KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Reklám:

KöMaL Füzetek 1: Tálalási javaslatok matematika felvételire

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Nehezebb matematikai problémák

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[798] Zoltano862016-06-25 18:39:17

Koszonom szepen, bar en is kivancsi vagyok hogy van-e szebb alak

[797] Kemény Legény2016-06-25 18:17:07

Ez a "nem szép integrálás" lenne az igazi feladat. Vagy technikailag azt mondod, hogy ez is végeredmény? Engem azért érdekelne egy zárt alak a végeredményre...

&tex;\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(y-\mu_1)^2}{2\sigma^2}}\left(1-\Phi\left(\frac{y-\mu_2}{\sigma}\right)\right)\cdot\cdots\cdot\left(1-\Phi\left(\frac{y-\mu_6}{\sigma}\right)\right)dy &xet;

Előzmény: [795] S.Ákos, 2016-06-25 16:40:19
[796] Zoltano862016-06-25 17:03:01

Kemeny Legeny mar erti a feladatot. Elnezest a hanyag megfogalmazasert, de azt kellene kiszamolni mekkora a valsege hogy pont x1 lesz a legkisebb valsegi valtozo.

[795] S.Ákos2016-06-25 16:40:19

Miért jóval egyszerűbb? Ezután annyit kell még tenni, hogy nézed a &tex;\displaystyle P(X_1\leq \min(X_2,X_3,\dots,X_6))&xet; valószínűséget, ahol az utóbbi eloszlását az előző kommentből tudod, az első meg egy normális. Nem szép integrálás, de nem is nehéz ;)

Előzmény: [794] Kemény Legény, 2016-06-25 16:29:28
[794] Kemény Legény2016-06-25 16:29:28

Hát azért ez egy jóval egyszerűbb és könnyebben megoldható feladat, mint az eredeti volt. Ha ragaszkodunk az eredeti feladathoz, akkor azt kellene kiszámolni, mennyi annak az esélye, hogy az &tex;\displaystyle n&xet; valószínűségi változó közül éppen &tex;\displaystyle X_1&xet; lesz a legkisebb.

Előzmény: [793] S.Ákos, 2016-06-25 16:05:30
[793] S.Ákos2016-06-25 16:05:30

A feladat korrekten kitűzve (szerintem): Legyen &tex;\displaystyle X_i\sim N(\mu_i,\sigma_i)&xet;, &tex;\displaystyle i=1,\dots,n&xet; független valószínűségi változók, és

&tex;\displaystyle Y=\min(X_1,X_2,\dots,X_n) &xet;

Ekkor

&tex;\displaystyle P(Y<y)=P(\min(X_1,X_2,\dots,X_n)<y)=1-P(\min(X_1,X_2,\dots,X_n)\geq y)= &xet;

&tex;\displaystyle =1-P(\{X_1\geq y\}\cap \{X_2\geq y\}\cap\dots\cap \{X_n\geq y\})= &xet;

Most pedig használva a függetlenséget:

&tex;\displaystyle =1-P(X_1\geq y)\cdot P(X_2\geq y)\cdot \dots \cdot P(X_n\geq y)= &xet;

Standardizálunk:

&tex;\displaystyle =1-P\left(\frac{X_1-\mu_1}{\sigma_1}\geq\frac{y-\mu_1}{\sigma_1}\right)\cdot\dots\cdot P\left(\frac{X_n-\mu_n}{\sigma_n}\geq\frac{y-\mu_n}{\sigma_n}\right)= &xet;

&tex;\displaystyle =1-\left(1-\Phi\left(\frac{y-\mu_1}{\sigma_1}\right)\right)\dots\left(1-\Phi\left(\frac{y-\mu_n}{\sigma_n}\right)\right) &xet;

Ahol &tex;\displaystyle \Phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{x}exp\left(-\frac{x^2}{2}\right)dx&xet;

Előzmény: [792] Zoltano86, 2016-06-25 12:27:41
[792] Zoltano862016-06-25 12:27:41

Adottak

X1(m1,o),X2(m2,o),X3(m3,o),X4(m4,o),X5(m5,o),X6 (m6,o) normalis eloszlasu valoszinusegi valtozok.

(ekezetek sajnos nem adottak)

Fejezzuk ki P(x1=min(x1,x2,x3,x4,x5,x6)) erteket

m1,m2,m3,m4,m5,m6, o segitsegevel

(Nem tudom a valaszt, ezert tenyleg segitsegre van szuksegem)

Udv. Zoli

[791] Tassy Gergely2016-06-14 21:24:59

Köszönöm mindenkinek az értékes hozzászólásokat!

