[2230] Erben Péter | 2020-02-28 09:46:35 |
Meglepő és szép ez az integrálos átírás. Ha jól látom, két kevésbé közismert összegzési formula is kijön belőle, ha az eredeti szummás alakba behelyettesítjük az \(\displaystyle \frac{1}{n}\) és \(\displaystyle \frac{2}{n}\) valószínűségeket.
Amikor minden valószínűség egyenlő:
\(\displaystyle E = \sum _{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \binom{n}{k} \cdot \frac{n}{k} = n\cdot\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots +\frac{1}{n}\right)\)
Innen:
\(\displaystyle \sum _{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \binom{n}{k} \cdot \frac{1}{k} = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots +\frac{1}{n}\)
A második esetben pedig két részre bontható az összeg. Az első rész megfelel az előző esetnek (\(\displaystyle n-2\) taggal), így a második tagok összegére kapunk összefüggést.
\(\displaystyle E = \sum _{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \left(\binom{n-2}{k} \cdot \frac{n}{k} + \binom{n-2}{k-1} \cdot \frac{n}{k+1}\right)= n\cdot\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right)\)
Áttérve \(\displaystyle n-2\)-ről \(\displaystyle n\)-re és a zárójelek első tagjait a korábbi képlettel összegezve innen azt kapjuk, hogy
\(\displaystyle \sum _{k=0}^{n} (-1)^{k} \binom{n}{k} \cdot \frac{1}{k+2}= \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}\)
|
Előzmény: [2229] Fálesz Mihály, 2020-02-26 11:00:58 |
|
[2229] Fálesz Mihály | 2020-02-26 11:00:58 |
A [2224]-beli képletnek van egy vicces átírása integrálokkal:
\(\displaystyle
\sum_i\frac1{p_i}-\sum_{i<j}\frac1{p_i+p_j}+\sum_{i<j<k}\frac1{p_i+p_j+p_k}-+\ldots+(-1)^{n-1}\frac1{p_1+\ldots+p_n} =
\)
\(\displaystyle
= \int_0^1 \left(
\sum_i x^{p_i-1} -\sum_{i<j} x^{p_i+p_j-1}
+\sum_{i<j<k} x^{p_i+p_j+p_k-1}
-+\ldots+(-1)^{n-1}x^{p_1+\ldots+p_n-1}
\right)\mathrm{d}x =
\)
\(\displaystyle
= \int_0^1 \left(1-\prod_{i=1}^n(1-x^{p_i})\right) \frac{\mathrm{d}x}{x}.
\)
Ha \(\displaystyle p_1=\ldots=p_n=\frac1n\), akkor az \(\displaystyle x=(1-y)^n\) helyettesítéssel
\(\displaystyle
\ldots = n\int_0^1 \frac{1-y^n}{1-y} \mathrm{d}y
= n\int_0^1\big(1+y+y^2+\ldots+y^{n-1}\big) \mathrm{d}y
= n\bigg(1+\frac12+\frac13+\ldots+\frac1n\bigg).
\)
Ha csak \(\displaystyle n-1\) valószínűség van, \(\displaystyle p_1=\ldots=p_{n-2}=\frac1n\) és \(\displaystyle p_{n-1}=\frac2n\), akkor, ugyanazzal a helyettesítéssel
\(\displaystyle
...
= n\int_0^1 \frac{\big(1-y^{n-2}(2y-y^2)\big)}{1-y} \mathrm{d}y
= n\int_0^1\big(1+y+y^2+\ldots+y^{n-2}-y^{n-1}\big) \mathrm{d}y =
\)
\(\displaystyle
= n\bigg(1+\frac12+\frac13+\ldots+\frac1{n-1}-\frac1n\bigg).
\)
Ebből is leolvasható, hogy a különbség éppen \(\displaystyle 2\).
(jonas [2227]-ből is látszik, egyszerűbben és kevésbé ijesztően.)
|
Előzmény: [2228] Erben Péter, 2020-02-25 17:52:37 |
|
|
[2227] jonas | 2020-02-25 14:16:57 |
Valóban várhatóan 127/10 = 12.7 dobás kell.
Közönséges 6 oldalú kockánál várhatóan \(\displaystyle 6/6 + 6/5 + 6/4 + 6/3 + 6/2 + 6/1 \) dobás kell, hogy mind a 6 oldal előjöjjön. Ha már öt oldalt kidobtunk, akkor a hatodik átlagosan 6 dobásból jön ki.
