[sugata]

Hola a ambos

Muchas gracias, pensé que los giros era una cuestión estética, pero sí que es cierto que mirar una figura rotada 0º o 180º, son figuras distintas. Es bueno saberlo de ustedes

Saludos

Una figura rotada 0º, muy distinta no es...
 
Sé lo que querías decir, pero así expresado me sonaba raro.

[manooooh]

Hola

Tengo una duda en cómo el documento busca la recurrencia.

Dice que si tenemos recubiertos \( 2\times(n-1) \) es necesario recubrir con una baldosa de \( 2\times1 \) lo cual lo entiendo.

Mi problema viene cuando dice que para recubrir \( 2\times(n-2) \) se deben añadir dos baldosas \( 2\times1 \) en horizontal o una baldosa \( 2\times2 \). De ahí deduce que \( a_n=a_{n-1}+2a_{n-2} \).

Pero ¿no es que \( a_2=3 \)? Para mí cuando se recubrieron \( 2\times(n-2) \) hay 3 opciones: las que dice y además dos baldosas de \( 2\times1 \) en vertical. ¿Estoy en lo correcto?

En ese caso el autor está equivocado y ya no veo por qué \( a_n=a_{n-1}+2a_{n-2} \). ¿Alguien me ayuda?

Saludos

[geómetracat]

El caso de dos baldosas en vertical ya está contemplado en el caso en que amplías un recubrimiento \( 2\times (n-1) \). Si lo contaras también en el segundo caso estarías contando un mismo recubrimiento dos veces, y por tanto estaría mal.

Es decir, dado un recubrimiento \( 2\times n \) hay dos casos. O bien proviene de un recubrimiento \( 2 \times (n-1) \) añadiendo una baldosa vertical al final. O bien proviene de un recubrimiento \( 2 \times (n-2) \) pero no de uno \( 2 \times (n-1) \) en cuyo caso se obtiene o bien agregando dos baldosas horizontales o una \( 2\times 2 \). Ahora los casos son excluyentes (ningún recubrimiento aparece en los dos casos) y por tanto puedes escribir la recurrencia que te dan.

[manooooh]

Hola

El caso de dos baldosas en vertical ya está contemplado en el caso en que amplías un recubrimiento \( 2\times (n-1) \). Si lo contaras también en el segundo caso estarías contando un mismo recubrimiento dos veces, y por tanto estaría mal.

Es decir, dado un recubrimiento \( 2\times n \) hay dos casos. O bien proviene de un recubrimiento \( 2 \times (n-1) \) añadiendo una baldosa vertical al final. O bien proviene de un recubrimiento \( 2 \times (n-2) \) pero no de uno \( 2 \times (n-1) \) en cuyo caso se obtiene o bien agregando dos baldosas horizontales o una \( 2\times 2 \). Ahora los casos son excluyentes (ningún recubrimiento aparece en los dos casos) y por tanto puedes escribir la recurrencia que te dan.

Muchas gracias! Creo entenderte, y es simplemente que estaba contando casos repetidos.

¿Lo entendí bien?

El problema que veo es que para \( n=4 \) me da menos que lo que debería dar que son \( 11 \) (contando las que no oscuras da un total de 8).

Saludos

[geómetracat]

El diagrama no está bien. Tienes que ir persiguiendo cada posibilidad hasta el final. Por ejemplo, en la primera bifurcación arriba te queda \( 2 \times (n-1) + 2 \times 1 \) y lo marcas como si fuera terminal, pero ahora deberías descomponer el factor \( 2 \times (n-1) \) siguiendo la recurrencia.

[Luis Fuentes]

Hola

 manooooh: no entiendo muy bien el esquema que haces.

 No se porque bifurcas los casos \( 2\times (n-2) \) pero no los \( 2\times (n-1) \). No estoy seguro de que sea clarificador.

 Tampoco entiendo esto:

El problema que veo es que para \( n=4 \) me da menos que lo que debería dar que son \( 11 \) (contando las que no oscuras da un total de 8).

 Para \( n=4 \) el número de configuraciones ciertamente son 11 y salen aplicando la relación recursiva indicada:

\(  a_1=1,\quad a_2=3,\quad a_n=a_{n-1}+2a_n \)

\(  a_3=a_2+2\cdot a_1=3+2\cdot 1=5 \)
\(  a_4=a_3+2\cdot a_2=5+2\cdot 3=11 \)

Saludos.

P.D. Mientras escribías esto se adelantó geómetracat

[manooooh]

Hola

El diagrama no está bien. Tienes que ir persiguiendo cada posibilidad hasta el final. Por ejemplo, en la primera bifurcación arriba te queda \( 2 \times (n-1) + 2 \times 1 \) y lo marcas como si fuera terminal, pero ahora deberías descomponer el factor \( 2 \times (n-1) \) siguiendo la recurrencia.

Ah, claro. Entonces el diagrama no nos dice nada. Porque no podría detenerse jamás, salvo si decimos que \( 2\times(n-1)+2\times1=2\times(n-2)+2\times1+2\times1=2\times(n-3)+2\times1+2\times1+2\times1=\cdots=2\times1+\cdots+2\times1 \).

Entonces está bien en que siempre dado un recubrimiento cualquiera, por ejemplo \( 2\times(n-6) \), van a haber 2 posibilidades: que las \( 2\times(n-5) \) se le agreguen la baldosa \( 2\times1 \), o que se cuenten nuevas combinaciones.

Saludos

AGREGADO:

No se porque bifurcas los casos \( 2\times (n-2) \) pero no los \( 2\times (n-1) \). No estoy seguro de que sea clarificador.

Estoy de acuerdo contigo. Pensé que las no oscuras eran terminales pero siguen dependiendo de \( n \). En ese caso, para que sean terminales, es lo mismo que hacer con menos símbolos la recurrencia en la forma que haces.

[geómetracat]

He dibujado el diagrama correspondiente a \( 2 \times 4 \). Los números entre paréntesis corresponden a no terminales, que aún hay que seguir desarrollando.

[manooooh]

Hola

  . Ahora lo veo claro gracias a tu dibujo. No consideré los casos en que la baldosa podía estar acostada. Y eso que me lo dijiste.

Muchísimas gracias .

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

 Por cierto te puede interesar el siguiente problema parecido:

https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=108800.0

Saludos.