Előzmény: [790] csábos, 2016-03-05 19:26:33
[790] csábos2016-03-05 19:26:33

Ott nem tudtam megnézni a cikket, csak itt:

http://yaroslavvb.com/papers/rice-when.pdf

A cikk nagy része a komplex számtest fölött vizsgálja a kérdést. Minket igazából Theorem 6. érdekel. A Tételt nem bizonyítja. A cikk az alábbi konstrukciót sugallja:

Tekintsük az összes &tex;\displaystyle H(a)= \{f^n(a) | n\in \bf Z\} &xet; alakú sorozatot, ahol &tex;\displaystyle f(x)=x^2-x+1&xet;. Mivel &tex;\displaystyle x<x^2-x+1&xet;, minden 0-tól és 1-től különböző &tex;\displaystyle a&xet; valós számra a &tex;\displaystyle H(a)&xet; halmaz egy mindkét irányba végtelen sorozat. Legyen &tex;\displaystyle g(0)=0&xet; és &tex;\displaystyle g(1)=1&xet; A többi sorozatot (ezekből kontinuum sok van) állítsuk párba. Ha az &tex;\displaystyle \{a_i\}&xet; párja a &tex;\displaystyle \{b_i\}&xet;, akkor legyen &tex;\displaystyle g(a_i)=b_i&xet; és &tex;\displaystyle g(b_i)=a_{i+1}&xet; Ez a &tex;\displaystyle g&xet; jó lesz.

Előzmény: [789] nadorp, 2016-03-05 12:37:26
[789] nadorp2016-03-05 12:37:26

Lásd itt

Előzmény: [786] Tassy Gergely, 2016-02-28 12:16:59
[788] Kemény Legény2016-03-01 17:45:37

Nem csoda, hogy csak az &tex;\displaystyle x=1&xet;-et találtad az &tex;\displaystyle f_{2k}(x)=x&xet; megoldásaira, hiszen &tex;\displaystyle x\le x^2-x+1 = f(f(x))&xet;, egyenlőség pedig csak &tex;\displaystyle x=1&xet;-re áll fent.

Előzmény: [787] w, 2016-03-01 17:00:50
[787] w2016-03-01 17:00:50

Nem jön ki esetleg orbittal? (Orbit [angolul úgy tudom, ezt jelenti] alatt azt értem, hogy egy &tex;\displaystyle x&xet;-re milyen az &tex;\displaystyle x,f(x),\dots&xet; sorozat.)

Legyen &tex;\displaystyle H_k&xet; az olyan &tex;\displaystyle x&xet;-ek halmaza, amire &tex;\displaystyle f_k(x):=f(f(\dots(x)))=x&xet; (itt &tex;\displaystyle k&xet; a zárójelpárok száma), de &tex;\displaystyle f_1(x),\dots,f_{k-1}(x)\neq x&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle |H_k|&xet; vagy végtelen, vagy pedig &tex;\displaystyle k&xet;-val osztható, hiszen az ilyen számok halmaza &tex;\displaystyle \{x,f(x),\dots,f_{k-1}(x)\}&xet; típusú &tex;\displaystyle k&xet;-asokba rendezhető.

Tudjuk, hogy &tex;\displaystyle f(f(x))=x&xet; épp akkor, ha &tex;\displaystyle x^2-x+1=x&xet;, azaz &tex;\displaystyle (x-1)^2=1&xet;, &tex;\displaystyle x=1&xet;. Emiatt &tex;\displaystyle |H_2|\le 1&xet;, s így mivel &tex;\displaystyle 2&xet;-vel osztható, &tex;\displaystyle |H_2|=0&xet; adódik. Innen &tex;\displaystyle H_1=\{1\}&xet;.

Megnézve Wolframalpha-val az &tex;\displaystyle f_4(x)=x&xet;, &tex;\displaystyle f_8(x)=x&xet; stb. néhány egyenlet megoldásait, az derült ki, hogy &tex;\displaystyle H_{2^j}=\emptyset&xet; &tex;\displaystyle j=2,3,\dots&xet;-ra [valószínűleg igaz, de bizonyítandó!]. Szóval a módszer - amit egyébként jó ismerni - jó eséllyel elbukott. :(

Előzmény: [786] Tassy Gergely, 2016-02-28 12:16:59
[786] Tassy Gergely2016-02-28 12:16:59

Az &tex;\displaystyle f:R\to R&xet; olyan függvény, hogy &tex;\displaystyle f(f(x))=x^2-x+1&xet; teljesül bármely &tex;\displaystyle x\in R&xet; esetén. Bizonyítsuk be, hogy &tex;\displaystyle f(1)=1&xet;.

