KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Játékszabályok
Technikai info
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

apehman

Rendelje meg a KöMaL-t!

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]    [33. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[259] rizsesz2006-02-20 20:54:31

Ma nekem is kijött :) A szummázás helyett meg egyszerűbb logikai módszer. Vegyük a 2n-1 elemet. Ebből kiválasztani m-1 elemet valóban (2n-1 alatt az m-1) módon lehet. A szumma pedig: bontsuk 2 részre a 2n-1 elemet, egy n és n-1 elemű halmazra. A szummázás végigmegy a két halmazon, először az elsőből választ ki m-1, a másikból 0, majd az elsőből m-2, a másodikból 1, ... végül az az elsőből 0, és a másodikból m-1 elemet. Ezek összege nyilván az összes lehetséges kiválogatása m-1 elemnek 2n közül, mert minden eset szerepel, és mindegyik egyszer, továbbá nem veszi a figyelembe, hogy hogyan szedtük szét a 2 halmazt.

Előzmény: [258] nadorp, 2006-02-20 17:45:09
[258] nadorp2006-02-20 17:45:09

P(X=k|X+Y=m)=\frac{P(X=k,X+Y=m)}{P(X+Y=m)}=\frac{P(X=k)P(Y=m-k)}{P(X+Y=m)}.

A számláló: p^mq^{2n-m}\binom{n}k\binom{n}{m-k}

A nevező a fentiek összege minden lehetséges k-ra: p^mq^{2n-m}\sum_{k=0}^m\binom{n}k\binom{n}{m-k}.

A szumma meghatározására tekintsük az (1+x)n(1+x)n=(1+x)2n azonosságot. Végezzük el mindkét oldalon a hatványozásokat, és a bal oldalon a szorzást. Ekkor a két oldalon xm együtthatója szükségképpen megegyezik, azaz

\sum_{k=0}^n\binom{n}k\binom{n}{m-k}=\binom{2n}m, ezért a keresett valószínűség: \frac{\binom{n}k\binom{n}{m-k}}{\binom{2n}m}

A várható érték valóban \frac{m}2 lesz, mert felhasználva az előzőeket

E(X|X+Y=m)=\sum_{k=0}^mkP(X=k|X+Y=m)=\frac1{\binom{2n}m}\sum_{k=0}^mk\binom{n}k\binom{n}{m-k}=\frac{n}{\binom{2n}m}\sum_{k=1}^m\binom{n-1}{k-1}\binom{n}{m-k}.

A szumma meghatározásához most tekintsük az (1+x)n-1(1+x)n=(1+x)2n-1 azonosságot. Ugyanúgy, mint az előbb most xm-1 együtthatóit összehasonlítva azt kapjuk, hogy

\sum_{k=1}^m\binom{n-1}{k-1}\binom{n}{m-k}=\binom{2n-1}{m-1}. A várható érték ezért

n\frac{\binom{2n-1}{m-1}}{\binom{2n}m}=n\frac{(2n-1)!}{(m-1)!(2n-m)!}\frac{m!(2n-m)!}{(2n)!}=\frac{m}2

Előzmény: [257] rizsesz, 2006-02-19 15:12:17
[257] rizsesz2006-02-19 15:12:17

Lenne még egy (2) feladatom, ha nem túl nagy gond. X és Y független azonos eloszlású binomiális (n,p) paraméterű valószínűségi változók. A következő feltételes valószínűségre lenne szükségem: P(X=k /X+Y=m), ha K<=min(n,m). Illetve még lenne még 1 :E(X/X+Y=m), de ez elvileg m/2.

[256] nadorp2006-02-19 09:13:58

Elvileg stimmelnie kell, mert hatványsorokkal a konvergenciasugáron belül szinte "mindent szabad csinálni". Azért nézzük meg. Legyen f_n(x)=\sum_{i=1}^n\frac{x^i}i ( |x|<r<1 ). Azt láttuk, hogy fn egyenletesen konvergál valamilyen f függvényhez, és azt is, hogy fn'(x) egyeneletesen tart \frac1{1-x}-hez. Tehát f^{'}=\frac1{1-x}. Ebből f(x)=-ln(1-x)+C. De f(0)=0 miatt C=0.

