[453] nadorp | 2006-11-25 18:43:08 |
Félreértés ne essék, a megoldás az említett Lovász László könyvben található és valóban nagyon szép. Az általad említett valószínűség k-tól való függetlensége ( az i értékétől nyilván nem függ) valóban meghökkentő, de igaz. Egyébként erre az valószínűségre a könyvben van egy másik, rendkívül ötletes, számolás nélküli megoldás is.
|
Előzmény: [452] rizsesz, 2006-11-25 17:50:44 |
|
[452] rizsesz | 2006-11-25 17:50:44 |
Kedves nadorp!
Nagyon szépen köszönöm, a megoldásod nagyon tetszik, bár egy pont elég furcsa, nevezetesen az, hogy hogy az i elem egy k hosszú körnek az eleme, na ennek a valószínűsége ugyanakkora minden i és k esetén :). üdv, András
|
|
[451] nadorp | 2006-11-25 14:21:19 |
Sziaszok !
Rizsesz elszámoltad. Annak a valószínűsége,hogy 1 kör lesz , két köré és három köré , tehát a várható érték . Azért írtam így,mert n-re a várható érték , ami nagy n-re tényleg ln n. Találtam erre egy szinte számolás nélküli - szerintem KÖNYVBE való - módszert Lovász László: Kombinatorikai feladatok és problémák című könyvében. ( hála Jenei Attilának, most már nekem is megvan ). Megpróbálom vázolni:
Először határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy az i elem egy k hosszú körnek az eleme. Ez nyilván úgy határozható meg, hogy az i mellé még -féleképpen vehetünk k-1 számot, ezeknek (k-1)! sorrendje van, a maradék n-k elemnek pedig (n-k)! sorrendje van. A keresett valószínűség .
Legyen most 1kn rögzített és definiáljuk az Xi valószínűségi változót a következőképpen:
Xi=1 ha i eleme egy k hosszú körnek és legyen 0 különben. Nyilván X1+X2+...+Xn a k hosszú körökben levő elemek száma és a k hosszú körök száma. Ezért a k hosszú körök számának várható értéke . Mivel annak a valószínűsége, hogy i egy k hosszú körnek az eleme ezért , azaz , azaz várhatóan darab k hosszú kör lesz, így a körök számának várható értéke .
|
Előzmény: [450] Csimby, 2006-11-23 01:59:48 |
|
[450] Csimby | 2006-11-23 01:59:48 |
Bocsi! Csak nem tudom anélkül hogy lehetne megcsinálni, legalábbis nekünk ahhoz volt gyakorlófeladat. És ezért azt hittem ti is tanultátok és azért került elő nálatok is ez a feladat. Szóval akkor Jordan formula (egyesek szerint Jordán Károlytól, mások szerint Charles Jordan-tól származik :-)):
A1,A2,...,An tetsz. események. Jelölje N, hogy hány teljesül közülük. Ekkor
Ahol Sj-t már az előbb definiáltam. Jordan-formula speciális esete a Poincare avagy Szita-formula, Logikai-szita stb...
Mondjuk kezdessz elbizonytalanítani, szóval lehet hogy valamit elnézek vagy roszul emlékszem, ha ennyire más jön ki. Kéne írni rá egy programot ami megnézi nagyobb n-ekre is...
|
Előzmény: [449] rizsesz, 2006-11-23 00:54:53 |
|
[449] rizsesz | 2006-11-23 00:54:53 |
lévén, közgazdász-hallgató a magamféle, nem tudom, hogy mi az a Jordan-formula. hiszek benne, hogy erre van valami emberi és kedves magyarázat. viszont, ahogy emlékszem, tovább is számoltuk, és lényegesen dinamikusabban nő a dolog, mint lne, legalábbis tudom, hogy tizen belül előfordult már 3-nál nagyobb szám is.
|
Előzmény: [448] Csimby, 2006-11-22 23:43:01 |
|
[448] Csimby | 2006-11-22 23:43:01 |
H halmaz legyen az 1,2,...,n elemek m elemű részhalmazainak halmaza. AH pedig H azon elemei amik ciklust alkotnak. Xm legyen az AH-beli események közül azok száma, amelyek teljesülnek. Ekkor Jordan formulával:
Innen sok számolás binom együtthatókkal, amit most nem szeretnék beírni, aztán n-nel tartunk a végtelenbe és elvileg kijön. Szerintem kicsi n-re épp a határátmenet miatt nem látszik.
