Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

Fórum: Valaki mondja meg!

  [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]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[2165] Fálesz Mihály2018-01-10 07:59:00

Csatlakozva jonashoz, a kérdésed úgy kezdődött, hogy "hogyan lehet egy kontinuum számosságú halmazt..."

Tehát a játékban kapunk az ellenségünktől egy halmazt, amiről tudni véli, de inkább be tudja bizonyítani, hogy "kontinuum számosságú", és egy \(\displaystyle n\) pozitív egészt. Nekünk az a feladatunk, hogy a halmazt valami algoritmussal \(\displaystyle n\) részre osszuk.

A kérdés: annak bizonyítása, hogy a halmaz kontinuum számosságú, nem biztosít automatikusan (például a Cantor-Schröder-Bernstein tétel segítségével) egy bijekciót valamilyen ismert, kontinuum számosságú halmazzal?

Előzmény: [2162] marcius8, 2018-01-09 20:02:28
[2164] Fálesz Mihály2018-01-10 07:43:04

Megfelelteted a (legyen mondjuk \(\displaystyle H\)) halmazt az \(\displaystyle [0,n)\) intervallumnak vagyis veszel egy \(\displaystyle f:[0,n)\to H\) bijekciót. A \(\displaystyle [0,n)\) intervallum a szintén kontinuum számosságú \(\displaystyle [0,1),\ldots,[n-1,1)\) intervallumok uniója; ezeket külön-külön is képezheted a \(\displaystyle H\) halmazba:

\(\displaystyle H = f\big([0,n)\big) = f\big([0,1)\big) \cup\ldots\cup f\big([n-1,n)\big). \)

Véges sok helyett kontinuum sok résszel is megy: a kontinuum számosságú sík felbontható kontinuum sok párhuzamos egyenes uniójára.

Előzmény: [2158] marcius8, 2018-01-06 18:23:36
[2163] jonas2018-01-10 01:01:48

Azt, hogy egy halmaz kontinuum számosságú, többé-kevésbé úgy definiáljuk, hogy van egy bijekció valamilyen rögzített kontinuum számosságú halmazra, mondjuk a természetes számok halmazának a hatványhalmazára. Ha be szeretnéd bizonyued tani egy konkrét halmazról, hogy tényleg kontinuum számosságú, akkor többnyire a Schröder-Bernstein tételt a legkönnyebb fölhasználni. Ez gyakran kikerülhető lenne, de könnyebb egyszer bebizonyítani azt a tételt, mint minden példához újabb konstrukciókat keresni.

Előzmény: [2162] marcius8, 2018-01-09 20:02:28
[2162] marcius82018-01-09 20:02:28

Bármilyen meglepő, én is pont egy ilyen módszerre gondoltam. DE! konkrétan egy ilyen "univerzális" megfeleltetést még nem tudtam találni, ami bármilyen adott kontinuum-számosságú halmaz esetén működne.

Előzmény: [2160] Sirpi, 2018-01-09 09:23:30
[2161] jonas2018-01-09 17:17:54

„amikre teljesül, hogy az egészrészük n-es maradéka éppen k.”

Dehát az végtelen sok vágás. Az alatt elkopik a kés. Nem lehetne valahogyan \(\displaystyle k - 1 \) vágással megoldani?

Előzmény: [2160] Sirpi, 2018-01-09 09:23:30
[2160] Sirpi2018-01-09 09:23:30

Ha kontinuum számosságú, akkor képezhető egy bijekció a valós számok halmazával, tehát elég a valós számokat felosztani. Ott pedig a k. halmazba (\(\displaystyle k=0,1, \dots, n-1\)) tegyük bele azokat a számokat, amikre teljesül, hogy az egészrészük n-es maradéka éppen k.

Előzmény: [2158] marcius8, 2018-01-06 18:23:36
[2159] jonas2018-01-08 16:48:00

Konyhakéssel, amit rendszeresen alaposan meg kell élezni, hogy minél kevesebb morzsa legyen, ami egyik részbe sem kerül bele.

Előzmény: [2158] marcius8, 2018-01-06 18:23:36
[2158] marcius82018-01-06 18:23:36

Hogyan lehet egy kontinuum számosságú halmazt \(\displaystyle n\) darab egyforma számosságú részre osztani?

[2157] marcius82018-01-06 16:04:04

4. Ha \(\displaystyle x=pA+qB+r\), akkor legyen \(\displaystyle f(x)=r\), \(\displaystyle g(x)=qB\), \(\displaystyle h(x)=pA\).

5. \(\displaystyle u(x)=qb+r\), \(\displaystyle v(x)=pA-r\), ekkor \(\displaystyle u(x)+v(x)=pA+qB\) teljesül.