A huncut kockánál különböztessük meg továbbra is a hat oldalt egymástól. Várhatóan \(\displaystyle 6/6 + 6/5 + 6/4 + 6/3 + 6/2 \) dobás kell ahhoz, hogy öt oldal előjöjjön, és addig biztosan dobálni kell a kockát. Ekkor a kocka minden oldalára egyformán 1/6 a valószínűsége, hogy pont az az oldal nem fordult még elő. 2/6 valószínűséggel tehát ez az oldal valamelyik 5 pontos oldal: ebben az esetben már öt szám előjött, és nem kell tovább dobnunk. 4/6 valószínűséggel valami más a kimaradó oldal, mert már mindkét ötös oldalt láttuk: ekkor tovább kell dobni, amíg a kimaradó egy oldal is előjön, vagyis átlagosan még \(\displaystyle 6/1 \) dobásig. Ez összesen átlagosan \(\displaystyle 6/6 + 6/5 + 6/4 + 6/3 + 6/2 + 4/6\cdot6/1 \) dobás, ez pedig \(\displaystyle 127/10 \).
|
|
[2226] marcius8 | 2020-02-24 19:28:48 |
megint tanultam valami újat. köszi. Egyébként ez egy bűvésztrükk matekos részéhez kellett. A trükk lényege, hogy ezzel a cinkelt kockával választok ki hat kártyából a második kártyát, mégpedig úgy hogy azt nem dobom ki a cinkelt kockával. Ha olyan lenne a cinkelt kocka, hogy rögtön és mindig 2-est hozza ki, na az gyanús lenne. De így nem az.
|
Előzmény: [2224] Erben Péter, 2020-02-24 19:02:49 |
|
|
[2224] Erben Péter | 2020-02-24 19:02:49 |
A feladat a kupongyűjtő probléma azon esete, amikor a valószínűségek nem egyenlők.
A cinkelt dobókockával való dobás megfeleltethető egy kupon megvásárlásának. Tegyük fel, hogy \(\displaystyle n\) különböző ,,kupon'' létezik, amelyek \(\displaystyle p_1\), \(\displaystyle p_2\), ..., \(\displaystyle p_n\) valószínűséggel fordulnak elő (ahol \(\displaystyle p_1+\ldots+p_n=1\)). Célunk, hogy egy teljes kupon-gyűjteményt állítsunk össze, és kérdésünk, hogy várhatóan hány kupont kell ehhez megvennünk.
A konkrét feladatban \(\displaystyle n=5\), a valószínűségek pedig \(\displaystyle \frac{1}{6}\), \(\displaystyle \frac{1}{6}\), \(\displaystyle \frac{1}{6}\), \(\displaystyle \frac{1}{3}\), \(\displaystyle \frac{1}{6}\).
Az általános feladat megoldása megtalálható például Marco Ferrante és Monica Saltalamacchia The Coupon Collector’s Problem című írásában.
(Vázlatosan.) Jelentse az \(\displaystyle X_i\) valószínűségi változó azt, hogy hányadik húzásnál kaptuk meg először az \(\displaystyle i\) értéket. (Az egyszerűség kedvéért mostantól feltételezzük, hogy az 1,2,...,\(\displaystyle n\) értékek jöhetnek ki. Ez a feltételezés olvashatóbbá teszi az indexeket, és nem változat a feladat lényegén.)
A fenti jelöléssel a teljes gyűjteményt \(\displaystyle \max_{i\in \{1,\ldots,n\}} X_i\) lépésben állítjuk össze. Keressük \(\displaystyle \max X_i\) várható értékét.
Felhasználjuk a skatulya-elvhez analóg alábbi azonosságot:
\(\displaystyle
\max_{i}\{x_i\}
=\sum_{i=1}^n x_i - \sum_{i<j}\min\{x_i,x_j\} +\sum_{i<j<k}\min\{x_i,x_j,x_k\} - \cdots + \left(-1\right)^{n+1}\min\{x_1,\ldots,x_n\},
\)
továbbá a várható érték linearitását.
