - \/ k \right ) \/ I \right ) \/ = \/ \frac 1 2 \/ {{2n - k} \choose n} \/ \left ( \frac 1 2 \right )^{\script 2n - k}$

In realtà, però, il nodo $\left ( n, \/ n \/ - \/ k \right )$ non è distinguibile dl nodo $\left ( n \/ - \/ k, \/ n \right )$ che corrisponde ad aver vuotato la scatola B (le due scatole sono indistinguibili

Immagine

Per simmetria, la probabilità di aver vuotato la scatola B è uguale a quella di aver vuotato la scatola A e la probabilità di avere un resto di $k$ cerini è pari a

$p \left ( k \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left ( k \/ \middle | \/ \left ( n, \/ n \/ - \/ k \right ) \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( k \/ \middle | \/ \left ( n \/ - \/ k, \/ n \right ) \/ I \right ) \/ = \/ {{2n - k} \choose n} \/ \left ( \frac 1 2 \right )^{\script 2n - k}$

Il valore atteso di $k$ si calcola mediante la

$\left \langle k \right \rangle \/ = \/ \sum_{\script k = 0}^{\script n} k \/ p \left ( k \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ \sum_{\script k = 0}^{\script n} k \/ {{2n - k} \choose n} \/ \left ( \frac 1 2 \right )^{\script 2n - k} \/ = \/ 2^{\script - 2n} \/ \sum_{\script k = 0}^{\script n} k \/ 2^{\script k} \/{{2n - k} \choose n}$

ovvero, dopo quanto trovato nel terzo volume della Bibbia¹

$\left \langle k \right \rangle \/ = \/ \frac {2n + 1} {2^{\script 2n}} {{2n} \choose n} \/ - \/ 1$

¹The Old Testament, the New Testament and the Encyclopedia of Integer Sequences
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