Köszönöm a segítséget!

Előzmény: [2153] jonas, 2018-01-03 01:54:24
[2156] jonas2018-01-03 23:09:49

A 4-eshez a következőképpen kezdj hozzá. A függvény \(\displaystyle x \) argumentumát próbáld meg a 3. feladatban leírt módon felírni. Ha semmilyen \(\displaystyle p, q, r \) racionális számokra nem teljesül \(\displaystyle x = pA + qB + r \), akkor legyen \(\displaystyle f(x) = 0 \). Ez még nem rontja el, hogy a függvénynek \(\displaystyle A \) periódusa, mert ha \(\displaystyle x \) nem írható föl így, akkor \(\displaystyle x + A \) sem, ezért \(\displaystyle f(x + A) = 0 \). Ha van \(\displaystyle x = pA + qB + r \) megoldás, akkor a \(\displaystyle p, q, r \) számokból add meg valahogy \(\displaystyle f(x) \) értékét. Mit kell csinálni ahhoz, hogy \(\displaystyle f(x) = f(x + A) \) teljesüljön? Hogyan lehet elrontani az \(\displaystyle 1 \) periódust?

Az 5. feladathoz a következőt gondold át. Ha az \(\displaystyle f, g \) függvények minden valós számon értelmezve vannak, és mindkettő \(\displaystyle A \)-val periodikus, akkor mit mondhatsz az \(\displaystyle f + g \) függvényről? Ha \(\displaystyle f \) periodikus \(\displaystyle B \) periódussal, de \(\displaystyle g \) nem, akkor mit mondhatsz az \(\displaystyle f + g \) függvényről?

Előzmény: [2155] marcius8, 2018-01-03 19:21:25
[2155] marcius82018-01-03 19:21:25

köszi a segítséget Jónás! A 4.-re és az 5.-re nincs elképzelésem. A bónuszfeladaton gondolkozok.

Előzmény: [2152] yield1, 2018-01-02 14:06:54
[2154] jonas2018-01-03 10:38:19

Elfelejtettem mondani, hogy a 2. állításra is van elemi és számosságos bizonyítás is, és itt is elég csak az egyik a te kérdésedhez.

Előzmény: [2153] jonas, 2018-01-03 01:54:24
[2153] jonas2018-01-03 01:54:24

Hadd próbáljalak rávezetni.

1. Bizonyítsd be, hogy létezik irracionális szám. Erre két ismert bizonyítás is van: az elemi és a számosságos. A te kérdésedhez elég csak az egyik bizonyítást ismerni, de hosszú távon hasznos mindkettőt tudni.

2. Bizonyítsd be, hogy létezik két valós szám \(\displaystyle A, B \) úgy, hogy \(\displaystyle A, B, 1 \) lineárisan független a racionális számok fölött, vagyis bármely \(\displaystyle p, q, r \) racionális számokra ha \(\displaystyle pA + qB + r = 0 \), akkor \(\displaystyle p = q = r = 0 \).

3. Ha rögzítettek az \(\displaystyle A, B \) számok a fenti tulajdonsággal, akkor lásd be, hogy bármely \(\displaystyle x \) valós számot legfeljebb egyféleképpen lehet \(\displaystyle x = pA + qB + r \) alakban felírni úgy, hogy \(\displaystyle p, q, r \) három racionális szám legyen.

4. Adott \(\displaystyle A, B \) számokhoz a fenti tulajdonsággal konstruálj egy olyan \(\displaystyle f \) valós-valós függvényt, hogy \(\displaystyle f \)-nek periódusa \(\displaystyle A \) és \(\displaystyle B \) is, de \(\displaystyle 1 \) nem periódusa. Hasonlóan konstruálj egy olyan \(\displaystyle g \) valós-valós függvényt, aminek \(\displaystyle A \) és \(\displaystyle 1 \) periódusai, de \(\displaystyle B \) nem; és egy \(\displaystyle h \) valós-valós függvényt, aminek \(\displaystyle B \) és \(\displaystyle 1 \) periódusa, de \(\displaystyle A \) nem.

5. Ha adott három függvény \(\displaystyle f, g, h \) a fenti tulajdonságokkal, akkor rakj össze belőlük két valós-valós függvényt \(\displaystyle u, v \) néven úgy, hogy \(\displaystyle u \)-nak \(\displaystyle A \) periódusa de \(\displaystyle B \) nem periódusa és \(\displaystyle 1 \) sem periódusa; \(\displaystyle v \)-nek \(\displaystyle B \) periódusa de \(\displaystyle A \) nem periódusa és \(\displaystyle 1 \) sem periódusa; \(\displaystyle u + v \)-nek \(\displaystyle 1 \) periódusa de \(\displaystyle A \) nem és \(\displaystyle B \) sem.

