Semplice, semplice

[panurgo]

Ammettendo che esista qualcosa come una moneta onesta e un lancio onesto (un modo per avere un'uguale frequenza di teste e di croci ) quanti lanci occorreranno in media per avere due teste consecutive? E quanti per avere una testa e una croce in successione?

[Massimo]

Giusto perchè è semplice semplice provo a rispondere.

Le sequenze ...TT..., ...CC..., ...CT... o ...TC... sono tutti eventi possibili, ma nello stesso tempo mai certi.
E' possibile, anche se poco ragionevole, voler ottenere la prima ed ottenere ?CCCCCC... o ?CTCTCT... o TCTCTC..., così come ottenere ?TTTTTT... o CTCTCT.... o ?TCTCTC... quando si cerca la seconda. Infine la 3a e la 4a sono evitate rispettivamente dalle serie ?CCCCC... o la TTTTTT... e dalle CCCCC... o la ?TTTT...

(? è indipendentemente un simbolo T o C)

Quindi il tutto starà nello stabilire la percentuale avversa che si è disposti sostenere per poter fare valutazioni più precise.

[delfo52]

quale tipo di media intendiamo ?
Si parla proprio di ripetizione di "due teste", o va bene qualsiasi sequenza di due simboli uguali?
Parlando in termini generali, ad ogni lancio successivo al primo, la probabilità che si ripeta il simbolo appena uscito è del 50%
Considerando una sola delle due possibilità (TT nel testo) sembrerebbe che si tratta di sommare termini tutti uguali a 1/4, ma.....
Immaginiamo una piccola simulazione:
primo lancio:
16 volte C - 16 volte T
secondo lancio
8 volte CC - 8 volte CT - 8 volte TC - 8 volte TT
al terzo lancio si presentano in pedana solo le prime 24 sequenze
ma solo 8 di queste (le CT) hanno la possibilità di generare la coppia TT !

Certo, se invece che con 32 lanci partiamo con infiniti lanci, la cosa riesce meglio.....

[panurgo]

"Quanti lanci occorrerano in media" è sinonimo di "qual è l'expectation (valore medio) del numero di lanci". In parole povere, se immaginiamo i due processi, quello che termina con TT e quello che termina con TC, essio saranno composti da una serie di lanci più o meno lunga: prima di iniziare a lanciare quanti lanci mi aspetto di dover fare in ciascuno dei due processi?

[franco]

Ci ho ragionato un po', per il momento limitandomi alla probabilità di ottenere il TT.

Non sono molto esperto di calcolo delle probabilità ed ho inteso come valore atteso:
$V_{atteso} = {{\sum\limits_{i = 1}^\infty {i * P_i } } \over {\sum\limits_{i = 1}^\infty {P_i } }}$
Dove i è il numero di lanci di moneta e Pi la probabilità di realizzare una sequenza TT all'iesimo lancio (e non prima)

Chiaramente se questa ipotesi è sbagliata, è sbagliato anche tutto il resto!

Per quanto riguarda le probabilità avrò:

$P_1 = 0$ (evidentemente con un solo lancio non posso avere una sequenza TT!)

$P_2 = {1 \over 4}$ (e anche qui è elementare)

$P_i = {{P_{i - 1} } \over 2} + {{P_{i - 2} } \over 4}$

Questa è un po' più dura ma ci sono arrivato in qualche modo. Non so nemmeno se riesco a ricostruire il ragionamento dalla miriade di foglietti che ho sul tavolo.

Naturalmente il denominatore della formula è pari ad uno (andando all'infinito prima o poi due teste di fila usciranno!!)

A questo punto però non sono riuscito ad andare avanti.
O meglio, ho anche ottenuto il risultato finale: Valore Atteso = 6 ma solo con la forza bruta!
Spero che qualcuno sia capace a far di meglio (magari con quella bibbia delle sequenze che era saltata fuori qualche tempo fa).

ciao

P.S. Ho editato e messo in chiaro il mio risultato dopo il post di Pietro che ha dato la soluzione in una maniera ben più elegante della mia

[Gimmy]

Scusate, ma provo a trattar eil problema in maniera un po' più teorica diciamo.
Qua stiamo parlando della distribuzione delle variabili causali discrete, e in particolare del Problema delle prove ripetute.
Mi spiego meglio:

Chiamiamo $p$ la probabilità che in una singola prova si verifichi l'evento E, e chiamiamo $q=1-p$ la probabilità che l'evento E non si verifichi.
Si suppone di ripetere la prova $n$ volte; e in queste prove l'evento E può quindi verificarsi da 0 a n volte.
Il numero dei successi (ovvero il numero delle volte che si verifica E) è una variabile causale $x$, di cui occorre determinare la distribuzione.