Előzmény: [255] Lóczi Lajos, 2006-02-17 16:27:37
[255] Lóczi Lajos2006-02-17 16:27:37

Persze most esetleg át lehetne gondolni a rizsesz feladatára adott [246]-os érvelést, a deriválhatóságra vonatkozó erősebb feltvések fényében, hogy továbbra is minden stimmel-e.

Előzmény: [250] nadorp, 2006-02-15 08:17:49
[254] Zoli a vegyész2006-02-16 22:03:07

Sziasztok!

Van egy érdekes játékelméleti problémám, vagy ha úgy tetszik programozási feladat:

Két ember Játszik. A kezdő játékos azt mondja, hogy kettő, ezután, pedig mondhat (a kezdő) 2-t 0-t vagy 4-t, ez rá van bízva. Ezután a két játékos felváltva mondogat számokat, de csak olyat mondhat, ami a már elhangzottak összege vagy különbsége (két azonost is össze lehet adni, illetve kivonni), de már elhangzott számot nem lehet mondani. Az nyer, aki először kimondja az 1756-t. Dolgozzunk ki nyerő stratégiát.

Várom válaszaitokat, ha lesz hozzászólás konzultálhatunk fórumon keresztül. Szerintem ez egy érdekes probléma.

Üdv: Zoli

[253] nadorp2006-02-16 16:37:15

2. f_n(x)=\frac{sin(nx)}n. Ekkor fn deriválható, egyenletesen tart az azonosan 0 függvényhez, ami szintén deriválható. A tagok deriváltjának határértéke viszont nem létezik.

Előzmény: [249] Lóczi Lajos, 2006-02-14 21:40:03
[252] Lóczi Lajos2006-02-15 23:41:28

Sajnos ez nem jó példa: a konvergencia nem egyenletes. (Milyen tétel alapján állítod ezt?)

Periodikus négyszögjel alatt ilyenre gondolsz, igaz? fn pedig a Fourier-sor n-edik részletösszege, ha jól értem; ekkor viszont

a Gibbs-jelenség fellép, ami pont azt jelenti, hogy a Fourier-sor konvergenciája nem egyenletes.

Előzmény: [251] Mate, 2006-02-15 19:19:01
[251] Mate2006-02-15 19:19:01

Az első feladatra példa: Vegyünk egy olyan f periodikus függvényt, amely nem mindenhol differenciálható, például egy periodikus négyszögjelet. Legyen az fn függvénysorozat e függvény Fourier-sora azzal a módosítással, hogy az n-nél nagyobb indexű együtthatókat zérusnak vesszük. Ez nyilván egyenletesen konvergál a (példánkban) négyszögjelünkhöz, hiszen a Fourier-sor miatt limsup|f-fn|=0.

Előzmény: [249] Lóczi Lajos, 2006-02-14 21:40:03
[250] nadorp2006-02-15 08:17:49

Igazad van. Most, hogy említetted, a deriválásra tényleg erősebb feltétel kell. Elnézést kérek. Ellenpélda majd jön

Előzmény: [248] Lóczi Lajos, 2006-02-14 21:35:16
[249] Lóczi Lajos2006-02-14 21:40:03

Keressünk példát olyan szituációra, hogy

1. minden fn deriválható az egész számegyenesen, fn egyenletesen tart f-hez, de f nem deriválható mindenhol.

2. minden fn deriválható az egész számegyenesen, fn egyenletesen tart f-hez, f mindenhol deriválható, de f deriváltja nem egyezik meg a tagok deriváltjának határértékével.

Előzmény: [248] Lóczi Lajos, 2006-02-14 21:35:16
[248] Lóczi Lajos2006-02-14 21:35:16

Ilyen tétel a deriválásra nemigen van, mivel az Általad írt állítás nem igaz. A tagok egyenletes konvergenciája még kevés. (HF: mutass ellenpéldákat.)

Egy elégséges feltétel például, ha fn egyenletesen tart f-hez, minden fn deriválható és fn' egyenletesen tart valamely g függvényhez, akkor f deriválható és deriváltja g.

