la pulce torna nell'origine ?

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ser dark
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la pulce torna nell'origine ?

Messaggio da ser dark » 01 set 2008, 14:07

è vecchiotto, era nel 3° livello deli giochi una dozzina di anni fa. Ne ho trovato uno simile, nel forum, ma non è la stessa cosa.

una pulce (mettiamola nell'origine degli assi) si muove saltando a caso in orizzontale o in verticale e, ad ogni salto che compie, si muove di una lunghezza pari al doppio di quella relativa al salto precedente.
E' possibile che possa ritornare, con questo movimento casuale, nel punto di partenza ?
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Passo89
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Messaggio da Passo89 » 02 set 2008, 20:42

non può tornare dato che la sommatoria del tragitto di n-1 salti è sempre inferiore di 1 rispetto al salto ennesimo....
come si può dimostrare???
Saluti a tutti i matematici schizzati che mettono
e rispondono a quesiti su questo forum....

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 02 set 2008, 20:49

supponiamo che il primo salto sia di lunghezza 1 in orizzontale, allora i successivi salti in orizzonale saranno di lunghezza pari di conseguenza sarà distante dall'asse y di una quantità dispari, ovvero non tornarà mai all'origine.

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julio14
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Messaggio da julio14 » 03 set 2008, 00:46

Passo89 ha scritto:non può tornare dato che la sommatoria del tragitto di n-1 salti è sempre inferiore di 1 rispetto al salto ennesimo....
come si può dimostrare???
Induzione su $ $\sum_{i=0}^{n}2^i=2^{n+1}-1 $

AndBand89
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Messaggio da AndBand89 » 03 set 2008, 21:10

...scusate...e una banale disuguaglianza triangolare?

ser dark
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Messaggio da ser dark » 16 set 2008, 11:59

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:supponiamo che il primo salto sia di lunghezza 1 in orizzontale, allora i successivi salti in orizzonale saranno di lunghezza pari di conseguenza sarà distante dall'asse y di una quantità dispari, ovvero non tornarà mai all'origine.
è carino, ma dimostra solo che non può tornare muovendosi solo in una direzione. ma usando una combinazione di entrambe?

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Induzione su $\sum_{i=0}^{n}2^i=2^{n+1}-1

uhm.. ma basta ?
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julio14
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Messaggio da julio14 » 16 set 2008, 12:57

per dimostrare che la sommatoria dei salti fino all'n-esimo è uguale a $ $2^n-1 $ si, il che implica direttamente la tesi.

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 16 set 2008, 13:55

ser dark ha scritto:
¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:supponiamo che il primo salto sia di lunghezza 1 in orizzontale, allora i successivi salti in orizzonale saranno di lunghezza pari di conseguenza sarà distante dall'asse y di una quantità dispari, ovvero non tornarà mai all'origine.
è carino, ma dimostra solo che non può tornare muovendosi solo in una direzione. ma usando una combinazione di entrambe?
l'unica cosa che ci importa è che non tornerà allo 0 nell'asse in cui fa la prima mossa e ci basta.

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julio14
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Messaggio da julio14 » 16 set 2008, 14:01

in effetti neanche all'altro asse... modulo 2^k se esce al k-esimo passo dall'asse.

ico1989
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Messaggio da ico1989 » 16 set 2008, 16:56

julio14 ha scritto:in effetti neanche all'altro asse... modulo 2^k se esce al k-esimo passo dall'asse.
puoi spiegare più dettagliatamente, please? :D

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jordan
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Messaggio da jordan » 16 set 2008, 17:29

ico1989 ha scritto:puoi spiegare più dettagliatamente, please? :D
La domanda potrebbe essere "Parti da un punto dello spazio $ A_0 \in \mathbb{R}^k $: è possibile che dopo $ n \in \mathbb{N} $ mosse ( ove ogni la $ i $ -esima mossa genera il punto $ A_i \text{ tale che } A_iA_{i-1}=2^{i-1} $ e in qualunque direzione ), generare il punto $ A_n=A_0 $?"

Poni che la risposta sia sì..allora il punto $ A_{n-1} $ è un punto della sfera $ k $-dimensionale di raggio $ 2^{n-1} $ e centro $ A_0 $. ma allora la sequenza di punti $ A_0,A_1,...A_{n-1} $ genera una spezzata di lunghezza massima $ 1+2+4+..+2^{n-2}=2^{n-1}-1 $ che parte dal centro della sfera e arriva alla superficie della sfera stessa. Ma ciò è impossibile in quanto il raggio è maggiore della lunghezza massima della spezzata generata dalla sequenza degli $ \{A_i\} $.
Spero sia piu chiaro che l'asse non conta molto..
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julio14
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Messaggio da julio14 » 16 set 2008, 18:11

beh direi che jordan toglie ogni dubbio... :D comunque quello che intendevo io è che modulo $ $2^k $ vuol dire che il k-esimo passo è congruo a $ $2^{k-1} $ modulo $ $2^k $ mentre tutti i successivi sono congrui a 0

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