Stile dimostrativo - Combinatoria e Probabilità

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

Stile dimostrativo - Combinatoria e Probabilità

Messaggioda afullo » 30/09/2015, 18:43

In questo topic trattiamo tutte le tematiche relative agli aspetti formali delle dimostrazioni, ovvero come scriverle bene, renderle chiare, e apprezzabili da lettori o da correttori, una volta che la parte sostanziale dell'esercizio è stata risolta.
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Re: Stile dimostrativo - Combinatoria e Probabilità

Messaggioda burt » 01/10/2015, 14:35

Andrea va a pescare e qua do torna con una borsa piena di pesci da al suo gatto più grande i tre pesci più grandi e così il peso del pescato cala del 38% , poi da i tre pesci più piccoli al gatto più piccolo e il peso cala nuovamente del 38% , quanti pesci ha pescato? . Posto questa propio perchè la fomalizzazzione della dimostrazione che ho dato è indegna . Chiamiamo A il peso dell insieme di tutti i pesci che ha pescato andrea . Chiamiamo B il peso dell insieme di tutti i pesci tranne i 3 più grandi . Chiamiamo C l insieme dei 3 pesci più grandi . Chiamiamo D l insieme dei 3 pesci più piccoli .Chiamiamo E l insieme dei pesci che non sono nè tra i tre più piccoli ne tra i tre più grandi . dato che i tre pesci piu piccoli pesano il 38% di B allora il pesce più grande di D peserà al minimo 12,6 periodico ( con periodo 6 (38/3))% di B , quindi tutti i pesci esclusi quelli appartenenti a D pesano più del 12,6 periodico%di B. Quindi tutti i pesci di E pesano almeno 12,6 periodico % di B , quindi essendo che Il peso di E rappresenta il 62% di B , E non ha più di 4 elementi .( Se ne avesse 5 o più 5x12,6 %> di 62% quindi assurdo ) quindi A ha al più 10 elementi . Consideriamo A , analogamente ogni pesce appartenente a B non può essere maggiore di 12,6 periodico % di A , quindi B non può avere meno di 5 , ( se ne avesse 4 , 12.6 periodico % x 4 < 62 assurdo ) il numero di pesci che ha pescato andrea è o 8 , o 9 , o 10 . Supponiamo siano 8 , allora E ha due elementi , il più grande è al minimo il 31%di B ( infatti il peso di E =62% di B ) , e dato che A = B x 100/62 allora il 31% di B = 31x62 /100 = 19 ,22 di A , ma ciò e assurdo infatti il pesce più piccolo dei tre più grandi pesa al massimo 12,6 periodico % di A , analogamente se fossero 9 E avrebbe 3 elementi quindi il piu grande peserebbe al minimo 20,6 periodico % di B , che sarebbe uguale a 20,6 periodico x62/100 % di A , che è uguale a 12,7.... ( le cifre dopo la 3ª in questo caso sono ininfluenti ) % , dunque assurdo . Se i pesci sono 10 E ha 4 elementi con il più grande che al minimo pesa il 15,5% di B , quindi è il 15,5x62/100 % di A che è uguale a 9,5% di A , che è accettabile . Dunque andrea ha pescato 10 pesci .
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Re: Stile dimostrativo - Combinatoria e Probabilità

Messaggioda Gerald Lambeau » 02/10/2015, 17:49

La soluzione è ottima, ma una volta trovato che i pesci sono $10$ sarebbe opportuno mostrare un esempio funzionante.
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Re: Stile dimostrativo - Combinatoria e Probabilità

Messaggioda burt » 03/10/2015, 0:04

Ha, questo per esempio non lo sapevo propio non pensavo bisognasse fare un esempio pratico , questa cosa mi sarà utile comunque fare un esempio pratico non mi risulta semplice senza calcolatrice ( qui di in gara non è semplice! ) comunque : 13/12/12/9,5/9,5/9,5/9,5/7,853 ( periodico con periodo 3 e antiperiodo 85 per intenderci ) /7,853/7,853 . Eccolo qui dovrebbe essere corretto comunque grazie per il suggerimento gerald
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Re: Stile dimostrativo - Combinatoria e Probabilità