Ez idáig versenyfeladat volt, és talán nem is feltétlenül ebbe a fórumba való. De ami érdekesebb (és valószínűleg nehezebb) kérdés: létezik-e egyáltalán ilyen &tex;\displaystyle f&xet; függvény?

[783] Róbert Gida2015-10-19 17:14:39

Igen, az algebrai &tex;\displaystyle \theta&xet; esete hasonlóan eldönthető.

Racionális &tex;\displaystyle \theta&xet; egy nagyon könnyű eset.

Meglepő módon spec. transzcendens számokra is eldönthető a probléma, saját konstrukció:

Legyen &tex;\displaystyle \theta=\frac {1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{a(n)}&xet;, ahol &tex;\displaystyle a(0)=1&xet; és &tex;\displaystyle a(n)=3^{a(n-1)}&xet;, egy ilyen eset. Liouville eredeti konstrukciójához hasonlóan ez is transzcendens szám, és N=a(2*k)-ra nem teljesül az egyenlőtlenség! (k>0 egész).

Előzmény: [782] Lóczi Lajos, 2015-10-19 11:22:05
[782] Lóczi Lajos2015-10-19 11:22:05

Köszönöm a válaszokat. A [777]-es hozzászólásban szereplő kérdést J. Bell és S. Gerhold egy 2006-os cikkében (On the positivity set of a linear recurrence sequence) az alábbi általánosabb formában olvastam: adott &tex;\displaystyle \theta&xet; valós szám esetén el tudjuk-e eldönteni az &tex;\displaystyle f_n:=\cos(2\pi \theta n)+1+(-1/2)^n&xet; sorozat pozitivitását? Ők a &tex;\displaystyle \theta=\sqrt{2}&xet;, illetve &tex;\displaystyle \theta=2^{1/3}&xet; eseteket említették legegyszerűbb példaként, hogy nem tudják eldönteni.

Viszont ha jól látom, az előző hozzászólásotokban szereplő gondolatmenet (a Liouville-féle &tex;\displaystyle \left|\theta-\frac{p}{q}\right|>\frac{c}{q^d}&xet; alsó becslés effektív &tex;\displaystyle c&xet; konstanssal) az összes algebrai &tex;\displaystyle \theta&xet; esetén el tudja dönteni a kérdést (pl. &tex;\displaystyle \theta=\sqrt{2}&xet; esetén elég az &tex;\displaystyle f_n&xet; sorozat első 11 tagjának pozitivitását külön ellenőrizni; &tex;\displaystyle \theta=2^{1/3}&xet; esetén pedig az első 36 tagét). Gondolom, a transzcendens &tex;\displaystyle \theta&xet; esetek kezelésére egyelőre nincs technikánk.

Mindenesetre megírom a szerzőpárosnak ezt a fórumos fejleményt, és megkérdezem, ők merre haladtak a kérdésben az elmúlt 9 évben.

Előzmény: [781] Róbert Gida, 2015-10-17 23:44:18
[781] Róbert Gida2015-10-17 23:44:18

Igen, ez kell (vagy ennél gyengébb verziója).

&tex;\displaystyle |u\sqrt 2-v|>\frac{1}{2\sqrt 2 u+1}&xet; ez &tex;\displaystyle u=2n;v=2k+1&xet;-re és &tex;\displaystyle \pi&xet;-vel szorozva az egyenlőtlenséget: &tex;\displaystyle |2\pi n\sqrt 2-(2k+1)\pi|>\frac{\pi}{4\sqrt 2 n+1}&xet;

és használjuk a cos Taylor sorát.

A pontos konstans is látható: &tex;\displaystyle cos(2\pi n \sqrt 2) +1-\frac{c}{n^2}\ge 0&xet; teljesül véges sok kivételtől eltekintve, ha &tex;\displaystyle c<\frac{\pi ^2}{64}&xet;.

Előzmény: [780] Fálesz Mihály, 2015-10-17 17:42:35
[780] Fálesz Mihály2015-10-17 17:42:35

Az &tex;\displaystyle n\sqrt2&xet; távolsága a legközelebbi egésztől nagyobb, mint &tex;\displaystyle \frac{1}{2\sqrt2n+1}&xet;.