Sj-re amúgy ez fog kijönni:
Azt kell még felhasználni, hogy
|
Előzmény: [447] rizsesz, 2006-11-22 21:00:21 |
|
[447] rizsesz | 2006-11-22 21:00:21 |
és megkérdezhetem, hogy miért Poisson :)? meg ez nem egyezik szerintem az általam a kisebb esetekre kapott megoldással, persze gondolom, az nem jelent semmit :) de pl. n=3 esetén vagy 1 kört alkot a 3 gyerek (ez 2 esetben lesz), 2 kört 1-2 felbontásban (ez 3*1 eset), és 1-1-1 kört 1 esetben. Összesen 6 eset van, azaz a körök számának várható értéke 1/3*1+1/2*2+1*1/6=1,5.
|
Előzmény: [446] Csimby, 2006-11-22 00:59:25 |
|
|
[445] Lóczi Lajos | 2006-11-21 22:13:44 |
Innen rögtön felmerül a kérdés: vajon mi lehet az a legkisebb pozitív c szám, amelyre
áll fenn, tetszőleges pozitív egész n és valós x esetén? (Ez a szám már "majdnem" szerepelt is az előzőekben...)
|
Előzmény: [442] Fálesz Mihály, 2006-11-21 10:55:36 |
|
|
|
[442] Fálesz Mihály | 2006-11-21 10:55:36 |
Én két trükköt javasolnék.
Az egyik az összeg kettévágása a k "kicsi" és "nagy" értékeire.
A kicsi értékekre valamilyen triviális becslést használunk, pl. |sin (kx)|k|x| vagy |sin (kx)|k|sin x|.
A nagy értékekre Abel-átrendezést érdemes alkalmazni.
Feltehetjük, hogy sin x0, mert sin x=0 esetén az összeg 0. (Erre azért lesz szükségünk, mert néha osztani fogunk sin x-szel.)
Tehát: Lesz egy m számunk, amit majd később kitalálunk, odáig vannak a kicsi k-k, utána a nagyok.
A kicsi indexű tagok becslése:
A nagy indexű tagok összegének becslése:
Most bedobjuk azt, hogy
amiből
ezt alkalmazva,
A becslésünk tehát:
és még nem mondtuk meg, hogy mi az m.
Az m-et úgy választjuk meg, hogy a jobboldal a lehető legkisebb legyen. A két tag szorzata kb. állandó, az összeg kb. akkor a legkisebb, ha a két tag egyenlő, vagyis . De arra is vigyáznunk kell, hogy mn legyen.
Legyen tehát
Ha m0n, akkor m=m0 választással, az előbbi számolás szerint
Ha m0>n, akkor legyen m=n, és csak kicsi indexek vannak, tehát
|
|
|
[440] jonas | 2006-11-20 22:53:21 |
Én is arra tippelnék, hogy igaz.
Pontos bizonyítást nem tudok, de ez az összeg az
integrált közelíti. Ez az integrál pedig korlátos, mert mindegyik hullám befér az első alá.
|
Előzmény: [437] Lóczi Lajos, 2006-11-20 11:38:09 |
|
|
[438] rizsesz | 2006-11-20 16:34:33 |
Sziasztok! A következő feladatom lenne:
Adott n ember, akik karácsonykor húznak, és nem okoz számukra problémát, ha önmagukat húzzák. Körnek nevezzük azt, ha van valahány ember körbe húzza egymást, pl. A B-t, B C-t és C A-t. Ha egy ember önmagát húzza, az is egy kör.
Várható értékben hány kör fog kialakulni.
|
|
[437] Lóczi Lajos | 2006-11-20 11:38:09 |
Vajon igaz-e, hogy ha x akármilyen valós és n akármilyen pozitív egész szám, akkor
|
|
|
[435] Cckek | 2006-10-29 16:24:50 |
Egy szép kis feladat, ha valakinek van ideje gondolkozni:) Oldjuk meg az x4+Ay4=z4 diofántoszi egyenletet, ahol A pozitív négyzetosztóktól mentes egész.
|
|
[434] Lóczi Lajos | 2006-10-24 22:03:10 |
Amúgy a KöMaL 1999/1-es számában Győry Kálmán írt egy cikket "Binom. együtthatók és teljes hatványok" címmel, rokon kérdésfelvetésekről, a sulinetes archívumból eléred.
|
Előzmény: [433] Cckek, 2006-10-24 21:55:54 |
|
|
|
[431] Cckek | 2006-10-22 18:23:14 |
Oldjuk meg az n!+1=m2 egyenletet. n=4,5,7 megoldás. Van más is?
|
|
[430] Cckek | 2006-10-22 14:38:32 |
Bizonyítsuk be, hogy:
|
|
[429] Lóczi Lajos | 2006-10-18 21:22:07 |
Az egyre élesebb egyenlőtlenségek "kitalálásához" nyilván a gamma függvény aszimptotikus sorfejtését kellene, hogy megnézze az ember, a második formula például itt. (Az együtthatók a Bernoulli-számokkal fejezhetők ki.) Ennek a sornak a "csonkolásáról" kellene megvizsgálni, hogy alsó- vagy felső becslések-e...
|
Előzmény: [427] nadorp, 2006-10-18 09:04:14 |
|