il cui grafico è
Iniziamo col condurre alcune semplici riflessioni per esempio se $L=1$.
Dopo n passi le posizioni raggiunte costituiscono una variabile aleatoria $X_{1,n}$:
| N° di passi | valori di $X_{1,n}$: posizioni raggiunte |
|---|---|
| 1 | –1, 0, +1 |
| 2 | –2,–1, 0, +1, +2 |
| 3 | –3, –2,–1, 0, +1, +2, +3 |
| …. | |
| n | –n, … –2, –1, 0, +1, +2, …, +n |
Ciascuna di queste posizioni può essere raggiunta secondo percorsi diversi:
| N° di passi | N° di percorsi che conducono a ogni valore di $X_{1,n}$ |
|---|---|
| 1 | 1, 1, 1 |
| 2 | 1, 2, 3, 2, 1 |
| 3 | 1, 3, 6, 7, 6, 3, 1 |
| …. | |
| n | coefficienti dello sviluppo di $(1 + x + x^2)^n$ oppure di $(x^{-1}+1+x)^n$ dove le potenze di $x$ sono anche le posizioni raggiunte. |
Tali coefficienti sono detti trinomiali:
\[\displaystyle\binom {n}{k}_3=\binom {n-1}{k-1}_3+\binom {n-1}{k}_2+\binom {n-1}{k+1}_3\]
ovvero anche il numero di modi distinti in cui $k$ oggetti indistinguibili possono essere distribuiti in $n$ urne distinguibili consentendo al massimo 2 oggetti in ciascuna urna.
I trinomiali sono riducibili a binomiali considerando che $\displaystyle(a + b + c)^n=\sum_{i_1+i_2+i_3=n}\binom{n}{i_1\;\;i_2\;\;i_3}a^{i_1}b^{i_2}c^{i_3}$ e quindi $\displaystyle(1 + x + x^2)^n=\sum_{i_1+i_2+i_3=n}\binom{n}{i_1\;\;i_2\;\;i_3}x^{i_2+2i_3}$ da cui, posto $\begin{cases}i_2+2i_3=k \\ i_2+i_3=n-i_1 \end{cases}$, si ricava $\displaystyle(1 + x + x^2)^n=\sum_{k=0}^{2n}\Big(\sum_{i_1=0}^n\frac{n!}{i_1!\;\;(2n-2i_1-k)!\;\;(i_1+k-n)!}\Big)x^k$ ovvero \[\displaystyle\binom {n}{k}_3=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\binom{n-j}{k-(n-j)}\]
Se consideriamo $\displaystyle(x^{-1}+1 + x)^n=\sum_{i_1+i_2+i_3=n}\binom{n}{i_1\;\;i_2\;\;i_3}x^{-i_1+i_3}$, posto $\begin{cases}-i_1+i_3=X \\ i_1+i_3=n-i_2 \end{cases}$, si ricava \[(x^{-1}+1 + x)^n=\sum_{X=-n}^{n}\Big(\sum_{i_2=0}^n\frac{n!}{\left(\frac{n-X-i_2}{2}\right)!\;\;i_2!\;\;\left(\frac{n+X-i_2}{2}\right)!}\Big)x^X=\sum_{X=-n}^{n}\Big(\sum_{j=0}^n\binom{n}{\frac{n+X+j}{2}}\binom{\frac{n+X+j}{2}}{j}\Big)x^X\]
da cui, essendo $X=-n+k$,\[\displaystyle\binom {n}{k}_3=\sum_{j=0}^n\binom{n}{\frac{k+j}{2}}\binom{\frac{k+j}{2}}{j}\]
Si può verificare che vale anche la relazione $\displaystyle\binom {n}{k}_{3}=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\binom{j}{k-j}$.
La somma dei $2n+1$ elementi di ciascuna riga è una potenza del 3 e ciascuna riga dello schema può ottenersi dalla precedente con javascript nel modo seguente:
lst=[0,0,...lst].map((x,k)=>x+[0,...lst,0][k]+[...lst,0,0][k]);
ovvero per produrre tutto lo schema:
var lst=[1];
for(var i=0; i<n;i++)
lst=[0,0,...lst].map((x,k)=>x+[0,...lst,0][k]+[...lst,0,0][k]);
quindi la distribuzione di probabilità per ciascuna $X_{1,n}$ si ottiene con:
var lst=[1];
for(var i=0; i<n;i++)
lst=[0,0,...lst].map((x,k)=>(x+[0,...lst,0][k]+[...lst,0,0][k])/3);
Si tratta della distribuzione teorica.
Se per esempio se $L=2$.
Dopo n passi le posizioni raggiunte costituiscono una variabile aleatoria $X_{2,n}$:
| N° di passi | valori di $X_{2,n}$: posizioni raggiunte |
|---|---|
| 1 | –2,–1, 0, +1, +2 |
| 2 | –4, –3, –2,–1, 0, +1, +2, +3, +4 |
| 3 | –6, –5, –4, –3, –2,–1, 0, +1, +2, +3, +4, +3, +4, +5, +6 |
| …. | |
| n | –2n, … –2, –1, 0, +1, +2, …, +2n |
Ciascuna di queste posizioni può essere raggiunta secondo percorsi diversi:
| N° di passi | N° di percorsi che conducono a ogni valore di $X_{2,n}$ |
|---|---|
| 1 | 1, 1, 1, 1, 1 |
| 2 | 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 1 |
| 3 | 1, 3, 6, 10, 15, 18, 19, 18, 15, 10, 6, 3, 1 |
| …. | |
| n | coefficienti dello sviluppo di $(1 + x + x^2 + x^3 + x^4)^n$ ovvero il numero di modi distinti in cui $k$ oggetti indistinguibili possono essere distribuiti in $n$ urne distinguibili consentendo al massimo 4 oggetti in ciascuna urna |
La somma dei $4n+1$ elementi di ciscuna riga è $5^n$.