Per cui la probabilità che l'evento E nelle n prove si verifichi ad esempio k volte è uguale alla somma delle probabilità degli ${n \choose k}$ eventi considerati:

$p_k = p(x=k) = {n \choose k} p^k q^{n-k}$

Ora devo scappare... spero di non aver detto castronerie.
Cmq spero anche che basti porre $p_k > \frac{1}{2}$ perché l'evento E si verifichi k volte con una probabilità maggiore del 50% e esplicitarci $n$, ovvero il numero dei lanci.

Quando torno stasera farò 2 conti…
Ciao a Tutti

[Admin]

Le configurazioni possibili con $n$ lanci sono $2^n$;
tali configurazioni, stando alle ipotesi sono equiprobabili;

I casi favorevoil ci sono dati dal numero ( chiamiamolo $a(n)$ ) delle configurazioni nelle quali vi è una sola coppia di teste consecutive e tale coppia corrisponde agli ultimi due lanci;
quindi per calcolarci $a(n)$, delle $2^n$ configurazioni, dobbiamo considerare solo quelle che terminano con CTT e che non hanno coppie di teste consecutive nella parte precedente a CTT;
chiaramente i casi $n=2$ e $n=3$ sono banali e si ha $a(n)=1$;

ora il numero di configurazioni che terminano con CTT, date $2^n$ configurazioni iniziali (con $n>3$), ci è dato da $2^n\/\cdot\/\frac12\/\cdot\/\frac12\/\cdot\/\frac12\/=\/2^{n-3}$;
a queste dobbiamo togliere quelle in cui vi è almeno una coppia di teste consecutive nella parte precedente a CTT; queste ultime sono pari in numero a $\/b(n-3)\/=\/2^{n-3}\/-\/F(n-1)$ (vedere OEIS),
dove $F(n)$ è il termine $n-esimo$ della successione di Fibonacci.

Per cui il numero di configurazioni che terminano con CTT e che non hanno coppie di teste consecutive nella parte precedente a CTT, dati $n$ lanci, ci è dato da:

$a(n)\/=\/2^{n-3}\/-\/b(n-3)\/=\/2^{n-3}\/-\/2^{n-3}\/+\/F(n-1)\/=\/F(n-1)$

Quindi ricapitolando:

$\text{numero di casi favorevoli}\/=\/a(n)\/=F(n-1)$
$\text{numero di casi possibili}\/=\/2^n$

per cui, dati $n$ lanci, la probabilità che si ottenga la prima coppia consecutiva di teste proprio con gli ultimi 2 lanci, ci è data da:

$p\{E\}\/=\/\frac{F(n-1)}{2^n}$

il valore atteso ci è dato da:

$\langle n\rangle\/=\/\sum_{n=2}^{\infty}{\/\frac{F(n-1)}{2^n}\/\cdot\/n}$

Ho provato per un pò a trovare una forma chiusa per la somma dei primi $k$ termini, per poi fare il limite per $k\to\infty$;
poi il mio tempo si è esaurito, per cui ho dato il tutto in pasto a derive;
molto agevolmente mi ha fornito il risultato:
$\langle n \rangle\/=\/6$

Per l'altra domanda, la situazione è leggermente diversa;
vedo se riesco a postare qualcosa domani.

SE&O

Admin

P.S.: Fibonacci sbuca sempre quando meno te l'aspetti !

[franco]

P.S.: Fibonacci sbuca sempre quando meno te l'aspetti !

E' qui che si vede la differenza fra un vero matematico ed un dilettante!
A me la sequenza 0,1,1,2,3,5,8,13,21,.... mi fa venire il mal di testa, a te va venire in mente immediatamente Fibonacci! (mannaggia )

[delfo52]

concordo sul risultato, avendo anche io fatto ricorso alla forza bruTTa, nel timore di aver fatto castronerie con le formule, ma

sto per fare una domanda probabilmente banale e sicuramente stupida:
come è possibile che venga fuori una media "finita" avendo a che fare con una serie di risultati "infinita", di cui almeno un termine posso-devo considerare "infinito" ?

