da Piera » 05/02/2007, 01:04
5) C'è qualcosa che non va nel procedimento di Ermanno, perchè la probabilità è $(fib(n+2))/2^n$.
Ecco la soluzione di questo classico problema:
per risolvere il problema è necessario contare il numero di sequenze di 0 e 1 che non hanno due 1 consecutivi (0 sta per croce, 1 per testa).
A tale scopo consideriamo $n-k$ cifre 0 scritte di seguito e poi collochiamo $k$ cifre 1 in modo che due di esse non siano adiacenti. Ci sono $n-k+1$ posti per sistemare le $k$ cifre unità e ciò può essere fatto in $((n-k+1),(k))$ modi.
Per intenderci, supponiamo di effettuare $n=5$ lanci e di considerare $k=2$ 1 e $n-k=3$ 0. Un modo per non scrivere due 1 consecutivi è il seguente:
scriviamo i tre 0 in fila: 000,
gli 1 possono essere sistemati in 4 posti :
1 000
01 00
001 0
0001
e visto che dobbiamo sistemare due 1, questo può essere fatto in $((4),(2))=6$ modi (ad esempio $1 0010, oppure 001 01 e cosi' via...).
Torniamo al caso generale.
Facendo variare $k$ vediamo che il numero di sequenze di 0 e 1 senza due 1 consecutivi è
$sum_(k>=0)((n-k+1),(k))$.
La probabilità è pertanto $p_n=sum_(k>=0)(((n-k+1),(k)))/2^n$.
Ci potremmo fermare qui, però, se si ricorda che i numeri di Fibonacci possono essere definiti nel seguente modo $fib(n)=sum_(k>=0)((n-k-1),(k))$, si ottiene $fib(n+2)=sum_(k>=0)((n-k+1),(k))$ e quindi
$p_n=(fib(n+2))/2^n=[(1+sqrt5)^(n+2)-(1-sqrt5)^(n+2)]/(2^(2n+2)sqrt5)$.
P.S. Gli esercizi che sono rimasti, 3) e 4), non sono cosi' difficili!
Invito qualcuno a provarci!