Ogni riga si ottiene con javascript mediante l'iterazione:
var lst=[1];
for(var i=0; i<n;i++)
lst=[0,0,0,0,...lst].map(
(x,k)=>
x+[0,0,0,...lst,0][k]+[0,0,...lst,0,0][k]+[0,...lst,0,0,0][k]+[...lst,0,0,0,0][k]);
mentre la distribuzione di probabilità con:
var lst=[1];
for(var i=0; i<n;i++)
lst=[0,0,0,0,...lst].map(
(x,k)=>
(x+[0,0,0,...lst,0][k]+[0,0,...lst,0,0][k]+[0,...lst,0,0,0][k]+[...lst,0,0,0,0][k])/5);
Si tratta della distribuzione teorica, che all'aumentare di $n$ assume una forma sempre più "a campana".
Se poi si vuole attribuire diversa probabilità $p=[p0,p1,p2,p3,p4]$ alla lunghezza e verso di ogni singolo passo occorrerà modificare:
var lst=[1];
for(var i=0; i<n;i++)
lst=[0,0,0,0,...lst].map(
(x,k)=>
x*p[0]+[0,0,0,...lst,0][k]*p[1]+[0,0,...lst,0,0][k]*p[2]+
[0,...lst,0,0,0][k]*p[3]+[...lst,0,0,0,0][k]*p[4]);
In generale i coefficienti dello sviluppo di $\displaystyle (1+x+x^2+\cdots+x^{s-1})^n=\sum_{k=0}^{(s-1)\cdot n}\binom {n}{k}_sx^k$ si chiamano binomiali generalizzati di ordine $s$.
Alcune loro proprietà sono:
$\displaystyle\begin{cases}\binom {n}{0}_s=1 &\quad n\ge 0\\ \binom {n}{k}_s=\sum_{j=0}^{s-1}\binom{n-1}{k-j}_s &\quad 0\le k \le (s-1)n\end{cases}$
$\displaystyle\binom{n}{k}_s=\binom{n}{(s-1)n-k}_s$
$\displaystyle\sum_{k=0}^{(s-1)n}\binom{n}{k}_s=s^n$ e $\displaystyle\sum_{k=0}^{(s-1)n}(-1)^k\binom{n}{k}_s=\begin{cases}1 &\quad\;\; s=2t+1 \\ 0 &\quad\;\; s=2t\end{cases}$
$\displaystyle\binom {n}{k}_{s+1}=\sum_{j=0\land sj\lt k}^n\binom{n}{j}\binom{j}{k-j}_s$
$\displaystyle\binom {n}{k}_s=\sum_{j=0}^{\left \lfloor \frac{k}{s} \right \rfloor}(-1)^j\binom{n}{j}\binom{n+k-sj-1}{n-1}$
$\displaystyle\binom {n}{k}_s=\sum\binom{n}{k_1\;\;k_2-k_1\;\;k_3-k_2\;\;\cdots\;\;n-k_{s-1}}$
dove $k_i\le k_{i+1}$
function triangoloGen(n,L){
var qL=Math.pow(2,L);
var lst=[1];
for(var i=0; i<n;i++) {
lst0=lst.slice(0,lst.length);
lst=[...new Array(qL).fill(0),...lst0];
for(var k=1; k<qL;k++) {
lst=lst.map(
(x,i)=>
x+[...new Array(qL-k).fill(0),...lst0,...new Array(k).fill(0)][i]);
}
lst=lst.map((x,i)=>x+[...lst0,...new Array(qL).fill(0)][i]);
}
return lst
}
I coefficienti dello sviluppo di $(1+x+x^2+x^3+x^4+...+x^{2L-1})^n$ si ottengono modificando la sola istruzione
var qL=Math.pow(2,L);
in
var qL=Math.pow(2,L)-1;
Se consideriamo lo sviluppo di $\displaystyle (x^{-L}+x^{-L+1}+\cdots+x^0+\cdots+x^{L-1}+x^L)^n=x^{-nL}(1+x+x^2+\cdots+x^{2L})^n=\sum_{k=0}^{2L\cdot n}\binom {n}{k}_{2L+1}x^{k-nL}$, gli esponenti $k-nL$ di $x$ sono le posizioni raggiunte al termine della passeggiata.
Se poi, seguendo una legge binomiale, attribuiamo la probabilità $\frac{1}{4^L}\left( 2L \atop k\right)$ di compiere un passo di ampiezza, con segno, $k-2L$ - che poi è la velocità - allora dopo $n$ passi posizioni raggiunte e probabiltà relative si ottengono dallo sviluppo di \[\displaystyle \frac{1}{4^{nL}}\left(\left( 2L \atop 0\right)x^{-L}+\left( 2L \atop 1\right)x^{-L+1}+\cdots+\left( 2L \atop L\right)x^0+\cdots+\left( 2L \atop {2L-1} \right)x^{L-1}+\left( 2L \atop 2L\right)x^L\right)^n=\] \[=\frac{x^{-nL}}{4^{nL}}(1+x)^{2nL}= \sum_{k=0}^{2nL}\frac{1}{4^{nL}}\binom {2nL}{k}x^{k-nL}\] e quindi in questo caso la posizione raggiunta infine è una variabile aleatoria che segue ancora una legge binomiale.