Messaggioda burt » 16/11/2015, 16:31

un treno ferma in 2n stazini comprese l ultima e la prima , ha esattamente un posto prenotato per ogni coppia di( i ,j)t.c. la persona vada dalla i-esima stazione alla j-esima stazione , determina il minimo numero di posti necessari ( la gente scende quando deve scendere senza addormentarsi sul treno e gli sconoscuti non usano sedersi in braccio a gli altri quando non c e posto )e un febbraio di qualche anno fa , il numero 17 . data una qualsiasi stazione a-esima sul treno ci sara una persona per ogni stazione precedente ad a ( e la stessa stazione a ) che va ognuna nelle successive stazioni che sono quindi 2n-a , ponendo b=2n-a abbiamo quindi che le persone presenti in una stazione a -esima sono ab. cerchiamo quindi il massimo di ab t.c. a+b=2n . immaginiamo una scacchiera axb con a+b=2n supponiamo per assurdo che il massimo di caselle che si possono ottenere non sia a=b=n , allora dato che se la coppia (a,b) e massima anche la coppia (b,a) lo e certamente c è una scacchiera con il massimo numero di caselle con a<n( se a<n allora b>n e viceversa) , la scacchiera con colonna a+1 e righe b-1 ha piu caselle rispetto alla scacchiera axb infatti abbiamo aggiunto una colonna di b-1 caselle( b-1 pk dalle b caselle della colonna viene tolta una casella visto che viene rimossa una riga ) e abbiamo rimosso una riga di a caselle , sapendo quindi che a< b-1 (infatti il minimo di b-a = 2 ) abbiamo che abbiamo aggiunto caselle alla scacchiera , e dunque (a,b) non e la coppia massima , procedendo in questa maniera si arriva ad a=b=n e analogamente dato che per valori maggiori di ha si ha a>b+1 il numero di caselle iniziera a diminuire , il massimo di ab è dunque nxn=n^2 ed e anche il massimo di persone che si possono avere nel treno e dunque il minimo di posti necessari nel treno . spero che la dimostrazione del fatto che la massimizzazione di ab con a+b=2n sia chiara , a tal proposito , e apprezzato , / vale fare dimostrazioni intuitive di questo tipo ? insomma credo che le mie affermazioni sulla sccchiera siano inopinabli ma non so se accettano dimostrazioni di questo tipo , cmq immagino che esista un teorema che dice in generale che( n:2)^2 e sempre il massimo di ab con a+b=n nei positivi ma non lo conosco , e poi per esercitarmi a dimostrare ho deciso di provarci senza teorema , ( ammesso che esista e non sia una mia convinzione )
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Re: Stile dimostrativo - Combinatoria e Probabilità

Messaggioda Rho33 » 27/02/2016, 15:14

Cesenatico 1994 1
Si dimostri che esiste un intero [tex]N[/tex] tale che per ogni [tex]n\geq N[/tex] è possibile suddividere un quadrato in [tex]n[/tex] quadratini a due a due disgiunti( Due quadratini sono disgiunti se non hanno punti interni in comune).

Soluzione:
Testo nascosto:
Innanzitutto si può notare che, se è possibile dividere un quadrato in [tex]n[/tex] quadratini disgiunti, allora è possibile suddividerlo in [tex]n+3[/tex], basta prendere uno dei quadratini e suddividerlo in [tex]4[/tex] (congiungo i punti medi dei lati opposti). Si noti che non è possibile suddividere in [tex]2,3,5[/tex] quadratini (come si potrebbe dimostrare quest'ultima affermazione?). Infine, è possibile suddividere un quadrato in un numero pari di quadratini [tex]>2[/tex], utilizzando la seguente strategia:

considero [tex]n=2k[/tex] e costruisco un quadrato di lato [tex]k[/tex] , dividendolo in [tex]k^2[/tex] quadratini. Ora individuo il sotto-quadrato di

lato [tex]k-1[/tex] che contiene il quadratino di vertice in alto a sinistra. Allora ho diviso il quadrato di lato [tex]k[/tex] in [tex]2k[/tex] quadratini,

infatti: ai [tex]k^2[/tex] quadratini iniziali devo togliere il numero di quadratini contenuti nel sotto-quadrato di lato [tex]k-1[/tex] che sono

esattamente [tex](k-1)^2[/tex] , infine devo aggiungere [tex]1[/tex] per contare l'intero sotto-quadrato come unico quadrato. Esplicitando i conti si

ottiene: [tex]k^2-(k-1)^2+1=k^2-k^2+2k-1+1=2k[/tex].