Ho chiesto a nonno Zenone e a zio Cantor, ma ho la testa che mi fuma...

[Gimmy]

Eccomi tornato!
E' tardissimo quindi potrei sbagliare un sacco a fare i conti… e cmq vedo ch epiù o meno siamo arrivati alla risposta.
Calcolando con il mio metodo si avrà:
${n \choose k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$

Che nel nostro caso dovrebbe essere:
$k=2$
$p=\frac{1}{2}$
$q=p$

${n \choose 2} \frac{1}{2}^2 \frac{1}{2}^{n-2} = \frac{n!}{2!(n-2)!} \frac{1}{2}^{n}$

Essendo 2! = 2 si ha:$\frac{n!}{2(n-2)!}$
... che abbiamo detto perché sia probabile dovrà essere > 1/2, sarà:
$\frac{n!}{2(n-2)!} \frac{1}{2^n} > \frac{1}{2}$

$\frac{n!}{(n-2)!} \frac{1}{2^n} > 1$

$\frac{n!}{(n-2)!} \frac{1}{2^n} -1 > 0$

... ho troppo sonno… e sto dando i numeri
Stasera non posso finire…
Aspetto dunque che panurgo si faccia sentire, e intanto...

@delfo52
Sì: è normale... la tua domanda in generale… ad esempio c'è il problema del postino e le lettere da imbustare a caso (lo so: non si chiama postino ma ci siamo intesi). Siccome mi era parso carino aprirò un topic apposta apepna potrò…
Notte a Tutti!

[franco]

come è possibile che venga fuori una media "finita" avendo a che fare con una serie di risultati "infinita", di cui almeno un termine posso-devo considerare "infinito" ?

Mi sono fatto la stessa domanda e mi sono risposto così:

$V_{att} = \matrix{ {\lim } \cr {N \to \infty } \cr } {{\sum\limits_{i = 1}^N {i * P_i } } \over {\sum\limits_{i = 1}^N {P_i } }}$

Forse non è corretto ma almeno non mi ci ha fatto perdere il sonno

P.S. (edit) Visto che avevo i calcoli fatti su excel ho pensato di fare anche sfoggio di un grafico:

[Admin]

come è possibile che venga fuori una media "finita" avendo a che fare con una serie di risultati "infinita", di cui almeno un termine posso-devo considerare "infinito" ?

beh, quella sommatoria altro non è che una serie convergente.

Un esempio più evidente potrebbe essere:

$\sum_{k=0}^{\infty}{\/\frac{n}{2^n}}\/=\/0\/+\/\frac{1}{2}\/+\/ \frac{2}{4}\/+\/\frac{3}{8}\/+\/\frac{4}{16}\/+\/\dots\/+\/\frac{n}{2^n}\/+\/\dots$

che converge a $2$.
Infatti la somma dei primi $n$ termini è pari a:

$S(n)\/=\/2\/-\/\frac{n+2}{2^n}$

facendo il limite per $n\to\infty$ otteniamo la somma di tutti i termini della serie:

$\lim_{n\to\infty}{\/2\/-\/\frac{n+2}{2^n}\/}=\/2$

Il fatto è che il termine infinitesimo della sommatoria trovata per il valore atteso, è pari a 0, non ad infinito.
Ciò non è sufficiente per dire che una serie è convergente, però rassicura un pò di più.

Ciao
Admin

[Admin]

E quanti per avere una testa e una croce in successione?

Posso utilizzare lo stesso ragionamento utilizzato per le due teste consecutive;

in questo caso però, i casi favorevoil ci sono dati dal numero $a(n)$ delle configurazioni che terminano con TC e che non hanno coppie di teste consecutive nella parte precedente a TC;

il numero di configurazioni che terminano con TC, date $2^n$ configurazioni iniziali (con n>3), ci è dato da $2^n\/\cdot\/\frac12\/\cdot\/\frac12\/=\/2^{n-2}$;

a queste dobbiamo togliere quelle in cui vi è almeno una coppia di testa-croce consecutive nella parte precedente a TC; queste ultime sono pari in numero a $\/b(n-2)\/=\/2^{n-2}\/-\/n\/+\/1$ (vedere OEIS),.

