Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Csak logika

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

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[680] Ménkűnagy Bundáskutya2013-01-18 23:08:30

Úgy számoltam, hogy rendre 6/90, 42/90, 42/90 valséggel van 2, 1, 0 kulcs az elsőként kiválasztott három dobozban. Onnan rendre 0, 1/5, 2/5 valséggel nyerünk, tehát összesen \frac{42}{90}\cdot\frac{3}{5} esélyünk van, ami annyi, amennyi.

Tényleg nem értettem teljesen, mit akarsz. Kicsit igen, azért emeltem ki a \binom{8}{5}+\binom{8}{4}>\binom{10}{7}-t.

Előzmény: [679] Solaris, 2013-01-18 22:39:16
[679] Solaris2013-01-18 22:39:16

Hmmm, valóban nem írtam gondolatmenetet, hiszen lényegében egyszerű kombinatorika. Nem löktem a megoldást, hanem közöltem először az eredményt, majd amikor Alma megírta, hogy ő mást kapott p(B)-re, közöltem a képletet is. Te ugyan rámutattál, hogy valami nem stimmel, de nem találtad meg a képletben a hibát és nem is adtad meg, hogy te hogyan számoltál. Aki érti, az megmutatta volna, hogy mi nem helyes, mert képes kitalálni a másik gondolatmenetét. Talán a matematika tanár nem képes kijavítani a diákja hibás dolgozatát? Ugyan már! Légy szives ne nyilatkozz alaptalanul.

Előzmény: [678] Ménkűnagy Bundáskutya, 2013-01-18 22:01:51
[678] Ménkűnagy Bundáskutya2013-01-18 22:01:51

Nem is írtál akkor még gondolatmenetet. Odalöktél egy formulát, a végén hibás végeredménnyel, közben egy sehol elő nem kerülő binom együtthatóval. Te se értetted volna, ha nem te írod.

Előzmény: [677] Solaris, 2013-01-18 21:12:27
[677] Solaris2013-01-18 21:12:27

A helyes eredmény a 676-ban látható. A gondolatmenettel volt gondod, azt nem értetted? Ha igen, nincs benne meglepő, mert az ilyen feladatokat többféle modellel is megoldhatjuk, s nem egyformán gondolkodunk.

Előzmény: [670] Ménkűnagy Bundáskutya, 2013-01-18 18:42:29
[676] Solaris2013-01-18 20:44:28

Rendben van!

Egyszerűen elnéztem egy számot a kéziratban. A helyes eredmények az ábrán láthatók.

Előzmény: [674] Alma, 2013-01-18 19:51:20
[675] Hajba Károly2013-01-18 20:27:06

Igen. Nekem is ez jött ki. Pontosabban ill. eredetileg A:14/50 és B:15/50. Azaz nem célszerű váltani.

Előzmény: [667] Alma, 2013-01-18 18:02:47
[674] Alma2013-01-18 19:51:20

Köszönöm a magyarázatot, de ezekkel tisztában vagyok, én is így számoltam. Arra mondj valamit, amit Ménkűnagy Bundáskutya mondott! Ha összeadod a te számolásodban, hogy hányféleképpen tudsz hét darab összesen pontosan egy, illetve pontosan két golyót tartalmazó dobozt kiválasztani, akkor nagyobb számot kapsz, mint ha azt számolod ki, hányféleképpen tudsz tíz dobozból hét akármilyet kiválasztani. Ez hibára utal a számolásodban.

Előzmény: [672] Solaris, 2013-01-18 19:25:35
[673] Solaris2013-01-18 19:32:23

"A" jelentse azt az eseményt, hogy a maradék öt dobozban legalább egy golyó van. Utóbbi úgy valósulhat meg, ha a dobozokban pontosan két golyó van, illetve úgy is, hogy a dobozokban pontosan egy golyó van."

Ez így nem jó!

Helyesen: "C" jelentse azt az esemény, hogy ....

A lemaradt folytatás:

Az öt dobozból kiválasztunk egyet. "A" jelentse azt az eseményt, hogy a kiválasztott dobozban golyó van.

Elnézést!

Előzmény: [672] Solaris, 2013-01-18 19:25:35
[672] Solaris2013-01-18 19:25:35

Az ilyen és ehhez hasonló feladatokat úgy a legcélszerűbb megoldani, hogy miután megértettük miről is van szó, lefosztjuk róla a meseszerű show elemeket és modellt készítünk. A számításainkat a modellen végezzük.

Vegyük szemügyre a B esetet. Itt egyszerűen arról van szó, hogy 10 egyforma doboz egyikébe elhelyezünk egy golyót. A dobozokat jól összekeverjük, majd kiválasztunk hármat. "B" jelentse azt az eseményt, hogy a kiválasztott három doboz egyikében ott a golyó.

Az A eset nem ennyire egyszerű. 10 egyforma dobozból kettőbe egy - egy golyót teszünk. A dobozokat összekeverjük, majd kiválasztunk hármat, amit a továbbiakban nem vizsgálunk. Ez ugyanaz, mint kiválasztani hetet. Maradjunk az utóbbinál. A hétből kettőt, amelyikben nincs golyó, elveszünk, marad öt doboz. "A" jelentse azt az eseményt, hogy a maradék öt dobozban legalább egy golyó van. Utóbbi úgy valósulhat meg, ha a dobozokban pontosan két golyó van, illetve úgy is, hogy a dobozokban pontosan egy golyó van.

Ennyi inspiráció elegendő?

Előzmény: [671] Alma, 2013-01-18 18:45:49
[671] Alma2013-01-18 18:45:49

Nekem a  \left(\matrix{8\cr 4}\right) helyett  \left(\matrix{8\cr 6}\right) \times \left(\matrix{2\cr 1}\right) szerepel.

Előzmény: [669] Solaris, 2013-01-18 18:29:31
[670] Ménkűnagy Bundáskutya2013-01-18 18:42:29

Nem értem, főleg azt a \binom{8}{4}-et... Viszont \binom{8}{5}+\binom{8}{4}>\binom{10}{7}, ami gyanús.

Előzmény: [669] Solaris, 2013-01-18 18:29:31
[669] Solaris2013-01-18 18:29:31
Előzmény: [667] Alma, 2013-01-18 18:02:47
[668] Ménkűnagy Bundáskutya2013-01-18 18:26:44

Nekem is.

Előzmény: [667] Alma, 2013-01-18 18:02:47
[667] Alma2013-01-18 18:02:47

A "B" esetben egyetértünk, de nekem az "A"-ra 84/300 jött ki.

Előzmény: [666] Solaris, 2013-01-17 21:41:01
[666] Solaris2013-01-17 21:41:01

Részletezés nélkül:

"A" eset, vált: 91/300 valószínűséggel nyer a játékos. "B" eset, tartja: 90/300 valószínűséggel nyer a játékos.

Nagyon pici különbség van. Gyakorlatilag mindegy, hogy a játékos az A, vagy a B stratégiát választja.

Előzmény: [662] Hajba Károly, 2013-01-17 14:14:58
[665] bily712013-01-17 19:00:53

Igen, látom, ez szükséges, de nem elégséges feltétel.

Előzmény: [661] Maga Péter, 2013-01-17 06:54:20
[664] Gézoo2013-01-17 18:31:38

Az a gyanúm, ha az eredeti játék "megoldóképlete" szerint eljárva, azaz 1,2,3 választás a,k,k lehetősége helyett a csere kk, ka, ak eshetőségekből a megmutatott k-kat levonva k,a,a lehetőség módjára felbontod

a 10-3-7 variációkra a lehetőségeket, akkor úgy tűnik, (azért csak tűnik, mert nem végeztem el a felbontást, csak az analógia alapján feltételezem az eredményét,) hogy szintén a csere lehetne a nyerő eljárás.

Előzmény: [662] Hajba Károly, 2013-01-17 14:14:58
[663] Solaris2013-01-17 16:10:08

A Monty - Hall feladattal kapcsolatosan felmerült a számítógépek véletlenszám generátora. Gézoo állítása szerint a véletlenszám generátorok nem jók, mert hibás eloszlású számsorozatokat adnak. Beszéljünk erről pár szót, nehogy tévedésbe ejtsük és tévedésben tartsuk a témához nem értő jámbor olvasókat.

ad 1) A determinisztikus módszerrel előállított számsorozatokat kvázi-véletlen, pszeudo-véletlen, vagy magyarul álvéletlenszámoknak nevezik. A legvéletlenebb számsorozatokról sem lehet többet állítani, mint azt, hogy látszólag véletlenek. Valójában véletlenszámok helyett adott eloszlású, független számsorozatokról kellene beszélnünk.

ad 2) Amikor a kezdetek kezdetén szükség volt véletlenszámokra, akkor kockát vetettek, golyót húztak urnából, vagy kártyát használtak. 1927-ben jelent meg a kb. 40000 számjegyet tartalmazó véletlenszám táblázat, ami népszámlálási adatokból készült. 1939-ben készült az első gép, amely képes volt kb. 100000 véletlenszámot előállítani és 1955-ben már célgéppel egymillió véletlen számjegyet állítottak elő.

ad 3) A táblázatok használata nem volt célszerű a nagy memória igény miatt, s ezért algoritmusokat kezdtek alkalmazni. Az első ilyen algoritmust Neumann János javasolta. Négyzetközép módszernek nevezték. Nem vált be a gyakorlatban, mert rövid ciklusúnak bizonyult, azaz "rövid" számsorozat után ismételte önmagát.

ad 4) Ma leggyakrabban a lineáris kongruencia módszert használják. A módszer négy kezdeti számot igényel. Ezek: "m", a modulus, ami vagy prímszám, vagy 2 ad n alakú. "a" együttható, melyre 0 <= a < m. "c" a növekmény, melyre 0 <= c < m. "X0" a kezdőérték, melyre 0 <= X0 < c. A véletlen számsorozatot az Xn+1 = (a*Xn + c) mod m, n >= 0 rekurzív képlet szolgáltatja. A kezdeti négy számot/paramétert gondosan kell megválasztani, s ekkor a kapott számsorozat a 0, 1, 2, ... m - 1 halmazon egyenletes lesz. A lineáris kongruenciasorozatoknak is van ciklusuk, azaz elkezdik önmagukat ismételni. A ciklus hossza: a legkisebb olyan p természetes szám, amelyre Xk+p kongruens Xk mod m, k >= 0 A maximálisan lehetséges m hosszat elérhetjük alkalmas feltételekkel.

ad 5) A valamilyen módszerrel kapott számsorozatok véletlen voltát pld. a khi-négyzet próbával ellenőrizhetjük. Többnyire három, különböző számsorozaton végezzük el, s ha a próbák közül legalább kettő gyanúsnak ítéli meg, akkor a sorozat nem elég véletlenszerű. A gyakorlatban legalább hat különféle ellenőrzési próbát alkalmaznak, s a számsorozatot csak akkor tekintik véletlennek, ha mindegyik próba annak minősíti. Mellesleg, bármilyen számsorozat véletlennek tekinthető, ameddig valamilyen erre alkalmas próba nem mondja az ellenkezőjét.

ad 6) Egyesek panaszkodása, hogy a számítógépek RND generátora nem jó, vagy az Excel program generátora nem jó, s ezért a szimuláció nem alkalmas a Monty - Hall feladat, illetve véletlenszámokat igénylő más feladatok megoldására, a tények nem ismerésén alapszik. A nem állítható egyszerű RND generátorok egyenletes eloszlású véletlenszám sorozatot állítanak elő. A régebbi Excel programoké is ilyen. Az újabb Excelben arra is mód van, hogy adott eloszlású véletlenszám sorozatokat állítsunk elő és egyéb paramétereket is megadhatunk.

[662] Hajba Károly2013-01-17 14:14:58

MH show - új változat:

10 függöny van, s ezek közül a nyereményautónak két kulcsát (egy fehér függőset ill. egy fekete függőset) helyezik el valamely 2 függöny mögé, azaz 8 üres függöny marad. Játékos megjelölhet 3 függönyt, s ezután két lehetőség közül választ.

A) Vált a 7 függönyre és ekkor két üres függönyt ezek közül elhúznak. A maradék 5-ből kell mutatnia 1-t és ha mögötte valamelyik kulcs, akkor viszi a kocsit.

B) Marad a választott 3 függöny mellett. Ekkor kiveszik a fehér kulcsot és elhúznak két üres függönyt. Ha a maradék 1 függöny mögött ott a fekete kulcs, akkor nyer, ha nincs, akkor nem nyer.

Melyik stratégiával van nagyobb nyerési esély?

[661] Maga Péter2013-01-17 06:54:20

Nem tudom, milyen feladatról van szó, de ,,az A mátrix totálisan unimoduláris (olyan mátrix, melynek bármely négyzetes részmátrixának a determinánsa 1, -1, vagy 0), hiszen minden eleme -1, 1, vagy 0'' logikailag biztosan hibás. Az

\left(\matrix{1& -1\cr 1&1\cr}\right)

mátrix nem TU (magának a mátrixnak a determinánsa 2), pedig minden eleme 1, -1 vagy 0.

Előzmény: [660] bily71, 2013-01-16 22:51:34
[660] bily712013-01-16 22:51:34

Nem akarok offolni, csak annyit fűznék hozzá, hogy egy dolog elkerülte a figyelmünket, az A mátrix totálisan unimoduláris (olyan mátrix, melynek bármely négyzetes részmátrixának a determinánsa 1, -1, vagy 0), hiszen minden eleme -1, 1, vagy 0, így a P={x|Ax\leb} poliéder csúcsai egész koordinátájúak, ezáltal az egészértékű programozási feladat egy LP feladattá egyszerűsödik, az pedig megoldható polinom időben. Az előbbi dolgokat innen szedtem. Légy türelmes, ha tévedek, javíts ki!

Előzmény: [420] Róbert Gida, 2012-03-31 22:49:27
[659] Fálesz Mihály2013-01-16 22:32:50

Igen, a sornak abszolút konvergensnek kell lenni.

Előzmény: [658] Róbert Gida, 2013-01-16 20:32:40
[658] Róbert Gida2013-01-16 20:32:40

"Ha egy X valószínűségi változónak csak megszámlálható sok lehetséges értéke van..."

Ez így általánosan csak akkor igaz, ha mondjuk xi\ge0 minden i-re (vagy a sor abszolút konvergens). Egyébként lehetséges lenne, hogy egy más sorrendben felírva a sor nem konvergens, vagy más értékhez tart.

Előzmény: [656] Fálesz Mihály, 2013-01-16 18:16:56
[657] Gézoo2013-01-16 18:31:22

Ja így értetted. Valahogy átléptem az x kétféle jelentésén. Bocs, figyelmetlen lehettem. De így már érthető. Köszönöm!

Előzmény: [656] Fálesz Mihály, 2013-01-16 18:16:56
[656] Fálesz Mihály2013-01-16 18:16:56

Ha egy X valószínűségi változónak csak megszámlálható sok lehetséges értéke van: x1,x2,..., és ezek előfordulásának valószínűségei rendre p1,p2,..., akkor a valószínűségi változó várható értéke

E(X)=p1.x1+p2.x2+...

A [498]-ban a valószínűségi változó a másik boríték tartalma. Azt feltételezve, hogy az egyik boríték tartalma x, csak két érték lehetséges: 2x és x/2, a két feltételes valószínűség pedig \frac{P(x)}{P(x)+P(x/2)}, illetve \frac{P(x/2)}{P(x)+P(x/2)}.

* * *

Amit az [500]-ban "kérdeztél", abban nem is szerepelt szorzás -- eltekintve a képletemtől, amit odamásoltál.

Előzmény: [654] Gézoo, 2013-01-16 17:14:57

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