Előzmény: [779] Lóczi Lajos, 2015-10-17 16:56:21
[779] Lóczi Lajos2015-10-17 16:56:21

Nagyon érdekes, amit írsz. Tudok egy szerzőpárosról, akiket érdekelne egy ilyen típusú bizonyítás (legalábbis pár éve foglalkoztak ezzel). Fel tudnád velem venni email-ben a kapcsolatot (mivel én nem látom a te címed)?

Előzmény: [778] Róbert Gida, 2015-10-16 21:55:36
[778] Róbert Gida2015-10-16 21:55:36

Igaz, sőt sokkal több igaz:

&tex;\displaystyle cos(2\Pi n\sqrt 2)+1-\frac{0.13}{n^2}\ge 0&xet; (itt a 0.13 javítható még, de ez az egyenlőtlenség adja a pontos nagyságrendet: 0.16-ra már végtelen sok ellenpélda van).

Előzmény: [777] Lóczi Lajos, 2015-10-16 00:14:23
[777] Lóczi Lajos2015-10-16 00:14:23

Vajon igaz-e, hogy

&tex;\displaystyle 1+\left(-1/2\right)^n+\cos \left(2 \pi n\sqrt{2} \right)\ge 0&xet;

tetszőleges &tex;\displaystyle n\ge 2&xet; egész szám esetén?

[776] Sinobi2014-08-16 00:27:42

"Bizonyitsd be, hogy egy erintkezo kor es derekszogu hiperbola eseten 0,2 vagy 4 egyenes lehetseges, amely atmegy az erintesi pontokon, es ugyananolyan hosszu hurt metsz ki mindkettobol!"

Ha adottak A, B es O pontok, akkor az olyan P pontok mertani helye, amelyekre APB szogfelezoje atmegy O-n egy inverz derekszogu hiperbola. Erre a mertani helyre peldaul igaz az, hogy ha egy tetszoleges Q pontjabol ket erintot huzunk sajat magahoz, akkor a ket erinto szogfelezoje atmegy az O ponton.

Ennek az allitasnak egy (gyengitett) inverz valtozata, hogy ha egy kor ket helyen erint egy derekszogu hiperbolat, akkor az egyikre ratukrozve a tukorkep kor is ket helyen erinti.

-------

Egy masik megoldas arra, hogy ket erintkezo kupszelethez maximum 4 ilyen egyenes letezik: huzzunk az erintesi pontbol szeloket! Konjugaljuk a szelo kupszeletekkel vett metszespontjaira az erintesi pontot. Akkor kapunk olyan egyenest, amely egyenhosszu szakaszokat metsz ki a ket erintkezo kupszeletbol, ha az erintesi pont konjugalt kepe vagy metszi az egyik kupszeletet, vagy egy idealis pontban van. Konnyu latni, hogy a konjugalt kep mertani helye egy kupszelet (amely erinti a ket gorbet az erintesi pontjaikban), amely tehat ket pontban metszheti a kupszeletet, es me'g kettoben az idealis egyenest.

Ez nem egyszerubb, de gyokeresen mas megoldas. Van-e me'g?

Előzmény: [775] Sinobi, 2014-08-09 18:15:19
[775] Sinobi2014-08-09 18:15:19

"(a ket ellipszis kozos pontjait, es az egyik es a masik tukorkepenek kozos pontjait)"

Bizonyitsd be, hogy egy erintkezo kor es derekszogu hiperbola eseten 0,2 vagy 4 egyenes lehetseges, amely atmegy az erintesi pontokon, es ugyananolyan hosszu hurt metsz ki mindkettobol!

Előzmény: [770] Sinobi, 2014-08-06 18:53:46
[774] HoA2014-08-08 15:09:11

Bár ha metszik egymást, mint írtam...?

Előzmény: [773] HoA, 2014-08-08 15:07:56
[773] HoA2014-08-08 15:07:56

Persze. Eredeti két ellipszisünk is úgy érintkezik, hogy metszéspont nincs.

Előzmény: [772] jonas, 2014-08-07 15:47:01
[772] jonas2014-08-07 15:47:01

Azt akartad mondani, hogy legfeljebb két másik metszéspont van, ugye?

Előzmény: [771] HoA, 2014-08-07 15:39:22

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma  
Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   Nemzeti Tehetség Program     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley