Cese+ SNS

Calcolo combinatorio (disposizioni, permutazioni e combinazioni) e calcolo delle probabilità.

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Messaggioda Rho33 » 31/03/2016, 22:09

Propongo due problemi quasi identici che si risolvono bene con uno strumento carino:

a)Cesenatico 1995 3 In una città ci sono $4$ pub A,B,C,D tutti collegati tra loro tranne A con D. Un ubriacone parte dal pub A e dopo aver bevuto si sposta in un nuovo pub, con uguale probabilità. Qual'è la probabilità che egli si trovi nel pub C alla quinta bevuta? In quale pub è più probabile che egli sia dopo $n$ bevute ?

b) SNS 2015 2 Una stanza ha $4$ pareti laterali, il soffitto e il pavimento. Una mosca si trova inizialmente sul soffitto, e comincia a muoversi seguendo queste regole:

$\bullet $ Se lascia il pavimento o il soffitto, con probabilità $\dfrac {1}{5}$ torna sulla superficie che ha lasciato, oppure finisce su una delle pareti laterali con probabilità $\dfrac {1}{5}$ per ciascuna di esse.
$ \bullet $ Se lascia una delle pareti laterali, può andare su ciascuna delle altre $3$ pareti, sul soffitto e sul pavimento con probabilità $\dfrac {1}{5}$ per ciascuna delle supefici.

Qual è la probabilità che la mosca si trovi sul pavimento dopo $k$ mosse?
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Re: Cese+ SNS

Messaggioda emanuelecampeotto » 01/04/2016, 13:50

Testo nascosto:
Siano [tex]a(n),b(n),c(n),d(n)[/tex] le probabilità di trovarsi nell'osteria [tex]A,B,C,D[/tex] dopo [tex]n[/tex] spostamenti. Si nota che dopo il primo spostamento le osterie [tex]A,D[/tex] sono simmetriche e lo stesso vale per [tex]B,C[/tex]. Quindi siano: [tex]A(n)=a(n)+d(n)=2a(n)[/tex] e [tex]B(n)=b(n)+c(n)=2b(n)[/tex]. Per come sono collegate le osterie vale la ricorrenza: [tex]A(n+1)=(2/3)*B(n)=(2/3)*(1-A(n))[/tex] con [tex]A(1)=0[/tex]. Allora si dimostra per induzione che vale:
[tex]A_n=(2/5)*(1-(-2/3)^(n-1))[/tex] e [tex]B(n)=(1/5)*(3+(-2/3)^(n-1))[/tex]. Poi si osserva che: [tex]A(1)=0,A(2)=2/3,A(3)=2/9,A(4)=14/27,A(5)=26/81[/tex]. Inoltre, dalla formula chiusa ricavata, si osserva che per [tex]n[/tex] dispari, [tex]A(n)<1/2[/tex], per [tex]n[/tex] pari invece si ha [tex]A(n)<1/2[/tex] se [tex]n>4[/tex]. Ne segue che dopo [tex]n[/tex] spostamenti l'ubriaco ha più probabilità di trovarsi in [tex]B o C[/tex] (con stessa probabilità nell'una e nell'altra), a eccezione del secondo e quarto spostamento, nei quali ha probabilità maggiore di trovarsi in [tex]A o D[/tex] (con stessa probabilità nell'una o nell'altra).
Ultima modifica di emanuelecampeotto il 01/04/2016, 15:43, modificato 1 volta in totale.
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Re: Cese+ SNS

Messaggioda emanuelecampeotto » 01/04/2016, 15:40

Per il secondo, il ragionamento é del tutto simile, solo che non c'é simmetria fra pavimento e soffitto, mentre vi é fra le 4 pareti laterali. Essendo [tex]p(2n)[/tex], [tex]p(2n+1)[/tex] la probabilità di trovarsi sul pavimento dopo [tex]2n[/tex] e [tex]2n+1[/tex] passi, si ha:
Testo nascosto:
[tex]p(2n)=p(2n+1)=(1/6)*(5^(2n)-1)/(5^(2n))[/tex]
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Re: Cese+ SNS

Messaggioda Rho33 » 01/04/2016, 21:45

Allora, per il primo OK, il secondo invece non capisco del tutto la tua formula, forse hai le formule scritte male in $L_AT^EX$ . Comunque posto un accenno delle mie che sono abbastanza simili:

Testo nascosto:
a) Impostiamo per ovvie ragioni il seguente sistema di ricorrenze:

$\displaystyle \left \{ {\begin{array}xA_n= \dfrac {1}{3}(B_{n-1}+C_{n-1}) \\ B_n= \dfrac {1}{2}(A_{n-1}+D_{n-1})+ \dfrac {1}{3}C_{n-1} \\ C_n= \dfrac {1}{2}(A_{n-1}+D_{n-1})+ \dfrac {1}{3}B_{n-1} \\ D_n= \dfrac {1}{3}(B_{n-1}+C_{n-1})\end{array}} \right. $