\(\displaystyle
E[\max X_i]
= \sum E[X_i] - \sum_{i<j} E[\min\{X_i, X_j\}] + \sum_{i<j<k} E[\min\{X_i,X_j,X_k\}] - \ldots
\)
Vegyük még észre, hogy az \(\displaystyle X_i\), \(\displaystyle \min\{X_i,X_j\}\), \(\displaystyle \min\{X_i,X_j,X_k\}\), ...valószínűségi változók mind geometriai eloszlásúak, rendre \(\displaystyle p_i\), \(\displaystyle p_i+p_j\), \(\displaystyle p_i+p_j+p_k\), ...paraméterrel.
Például \(\displaystyle \min\{X_1, X_2\}\) azt jelenti, hogy mikor jött ki először egy kupon az \(\displaystyle \{1,2\}\) halmazból, vagyis mikor következett be először egy \(\displaystyle p_1+p_2\) valószínűségű esemény.
Mivel a \(\displaystyle p\) valószínűségű esemény első bekövetkezésének várható értéke \(\displaystyle \frac{1}{p}\), ezért a kupongyűjtő probléma megoldása:
\(\displaystyle
E[\max X_i] = \sum_{i}\frac{1}{p_i}- \sum_{i<j}\frac{1}{p_i+p_j} + \sum_{i<j<k}\frac{1}{p_i+p_j+p_k}-\ldots+(-1)^{n+1}\frac{1}{p_1+\ldots+p_n}
\)
A cinkelt kockára mondjuk \(\displaystyle p_1=p_2=p_3=p_4=\frac{1}{6}\) és \(\displaystyle p_5=\frac{1}{3}\). Alkalmazva a fenti formulát a keresett várható lépésszámra \(\displaystyle \frac{127}{10}\) jön ki.
|
Előzmény: [2223] marcius8, 2020-02-24 18:55:55 |
|
|
|
[2221] marcius8 | 2020-02-20 20:09:00 |
Van egy szabályos dobókockám, minden lapjára egyforma valószínűséggel esik. Kicsit huncut vagyok, és a 2-es oldalt átváltoztatom 5-ösre. Így a kockán lesz két 5-ös oldal, de nem lesz 2-es oldal. Addig dobok a kockával, amíg az 1, 3, 4, 5, 6 számok mindegyike előkerül. Mennyi lesz a dobások számának várható értéke?
|
|
|
[2218] sakkmath | 2019-11-21 01:56:56 |
Javallott tanulmányozni a GOOGLE (kép)találatait a "Fibonacci spirál" beírására.
Mindkét ábra hibája az, hogy a négyzetekbe rajzolandó Fibonacci spirál megszakad (a két ábrán más-más helyen), s így a Fibonacci számok sorrendjét már nem követi a két ábra. A két hiba úgy javítható, hogy a rossz helyekre került négyzeteket áthelyezzük a megfelelő helyekre.
1)
http://talaldki.com/wp-content/uploads/2017/11/Fibonacci3.jpg esetében a megoldás: A legnagyobb négyzetet kivágjuk és eltoljuk jobbra, vízszintesen, \(\displaystyle 55+34=89\) egységgel. Ebben az új helyzetben a 34 oldalhosszúságú négyzet jobb alsó sarkába érkező Fibonacci spirál már át tud lépni az áthelyezett legnagyobb négyzetbe.
2)
http://talaldki.com/wp-content/uploads/2018/08/Fibonacci6.jpg, erre pedig lásd az alábbi, kijavított ábrarészletet:
|
|
Előzmény: [2217] SmallPotato, 2019-11-21 00:24:37 |
|
[2217] SmallPotato | 2019-11-21 00:24:37 |
Amennyire látom, a két ábra ugyanaz. "Állítás" nincs bennük, szóval "hiba" se igazán lehet (filozófusok bizonyára pontosítanának ...); mindenesetre amit sugallnak, hogy ugyanis Fibonacci-számok folyamatos sorozatával egyező oldalhosszúságú négyzetekkel hézagmentesen le lehet fedni a sík tetszőlegesen nagy darabját, az számomra igaznak tűnik.
Kíváncsi vagyok, milyen "hibát" lehet találni bennük. (Hogy a négyzetek a jpg-ben nem pontosan négyzetesre sikerültek, az, gondolom, nem számít ide)
|
Előzmény: [2216] sereva, 2019-11-19 22:51:34 |
|
[2216] sereva | 2019-11-19 22:51:34 |
Kérlek segítsetek.