Előzmény: [246] nadorp, 2006-02-14 10:04:39
[247] rizsesz2006-02-14 12:11:35

köszönöm :)

[246] nadorp2006-02-14 10:04:39

Egyenletes konvergencia esetén szabad. Van egy olyan tétel, hogy ha adott egy fn(x) függvénysorozat, és \lim_{n\to\infty}f_n(x)=f(x) és a konvergencia egyenletes, akkor \lim_{n\to\infty}f^{'}_n(x)=f^{'}(x), azaz szabad tagonként deriválni. Ugyanez igaz integrálásra is. Az egyeneletes konvergencia nagyjából azt jelenti, hogy az |fn(x)-fm(x)| különbségek elég nagy n,m-re x-től függetlenül tetszőlegesen kicsik lesznek.

Legyen most fn(x)=1+x+x2+...+xn, ahol x\in[-r;r] és 0<r<1. Ekkor, ha n>m, akkor |f_n(x)-f_m(x)|=|x^m+x^{m+1}+...+x^n|\leq\frac{r^m}{1-r},és ez tetszőlegesen kicsi (x-től függetlenül), ha m elég nagy. Tehát a \lim_{n\to\infty}f_n(x)=\frac1{1-x} konvergencia egyenletes a [-r,r] intervallumon, ezért szabad tagonként integrálni. Hasonló a gondolatmenet, ha f_n(x)=\sum_{i=1}^n\frac{x^i}i. Itt is igaz,hogy |f_n(x)-f_m(x)|<\left|\frac{r^m}m+\frac{r^{m+1}}{m+1}+...+\frac{r^n}n\right|\leq\frac{r^m}{1-r}, tehát a függvénysorozat egyenletesen konvergál,ezért szabad tagonkét deriválni.

Előzmény: [245] rizsesz, 2006-02-14 00:59:22
[245] rizsesz2006-02-14 00:59:22

az eredmény biztosan jó, csak a nyitott kérdés érdekes a végén, miszerint lehet-e deriválni, majd az így kapott sorozaton elvégezve a szummázást, és azt visszaintegrálni ér-e :)

[244] Mate2006-02-14 00:43:02

Miért nem próbálod Taylor-sorba fejteni?

[243] rizsesz2006-02-13 22:42:48

sziasztok. igazából egy vicces igen-nem kérdésem lenne az analízis témaköréből. azt a feladatot kaptuk, hogy igazoljuk a sum (p ad i/i) i=1->végtelen=-ln(1-p) összefüggést (elnézést a TeXtelenségért továbbra is :S) a következő megoldást találtam ki:

-vegyük az általános tag deriváltját, ez a p ad i/i deriváltja p szerint, az p ad (i-1) -ha ezeket a deriváltakat összeadjuk, szóval 1+p+p ad 2+... p ad végt. összeget képezzük, az a végt. mértani sor összegképlet miatt 1/(1-p) -most a kezdeti deriválást visszacsinálva egy integrálással, pont megkapjuk a -ln (1/(1-p))-t :)

lényegében a kérdés annyi, hogy van egy csökkenő tagú sorozat, és ha az elemeket deriválom, és úgy végzem el az összegzést, majd visszaintegrálok, akkor az eredetivel megegyező összeget kapom-e meg?

segítségeteket előre is köszi, rizsa

[242] nadorp2006-02-06 11:56:35

Igaz, hogy b|a2-k ,de ebből nem következik, hogy a szorzat csak a^2-k=(a-\sqrt{k})(a+\sqrt{k}) alakú lehet. ( 49-5=4.11 ). Ha a hozzászólást nem így értetted, akkor bocs,nem szóltam, de érdekelne a szorzattá bontás, amiből \sqrt{k} egész volta következik. Egyébként tetszik Joe megoldása.

Előzmény: [240] hobbymatekos, 2006-02-05 01:46:15
[241] jenei.attila2006-02-06 11:51:04

Ezt nem értem. Részleteznéd?

Előzmény: [240] hobbymatekos, 2006-02-05 01:46:15
[240] hobbymatekos2006-02-05 01:46:15

Ha egy polinomnak van egész gyöke, az csak a konstans tag osztója lehet. Most a konstans tag szorzattá alakitható. Ha a, b egész akkor Sqrt(k) egész, azaz k négyzetszám.