In questo modo è possibile è ottenere tutti i pari, mentre i dispari si ottengono con l'osservazione iniziale: [tex]7=4+3; 9=6+3; 11=8+3[/tex] e così via. Allora l'intero [tex]N[/tex] cercato è [tex]N=6[/tex].
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Re: Stile dimostrativo - Combinatoria e Probabilità

Messaggioda Rho33 » 27/02/2016, 16:10

Cesenatico 1995 1
Determinare per quali valori dell'intero [tex]n[/tex] è possibile ricoprire, senza sovrapposizioni, senza lasciare caselle vuote e senza fare sporgere tasselli, un quadrato di lato [tex]n[/tex] con tasselli del tipo mostrato in figura(allegato), dove ogni quadratino del tassello ha lato unitario.

Soluzione:

Testo nascosto:
Considero il tassello in figura, esso è costituito da [tex]9[/tex] quadratini . Affinchè i tasselli possano ricoprire un quadrato interamente, detto [tex]n[/tex] il lato, si ha che [tex]9| n^2 \rightarrow 3|n[/tex] . Inoltre, avendo il tassello la base di [tex]5[/tex] quadratini, il lato del quadrato sarà nella forma [tex]n=3k[/tex] con [tex]k \geq 2[/tex] .

Coloro ora sia il quadrato che il tassello a scacchiera, in modo che non vi siano due quadratini dello stesso colore adiacenti. Si nota che, in questo modo, il tassello avrà due possibili configurazioni: [tex]6N,3B[/tex] oppure [tex]3N,6B[/tex] .

Distinguo in casi:

[tex]\bullet \ \ n=3k[/tex] con [tex]k=2h+1[/tex] : allora il numero di caselle nere sarà [tex]\dfrac {n^2+1}{2}[/tex] ed il numero di caselle bianche [tex]\dfrac {n^2-1}{2}[/tex] (o viceversa ovviamente) .

Si noti ora che uno dei due sarà divisibile esattamente per due, mentre l'altro divisibile per [tex]4[/tex] , se così non fosse, la somma di due pari o di due dispari darebbe un pari, ma [tex]n^2[/tex] è dispari. Inoltre, per quanto visto colorando il tassello, entrambi devono essere divisibili per [tex]3[/tex] . Si ottiene che uno è divisibile per [tex]3[/tex] , mentre l'altro per [tex]6[/tex], quindi la loro differenza è divisibile per [tex]3[/tex] , assurdo perchè [tex]\dfrac {n^2+1}{2}- \dfrac {n^2-1}{2}= 1[/tex] ma [tex]3 \not | \ \ 1[/tex] , assurdo.

[tex]\bullet \ \ n=3k[/tex] con [tex]k=2h[/tex] : allora il quadrato ha lo stesso numero di caselle bianche e nere. Si noti che per [tex]n=6[/tex] il ricoprimento è possibile , basta disporre i [tex]4[/tex] tasselli con le basi sui [tex]4[/tex] lati ed adiacenti ognuno ad un angolo diverso.

Per [tex]n=6l[/tex] , basta suddividere il quadrato in [tex]l^2[/tex] sotto-quadrati di lato [tex]6[/tex] , da riempire ognuno come nel caso [tex]n=6[/tex] .

In conclusione il ricoprimento è possibile per tutti gli [tex]n[/tex] nella forma [tex]n=6l[/tex] .
Non hai i permessi necessari per visualizzare i file allegati in questo messaggio.
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Re: Stile dimostrativo - Combinatoria e Probabilità

Messaggioda Rho33 » 24/03/2016, 19:24

Simulazione 2013 4

Antonio e Barbara fanno il seguente gioco: su una griglia $n \times n$ posizionano in una casella d'angolo una pedina ed a turno la muovono, potendola spostare solo dalla casella su cui si trova in una adiacente che non sia già stata visitata. Antonio muove per primo; perde chi non può più muovere. Dire, in funzione di $n$, quale dei due giocatori ha una strategia vincente.

Soluzione:

Testo nascosto:
Bene, l'idea per questo problema credo sia molto carina anche se ammetto di averla riciclata da un altro esempio :lol:

Dividiamo in casi:

$\bullet n=2k+1 \rightarrow $ Ricopriamo la nostra griglia con dei tasselli di dimensioni $2 \times 1$ tranne la casella di partenza ( è necessario dimostrare che è possibile?) Allora ogni mossa compiuta da Antonio porta la pedina in un nuovo tassello, mentre Barbara può semplicemente completare il tassello al suo turno. In questo modo, adottando entrambi la migliore strategia possibile, Antonio non potrà più muovere quando tutti i tasselli sono stati ricoperti.

$\bullet n=2k \rightarrow $ In questo caso tasselliamo tutta la griglia con tasselli $2 \times 1$ compresa la casella iniziale, allora stavolta è Antonio che iniziando, completa i tasselli mentre Barbara muovendo porta la pedina in un tassello nuovo. In questo modo, adottando entrambi la migliore strategia possibile, Barbara non potrà più muovere quando tutti i tasselli saranno stati ricoperti.
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Re: Stile dimostrativo - Combinatoria e Probabilità

Messaggioda Gerald Lambeau » 24/03/2016, 19:35

Spiegata bene, ma credo sia sbagliata: che ne sai che il giocatore in svantaggio non può cambiare tassello? Chi ti dice che tutti i tasselli debbano essere ricoperti e che non ci sia una strategia per il giocatore supposto perdente di poter incastrare il vincitore senza coprire tutta la scacchiera?
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Re: Stile dimostrativo - Combinatoria e Probabilità

Messaggioda Rho33 » 25/03/2016, 12:07

Allora, provo a spiegarmi meglio e ad aggiustarla, se non ti convince ancora allora credo sia davvero sbagliata:

Innanzitutto aggiusto la tassellazione:

$\bullet n=2 \rightarrow $ tasselliamo con tasselli $2 \times 1$ posti in orizzontale, uno sopra l'altro.

$\bullet n=2k \rightarrow$ chiaramente possiamo suddividere la griglia di lato $2k$ in $k^2$ quadrati di lato $2$, che tasselliamo come spiegato sopra.

$\bullet n=2k+1 \rightarrow$ esclusa la casella di partenza, tasselliamo i due lati adiacenti alla casella con $k$ taselli $2 \times 1$ disposti in

orizzontale e $k$ in verticale ( nel senso che sono disposti lungo i due lati). Ci rimane in quadrato di lato $2k$ che tasselliamo come al punto $2$.

Veniamo ora alla parte cruciale, il gioco vero e proprio:

$\bullet n=2k \rightarrow$ Inizia Antonio, completando un tassello ( ricordo che abbiamo tassellato anche la casella di partenza). Barbara al suo turno deve obbligatoriamente portare la pedina in un nuovo tassello. Dividiamo in casi:

Caso 1 I due giocatori ricoprono man mano tutti i tasselli, allora vince Antonio poichè, finiti i tasselli, é Barbara a muovere in un nuovo tassello ma non può!

Caso 2 I due giocatori non ricoprono tutti i tasselli, allora vince sempre Antonio poichè è lui a completare: Barbara non può avere una strategia vincente perchè per ogni nuovo tassello in cui lei si sposta, c'è sempre una casella libera in cui Antonio può muovere la sua pedina ( ciò è possibile perchè non si può muovere in una casella per più di una volta) ed eventualmente vincere non lasciando a Barbara un tassello in cui muovere.


$\bullet n=2k+1 \rightarrow$ Inizia Antonio, muovendo in un nuovo tassello ( la casella di partenza non è ricoperta), allora Barbara al suo turno completa quel tassello. I due casi sono analoghi a quelli già trattati, ma con i ruoli ovviamente invertiti!
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