Ezek Fibonacci feladatok. http://talaldki.com/wp-content/uploads/2017/11/Fibonacci3.jpg A kérdés:Mi a hiba?
http://talaldki.com/wp-content/uploads/2018/08/Fibonacci6.jpg A kérdés: Hol van, illetve mi az ábrában a hiba?
|
|
[2215] HoA | 2019-10-25 20:29:47 |
Bocs, elírtam. Nem 100 autós, hanem 100 ajtós - vagy függönyös - melyek közül csak egy mögött van autó. De a rabokra alkalmazást nem érinti.
|
Előzmény: [2214] HoA, 2019-10-25 14:26:18 |
|
[2214] HoA | 2019-10-25 14:26:18 |
Szerintem, mint azt a "Csak logika" [501] -ben írtam, a legmeggyőzőbb a 100 autós - itt 100 rabos - változat. Vagyis ne 3, hanem 100 rab legyen és a börtönőr az okos rabnak 98 nevet áruljon el, akik nem kaptak kegyelmet. Továbbra is 1/100 az okos rab szabadulásának valószínűsége?
|
Előzmény: [2213] marcius8, 2019-10-24 18:27:25 |
|
|
|
[2211] marcius8 | 2019-10-23 20:51:38 |
Egy börtönben 3 rab van. A börtönőrök sorsolás útján eldöntik, hogy melyik 1 rab kap kegyelmet. Minden rab egyforma eséllyel kaphat kegyelmet. A rabok is tudják, hogy közülük 1 rab kegyelmet kapott, de ők nem tudják, hogy ki a szerencsés. Az egyik nagytudású rab az egyik börtönőrt megfűzi valahogy, és így ez a börtönőr elárulja, hogy a másik két rab közül az egyikről, hogy az nem kapott kegyelmet. A börtönőr úgy gondolja, hogy ezzel nagy titkot úgysem árult el, mert a másik két rab közül valamelyik biztosan úgysem kapott kegyelmet. A nagytudású rab meg úgy gondolkozik, hogy most már a 3 rab közül az egyikről biztosan tudja, hogy az nem kapott kegyelmet, tehát így neki már 1/2 az esélye, hogy kegyelmet kapott. A börtönőrnek, vagy a rabnak van igaza?
|
|
|
[2209] marcius8 | 2019-05-25 14:22:32 |
Tudja valaki, hogy a kvaterniók halmazában érvényes-e a számelmélet alaptétele? Mindenki segítségét előre is köszönöm. Annyit tudok, hogy itt egy kvaternió akkor egész, ha minden koordinátája egész szám, vagy minden koordinátája feles szám. (feles szám, olyan 2 nevezőjű tört, amelynek számlálója páratlan.) Ami nagyon nehezíti az egész problémát: A kvaterniók körében a kommutativitás hiánya miatt nem tudom vizsgálni az alaptételt az egész számok és a Gauss-egészek közötti számelmélettel analóg módon.
|
|
|
[2207] marcius8 | 2019-03-02 14:05:17 |
Van-e olyan poliéder, amelynek minden csúcsából legalább 4 él indul ki, és minden lapjának legalább négy éle (oldala) van?
|
|
[2206] titok111 | 2019-01-22 15:13:20 |
Szia!
És hogyan kellene ezt megfogni az adatok tükrében? Sajna ennyire már nem megy a matek, évek óta nem nagyon foglalkoztam vele... És még annyi, hogy esetleg kisegítő adat lehetne a hordó teljes űrtartalma is.
|
Előzmény: [2205] jonas, 2019-01-21 13:25:25 |
|
[2205] jonas | 2019-01-21 13:25:25 |
Használd azt a közelítést, hogy a hordó palástján a pallók olyan parabolák, amiknek a tengelye merőleges a hordó tengelyére és a hordó középpontján megy át, a hordó alja és teteje pedig sík. A parabolikus alakú pallók nem olyan valósághűek, mint a kör alakú pallók (tórusz alakú hordó), de sokkal könnyebb vele pontos számítást végezni, és a legtöbb boroshordónál szerintem megfelelő. A magasság szerinti integrálás belsejében így egyszerű negyedfokú polinom lesz, ezért a pontos értékét is ki tudod számolni a megadott adatokból.
|
Előzmény: [2204] titok111, 2019-01-18 14:07:50 |
|