Bene, da ciò segue che $A_n=D_n$ e $B_n=C_n$ . Ricordandoci inoltre che deve valere chiaramente $A_n+B_n+C_n+D_n=1$ si ricava facilmente che $A_n= \dfrac {1}{3} - \dfrac {2}{3}A_{n-1}$

Bene, ora arriva una cosa figa di teoria. Questa è una successione per ricorrenza lineare non omogenea e per risolverla bisogna:

$\bullet $ Trovare una successione costante che la soddisfi, in questo caso $\dfrac {1}{5}$

$\bullet $ Trovare la soluzione della parte omogenea, in questo caso $ (- \dfrac {2}{3})^n$

$\bullet $ Risolvere l'equazione, dato che $A_0=1$ ottenedo infine $A_n=D_n= ( \dfrac {4}{5}) (- \dfrac {2}{3})^n + \dfrac {1}{5}$

Ora, lasciando l'onere a Wolfram, si ottiene che:

$ \lim_{n \to \infty} ( \dfrac {4}{5}) (- \dfrac {2}{3})^n + \dfrac {1}{5} = \dfrac {1}{5} $

Quindi è più probabile che l'ubriacone sia in $B,C$

b) Qui imposto solo il sistema, tanto è la stessa cosa, anzi qui si ottiene una ricorrenza lineare omogenea, quindi è più facile.

$\displaystyle \left \{ {\begin{array}xS_n= \dfrac {1}{5}S_{n-1}+ \dfrac {4}{5} L_{n-1} \\ L_n= \dfrac {3}{5}L_{n-1}+ \dfrac {1}{5} S_{n-1}+ \dfrac {1}{5}P_{n-1} \\ P_n= \dfrac {1}{5}P_{n-1}+ \dfrac {4}{5}L_{n-1} \end{array}} \right. $
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Re: Cese+ SNS

Messaggioda Rho33 » 04/04/2016, 15:39

Per chi volesse, anche questo è quasi identico, e pure più facile:

Una pulce salta tra i vertici di un tetraedro regolare. Ogni volta che si trova in un vertice sceglie uno dei tre spigoli che partono da quel vertice ( tutti con la stessa probabilità) e salta verso l'estremo di quello spigolo. Determinare la probabilità che la pulce si ritrovi al punto di partenza dopo 2002 salti.

Testo nascosto:
Chiaramente si imposta il solito sistema di ricorrenze:

$\displaystyle \left \{ {\begin{array}xA_n= \dfrac {1}{3}(B_{n-1}+C_{n-1}+D_{n-1}) \\ B_n= \dfrac {1}{3}(C_{n-1}+D_{n-1}+A_{n-1}) \\ C_n= \dfrac {1}{3}(B_{n-1}+D_{n-1}+A_{n-1}) \\ D_n= \dfrac {1}{3}(B_{n-1}+C_{n-1}+A_{n-1}) \end{array}} \right.$

E ricordando che $A_n+B_n+C_n+D_n= 1$ non ci vuole poi tanto a trovare che :

$A_n=B_n=C_n=D_n= \dfrac {1}{3}(1-A_{n-1})$

Poi si chiude facilmente come all'inizio.
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Re: Cese+ SNS

Messaggioda Rho33 » 20/04/2016, 19:33

Ed ancora, ampliando il topic, anche questo rientra nello stesso tipo di esercizi:

Si lancia $n$ volte un dado, con le facce contrassegnate da $1$ a $6$ . Qual è la probabilità che la somma dei punteggi usciti sia divisibile per $7$ ?

Testo nascosto:
L'osservazione chiave è: se al $k \text {-esimo}$ lancio la somma dei punteggi non è divisibile per $7$ , allora vi è un $\dfrac {1}{6}$ di probabilità che sia divisibile al successivo ( solo una delle sei facce va bene) . Se invece è divisibile, allora al successivo non sarà divisibile. Impostiamo in maniera ricorsiva:

$p_n= \dfrac {1}{6} (1-p_{n-1})= \dfrac {1}{6}- \dfrac {1}{6}p_{n-1}$

Seguendo ora le regole di teoria generale ( successione per ricorrenza lineare non omogenea) si ha che :

$p_n=- \dfrac {3}{14} (- \dfrac {1}{6} )^n + \dfrac {1}{7} $ .

Ed infine:

$\lim_{n \to \infty} = - \dfrac {3}{14} (- \dfrac {1}{6} )^n + \dfrac {1}{7}= \dfrac {1}{7}$
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