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Che convoluzione, un tetraedro!

11 settembre 2013

Leggo da qualche parte che l’n-esimo numero tetraedrico è la convoluzione dei primi n numeri naturali. Che cosa graziosa!

Proverò a dare un’idea del concetto di convoluzione nell’ambito del calcolo delle probabilità con un esempio. Scegliamo due variabili aleatorie X e Y. L’esempio è molto rilassato, quindi facciamo che X indica il risultato del lancio di un comune dado da 6, e Y il lancio di un dado da 4. Non tutti i dadi da 4 hanno forma tetraedrica, cosa che peraltro qua non c’entra. La convoluzione ci dice la distribuzione della variabile aleatoria Z = X + Y.

Per esempio, la Z può valere 6 se esce 5 nel primo dado e 1 nel secondo, ma ci sono altre possibilità: 4 e 2, 3 e 3, 4 e 1. Niente da fare invece se X = 6, perché qualsiasi risultato di Y sarebbe in eccesso, o se X = 1, perché nessun risultato di Y sarebbe sufficiente. La probabilità dell’evento Z = 6 può essere calcolata sommando le probabilità congiunte che esca k col primo dado e 6-k col secondo. Per k = 2, 3, 4, 5 valgono \mathbb{P}(\lbrace X = k\rbrace ) = \frac{1}{6} e \mathbb{P}(\lbrace Y = 6-k\rbrace ) = \frac{1}{4}, per k=1 o 6 invece \mathbb{P}(\lbrace Y = 6-k\rbrace ) = 0. Allora \mathbb{P}(\lbrace Z = 6 \rbrace ) = 4 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{6}.

Il risultato specifico è confermato anche dal ragionamento diretto. Infatti, supponiamo di aver già lanciato Y e notiamo due cose. La prima: esiste sempre un esito di X che porta il totale esattamente a 6. La seconda: per ogni caso, l’esito X utile è unico ed ha probabilità \frac{1}{6}.

Più in generale, la convoluzione di due variabili aleatorie è
\mathbb{P}(\lbrace Z = n\rbrace ) = \sum \mathbb{P}(\lbrace X = k\rbrace ) \mathbb{P}(\lbrace Y = n-k\rbrace ),
con l’ovvia estensione al caso continuo. Assomiglia ad un prodotto scalare.

Torniamo ora ai numeri tetraedrici. Quante biglie servono per formare una piramide a base triangolare di lato n? Contiamo per strati paralleli al suolo, che è conveniente numerare a partire dalla punta, “triangolo” di lato 1, scendiamo poi di un piano e abbiamo un triangolo di lato 2, ecc. Il generico piano i è un triangolo di lato i formato da \sum_{j=1}^i j = \frac{i+1}{2}i biglie, ed il totale per tutti gli strati è l’n-esimo numero tetraedrico:
T^e_n = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i j = \frac{1}{2} \sum (i+1)i = \frac{1}{2} (\sum i + \sum i^2) = \frac{1}{4}(n+1)n + \frac{1}{2} Q_n.
Per pulizia le sommatorie senza indicazioni sottintendono l’indice i tra 1 ed n. Con Q_n indico la somma dei primi n quadrati, che ha una formula chiusa che non ricordo mai.

La convoluzione nasce da un secondo modo di calcolare T^e_n. Sezioniamo il tetraedro per piani paralleli. Prima l’abbiamo fatto passando da un vertice alla faccia opposta, ottenendo triangoli equilateri. Adesso sezioniamo tra uno spigolo e quello opposto, ottenendo sezioni a forma rettangolare.

Il primo spigolo è formato da n\times 1 biglie. Tutte le biglie a contatto con questo primo strato formano un rettangolo un po’ più basso e un po’ più largo, di dimensione (n-1)\times 2. Si procede poi al rettangolo successivo (n-2)\times 3 e si continua fino a che il rettangolo diventa più largo che alto, per infine coincidere con lo spigolo 1\times n opposto a quello di partenza. Pertanto
T^e_n = \sum (n-i+1)\cdot i = (n+1)\sum i - Q_n = \frac{n}{2}(n+1)^2 - Q_n.
Ecco questo è un prodotto convolutorio, perché la somma dei due fattori nel generico addendo è costante. Per non fare le cose a rovescio, sarebbe ora il momento di provare questa formula, ad esempio con una probabilmente non illuminante dimostrazione per induzione. E’ anche vero che non c’è unanime consenso sulla validità di una dimostrazione puramente visuale come quella in figura, che potrebbe far troppo affidamento sull’intuizione. Io però la prendo per buona e vado avanti, anche perché ho in mente qualcos’altro di più divertente.

Prendendo la formula per dimostrata, abbiamo due modi diversi di calcolare T^e_n, ossia sono la stessa cosa:
\frac{1}{4}n(n+1) + \frac{1}{2}Q_n = \frac{n}{2}(n+1)^2 - Q_n
Si capisce dove andiamo a parare? Si può ricavare un’espressione per Q_n
Q_n = \frac{2}{3}\left(\frac{n}{2}(n+1)^2 - \frac{n}{4}(n+1)\right) = \frac{n}{6}(n+1)(2n+1)
Ora i casi sono due. O ci fidiamo della validità del calcolo di T^e_n per convoluzione, e allora abbiamo ritrovato a sorpresa un modo di calcolare la somma dei primi n quadrati, oppure riconosciamo la formula di Q_n, e usiamo il fatto di averla ritrovata corretta come prova per la validità della formula di T^e_n, che riporto ancora perché è un bel modo di concludere

T^e_n = \sum (n-i+1)\cdot i

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