Előzmény: [235] Kós Géza, 2006-01-20 11:13:59
[239] hobbymatekos2006-02-05 01:24:04

Még egy megjegyzés az exponenciális tag jogosságáról: lin. diffegyenletek esetén az exponenciális fv-ek alaprendszert alkotnak. Azaz kereshető a homogén egyenlet megoldása exp. fv ek lin. kombinációjaként.

Előzmény: [198] Wolf, 2005-11-01 20:39:02
[238] hobbymatekos2006-02-05 01:13:44

Ez valójában egy rendszer egységugrás fv-re adott válaszaként értelmezhető,tehát az átviteli függvény. A Bode és Nyqist diagrammok adnak felvilágositást egy rendszer stabilitásáról. ( körfrekvencia és a komplex impedancia pl.)Egy rezgőkör pl. közönséges lineáris másodrendű diffegy.. Nos ezeknek a diagrammoknak az összehasolitása jóval könnyebb és a villamosmérnökök (is) azonnal látják belőle a rendszer állapotát.

Előzmény: [198] Wolf, 2005-11-01 20:39:02
[237] hobbymatekos2006-02-05 00:50:44

Sziasztok. bizonyos diffegyenletek... nevezzük nevén: kizárólag lineáris közönséges diffegyenletekre és diffegyenletrendszerekre alkalmazható módszer, azaz ha érvényes a szuperpozició elve. Értelmezett a megoldás az abszolut konvergenciaabszcisszánál nagyobb t re illetve diffegyenletrendszerek esetén a konvergenciaabszisszák által meghatározott intervallumok közös részén.Ott és csakis ott. Az abszolút konvergenciaabszcissza meghatározása Stjieltjes integrál. Gyakran nehéz kiszámolni... Egyébként értelmezhető negativ valósra értelmezett fv-re is a Laplace transzformált (baloldali-nak nevezzük). Viszont az alkalmazások zöme valóban villamosmérnöki (teljesitményelektronika).... DE: a legszebb talán a szabályozástechnika (felnyitott hurok átviteli fv-e, differenciáló és integráló tagok...Itt éppen a differenciálás ás integrálás egyszerüsége az előny). Az AHA élmény ekkor szokott ennél a transzformációtipusnál általában jelentkezni... DE az inverz L trafó létezése és annak konvergenciája bizonyitásra szorul... és szintén nem könnyü...

Előzmény: [209] Lóczi Lajos, 2005-11-04 20:46:17
[236] joe2006-01-30 20:42:55

(önkényesen jelölést változtatva: az x2 - kbx + b2 - k = 0 egyik gyöke a, a másik legyen c; f(x, y) := (x2 + y2) / (1 + xy)); ekkor ha f(a, b) = k, akkor f(b, c) = k. Az könnyen látható, hogy (egyrészt c nem= b, másrészt) b > c (ezt elég arra az esetre belátni, ha a > b > 0). A gyökök és együtthatók közti összefüggésekből c = kb - a. Így egy rekurzív sorozathoz jutunk, aminek (mivel 2 kezdőtagja és a k egész) mineden tagja egész. A sorozat szig. fogyó (ezt elég az első nempozitív tagig belátni); így egyszer eljutunk olyan a > b -hez, melyre f(a, b) = k ("mint mindig"), és a > 0 >= b. Ekkor, mivel f(a, b) számlálója pozitív, és értéke is pozitív (k), így a nevező is az, ezért ab > -1. Mivel a, b egészek, ez csak úgy lehet, ha b = 0. Ekkor viszont k = f(a, b) = f(a, 0) = a2; qed. (bocsánat, hogy még mindig nem tudok TeXelni)

Előzmény: [235] Kós Géza, 2006-01-20 11:13:59
[235] Kós Géza2006-01-20 11:13:59

Egy kis segítség.

Legyen k egy olyan egész szám, ami előáll a kívánt alakban:

k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}. (1)

Vizsgáljuk most a következő másodfokú egyenletet:

(2)x2-(ka)x+(a2-k)=0.

Ennek az egyik gyöke x1=b.

Mit mondhatunk a másik gyökről?

Előzmény: [230] Sirpi, 2006-01-18 17:33:26

  [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]    [33. 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