$a(n)\/=\/2^{n-2}\/-\/b(n-2)\/=\/2^{n-2}\/-\/2^{n-2}\/+\/n\/-\/1\/=\/n\/-\/1\/$

$\text{numero di casi favorevoli}\/=\/a(n)\/=\/n\/-\/1$
$\text{numero di casi possibili}\/=\/2^n$

per cui, dati $n$ lanci, la probabilità che si ottenga la prima coppia TC proprio con gli ultimi 2 lanci, ci è data da:

$p\{E\}\/=\/\frac{\/n\/-\/1\/}{2^n}$

il valore atteso ci è dato da:

$\langle n\rangle\/=\/\sum_{n=2}^{\infty}{\/\frac{\/n\/-\/1\/}{2^n}\/\cdot\/n}$

in questo caso sembrerebbe più facile calcolare la somma dei primi $n$ termini; appena ho un pò più di tempo ci provo.
Per il momento derive mi ha gentilmente offerto il risultato:

$\langle n\rangle\/=\/4$

SE&O

Admin

[panurgo]

Vi posto il mio ragionamento.

Per prima cosa descriviamo il processo terminante con TT con un grafo: al primo lancio si può raggiungere lo stato "croce" oppure lo stato "testa"



se si è nello stato "croce" al lancio successivo si può rimanere nello stesso stato oppure passare allo stato "testa"



se si è nello stato "testa" al lancio successivo si può ritornare nello stato "croce" oppure passare nello stato "testa testa"



una volta arrivati allo stato "testa testa" si può solo rimanere lì



Assegnamo le probabilità di transizione in base al principio di indifferenza (sempre immaginando questo mitico lancio onesto di una moneta onesta)



Per il processo terminante con TC tutto è uguale per lo stato iniziale e lo stato "croce"; quando si è nello stato "testa" invece si può rimanere nello stesso stato oppure passare allo stato "testa croce"



Anche in questo caso assegnamo le probabilità in base al principio di indifferenza



Se osserviamo questo grafo vediamo che un processo di $n$ passi può contenere solo due sequenze, una di $r$ croci e l’altra di $n \/ - \/ r \/ - \/ 1$ teste: in altre parole, dopo la prima testa la sequenza può contenere solo teste prima dell’ultima croce

$\begin{array}{cC35C35C50C35C50C35}\overbrace{\text TTTTTTT \cdots T}^{\script n-1}{\text C} \\ {\text C} \overbrace{\text TTTTTT \cdots T}^{\script n-2}{\text C} \\ \vdots \\ \overbrace{\text C \/ \cdots \/ C}^{\script r}\overbrace{\text T \/ \cdots \/ T}^{\script n-r-1}{\text C} \\ \vdots \\ \overbrace{\text CCCCCC \cdots C}^{\script n-2}{\text TC} \\ \end{array}$

Come si vede, le sequenze di $n$ passi sono $n \/ - \/ 1$: la probabilità di una sequenza di $n$ passi è dunque (la probabilità di ciascun passo è $\frac12$)

$p \left ( n \/ \middle | \/ I_{\script 2} \right ) \/ = \/ \left ( n \/ - \/ 1 \right ) \/ \left ( \frac12 \right )^{\script n}$

e il valore atteso di $n$ è

$\left \langle n \/ \middle | \/ I_{\script 2} \right \rangle \/ = \/ \sum_{\script n=0}^{\script \infty}{n \/ p \left ( n \/ \middle | \/ I_{\script 2} \right )} \/ = \/ \sum_{\script n=1}^{\script \infty} {n \/ \left ( n \/ - \/ 1 \right ) \/ \left ( \frac12 \right )^{\script n}} \/ = \/ \sum_{\script n=1}^{\script \infty} {n^{\script 2} \/ \left ( \frac12 \right )^{\script n}} \/ - \/ \sum_{\script n=1}^{\script \infty} {n \/ \left ( \frac12 \right )^{\script n}}$

Queste sommatorie non sono niente di meno che polilogaritmi

${\text Li}_{\script s} \left ( z \right) \/ = \/ \sum_{\script n = 1}^{\script \infty} {n^{\script -s}z^{\script n}}$

Che si ritrovano, per esempio, nella forma chiusa degli integrali delle distribuzioni di Fermi-Dirac e Bose-Einstein e che per valori interi negativi di $s$ valgono (non chiedetemi perché, numeri euleriani ecc.)

$\sum_{\script n=1}^{\script \infty} {n^{\script k} \/ p^{\script n}} \/ = \/ \frac 1 {\left ( 1 - p \right )^{\script k + 1}}\sum_{i=0}^{k-1}{\sum_{j=0}^{i+1} { \left( -1 \right )^{\script j} \/ {{k+1} \choose j } \/ \left ( i + 1 - j \right )^{\script k} \/ p^{\script k - i}}}$

Abbiamo dunque

$\sum_{\script n=1}^{\script \infty} {n \/ p^{\script n}} \/ = \/ \frac p {\left ( 1 - p \right )^{\script 2}}$

e

$\sum_{\script n=1}^{\script \infty} {n^{\script 2} \/ p^{\script n}} \/ = \/ \frac {p+p^{\script 2}} {\left ( 1 - p \right )^{\script 3}}$

da cui si ricava
$\left \langle n \/ \middle | \/ I_{\script 2} \right \rangle \/ = \/ \sum_{\script n=0}^{\script \infty} {n^{\script 2} \/ \left ( \frac12 \right )^{\script n}} \/ - \/ \sum_{\script n=0}^{\script \infty} {n \/ \left ( \frac12 \right )^{\script n}} \/ = \/ \frac {\frac12 + \left (\frac12\right)^{\script 2}}{\left (\frac12\right)^{\script 3}} \/ - \/ \frac {\frac12} {\left (\frac12\right)^{\script 2}}\/ = \/ \frac {\frac12}{\left (\frac12\right)^{\script 3}} \/ = \/ {\Large 4}$

Se riguardiamo il grafo del primo processo



vediamo che un processo di $n$ passi può contenere un numero indefinito di sequenze di croci alternate con teste singole.
La seconda sequenza è quindi più complessa della prima, tanto complessa che non tento neanche di enumerare le sequenze favorevoli: visto che parliamo di un processo, di stati e di transizioni... raccolgo le probabilità di transizione in una matrice di transizione

$\mathbf{M} \/ = \/ \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ \frac12 & \frac12 & \frac12 & 0 \\ \frac12 & \frac12 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac12 & 1 \\ \end{pmatrix}$

di cui trovo gli autovalori

$\lambda \/ = \/ \left \{ 0, \/ 1, \/ \frac {1 - \sqrt {5}} 4, \/ \frac {1 + \sqrt {5}} 4 \right \}$

e gli autovettori

$\mathbf{S} \/ = \/ \begin{pmatrix} {-1} & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & \frac {1 + \sqrt {5}} 2 & \frac {1 - \sqrt {5}} 2 \\ 0 & 0 & -\frac {3 + \sqrt {5}} 2 & -\frac {3 - \sqrt {5}} 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}$

Di questa matrice trovo l’inversa

$\mathbf{S}^{\script -1} \/ = \/ \begin{pmatrix} {-1} & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ -\frac {5 - 3\sqrt {5}}{10} & - \frac {5 - 3\sqrt {5}}{10} & -\frac {5 - \sqrt {5}} {10} & 0 \\ -\frac {5 + 3\sqrt {5}}{10} & - \frac {5 + 3\sqrt {5}}{10} & -\frac {5 + \sqrt {5}} {10} & 0 \\ \end{pmatrix}$

e le uso per diagonalizzare la matrice di transizione

$\Lambda \/ = \/ \mathbf{S}^{\script - 1} \mathbf{MS} \/ = \/ {\text diag} \lambda \/ = \/ \begin{pmatrix} 0 & {} & {} & {} \\ {} & 1 & {} & {} \\ {} & {} & {\lambda_{\script 3}} & {} \\ {} & {} & {} & {\lambda_{\script 4}} \\ \end{pmatrix}$

così da poter calcolare la potenza $n$-esima della matrice, $\mathbf{M}^{\script n} \/ = \/ \mathbf{S}\Lambda^{\script n} \mathbf{S}^{\script -1}$. L’elemento

$\left (\begin{array}{c20c20c20c20C20C20C20C20} {} & {} & {} & {.} \\ {} & {} & {} & {} \\ {} & {} & {} & {} \\ {\text X} & {} & {} & {} \\ \end{array} \right )$

della matrice contiene la distribuzione cumulativa di probabilità di $n$

$F \left ( n \/ \middle | \/ I_{\script 1} \right ) \/ = \/ 1 \/ - \/ \frac {5 - 3\sqrt5}{10} \/ \lambda_{\script 3}^{\script n} \/ - \/ \frac {5 + 3\sqrt5}{10} \/ \lambda_{\script 4}^{\script n}$

La densità di probabilità è

$p \left ( n \/ \middle | \/ I_{\script 1} \right ) \/ = \/ F \left ( n \/ \middle | \/ I_{\script 1} \right ) \/ - \/ F \left ( n \/ - \/ 1 \/ \middle | \/ I_{\script 1} \right ) \/ = \/ \frac {5 - 3\sqrt5}{10} \/ \left (\lambda_{\script 3} \/ - \/ 1 \right) \/ \lambda_{\script 3}^{\script n-1} \/ + \/ \frac {5 + 3\sqrt5}{10} \/ \left (\lambda_{\script 4} \/ - \/ 1 \right) \/ \lambda_{\script 4}^{\script n-1}$

e il valore atteso è

$\left \langle n \/ \middle | \/ I_{\script 1} \right \rangle \/ = \/ \sum_{\script n = 0}^{\script \infty } {n \/ p \left ( n \/ \middle | \/ I_{\script 1} \right ) } \/ = \/ \frac {5 - 3\sqrt5}{10} \/ \left (\lambda_{\script 3} \/ - \/ 1 \right) \/ \sum_{\script n = 2}^{\script \infty } {n \/ \lambda_{\script 3}^{\script n-1}} \/ + \/ \frac {5 + 3\sqrt5}{10} \/ \left (\lambda_{\script 4} \/ - \/ 1 \right) \/ \sum_{\script n = 2}^{\script \infty } {n \/ \lambda_{\script 4}^{\script n-1}}$

e ricordando che

$\sum_{\scrip n=2}^{\script \infty} {n \/ p^{\script n - 1}} \/ = \/ \sum_{\script n=0}^{\script \infty} {n \/ p^{\script n - 1}} \/ -\/ 1 \/ = \/ \frac 1 {\left ( 1 - p \right )^{\script 2}} \/ - \/ 1 \/ = \/ \frac p {1 - p}$

si ha (con un po’ di fede)

$\left \langle n \/ \middle | \/ I_{\script 1} \right \rangle \/ = \/ \frac {\left ( 5 - 3\sqrt5 \right ) \/ \left ( \lambda_{\script 3} \/ - \/ 2 \right ) \/ \lambda_{\script 3}} {10 \/ \left ( \lambda_{\script 3} \/ - \/ 1 \right ) } \/ + \/ \frac {\left ( 5 + 3\sqrt5 \right ) \/ \left (\lambda_{\script 4} \/ - \/ 2 \right ) \/ \lambda_{\script 4}} {10 \left (\lambda_{\script 4} \/ - \/ 1 \right ) }$

e sostituendo gli autovalori

$\left \langle n \/ \middle | \/ I_{\script 1} \right \rangle \/ = \/ \frac {\left ( 5 - 3\sqrt5 \right ) \/ \left (\frac {1 - \sqrt {5}} 4 \/ - \/ 2 \right ) \/ \frac {1 - \sqrt {5}} 4} {10 \/ \left (\frac {1 - \sqrt {5}} 4 \/ - \/ 1 \right ) } \/ + \/ \frac {\left ( 5 + 3\sqrt5 \right ) \/ \left ( \frac {1 + \sqrt {5}} 4 \/ - \/ 2 \right ) \/ \frac {1 + \sqrt {5}} 4} {10 \left (\frac {1 + \sqrt {5}} 4 \/ - \/ 1 \right ) } \/ = \/ {\Large 6}$

[franco]

GULP!

Ho cercato di seguirti ma proprio non riesco ad andare oltre i primi passaggi!!