Ezek együtt elvileg megválaszolják a kérdésedet. Ha nem elég, akkor mondjad, hogy hol akadtál el. Ha mind megvan, akkor bónusznak javaslom az egyik kedvenc feladatomat.

6. Igazold, hogy van olyan ponthalmaz az egységnégyzetben, ami bármely a négyzet bármely oldalával párhuzamos (vízszintes vagy függőleges) egyenest csak véges sok pontban metsz, viszont a négyzeten mindenütt sűrű (vagyis bármely tengyelypárhuzamos téglalapot, ami teljesen a négyzeten belül helyezkedik el, legalább egy pontban metsz).

Előzmény: [2151] marcius8, 2018-01-01 12:35:31
[2152] yield12018-01-02 14:06:54

Igen. Pl. ha mind a két függvény konstans.

Előzmény: [2151] marcius8, 2018-01-01 12:35:31
[2151] marcius82018-01-01 12:35:31

Van két periodikus függvény, periódusuk aránya irracionális. Lehet-e a két függvény összege periodikus?

[2150] marcius82017-12-27 19:00:10

Azért a poliédertől elvárom, hogy ne legyen szimmetrikus, és a három gömb középpontja ne legyen egybeeső.

Előzmény: [2149] marcius8, 2017-12-27 11:49:04
[2149] marcius82017-12-27 11:49:04

Van-e olyan 5 csúcsú poliéder, amelynek nincs 4 olyan csúcsa, amelyek egy síkban lennének, és van kívül írt gömbje, és van beírt gömbje, és van éleit érintő gömbje?

[2148] epsilon2017-12-13 16:28:36

Üdv mindenkinek. Segítségre lenne szükségem, mert elmerültem egy dologban. Arról van szó, hogy sin(f(x+y)=sin(f(x)+f(y)) minden x, y VALÓS számra, ahol f(x) egy valós, mindenütt folytonos függvény az R-ből az R-be. A fenti egyenletből következik-e, hogy f(x+y)=f(x)+f(y)+2nPi minden x, y VALÓS számra, vagy f(x+y)=-f(x)-f(y)+(2n+1)Pi minden x, y VALÓS számra? Vagyis továbbvíve a gondolatot, ha f folytonos, akkor az f(x+y)=f(x)+f(y)+2nPi Cauchy egyenlet összes folytonos megoldásai f(x)=ax+b alakú, továbbá az f(x+y)=-f(x)-f(y)+(2n+1)Pi egyenlet összes megoldása f(x)=kPi. A kérdés tehát: Ha sin(f(x+y)=sin(f(x)+f(y)) minden x, y VALÓS számra, f mindenütt folytonos, akkor biztosan igaz-e, hogy f(x)=ax+b, vagy f(x)=kPi? Vagy van arra ellenpélda, hogy bizonyos esetekben az egyik függvényegyenlőség igaz, más esetben a másik, de f mégis folytonos mindenütt? Nem sikerül szerkesztenem ilyen ellenpéldát. Ugyanez a kérdésem lenne cos(f(x+y)=cos(f(x)+f(y)) minden x, y VALÓS számra, ha f mindenütt folytonos. Előre is köszönöm a válaszotokat!

[2147] Erben Péter2017-12-06 19:11:19

Nagyon izgalmas filozófiai kérdés, hogy egy választási rendszer eredménye ,,tükrözi-e a választói akaratot” avagy a választási rendszer „igazságos-e”, de nem könnyű az ilyen kérdéseknek matematikai tartalmat adni.

Tetszőleges választási rendszer esetén általában nagyon könnyű olyan szavazat eloszlást mutatni, ami mellett az adott rendszer igazságtalannak tűnik. Ezen még az sem segít, ha előre megadjuk, milyen kritériumoknak kell megfelelnie egy választási rendszernek és csak utána próbáljuk meghatározni az eljárást. A leghíresebb ilyen negatív eredmény az Arrow-paradoxon, de sokkal egyszerűbb példával is illusztrálhatjuk a „nehéz igazságos választási rendszert csinálni” állítást.

Tegyük fel, hogy példádhoz hasonlóan listákról akarunk kiosztani \(\displaystyle M\) mandátumot. Induljon \(\displaystyle N\) párt a választáson, és az \(\displaystyle i.\) kapjon \(\displaystyle s_i\) szavazatot. Tegyük fel, hogy a választás eredménye az, hogy a \(\displaystyle P_i\) párt \(\displaystyle m_i\) mandátumot nyert és \(\displaystyle \sum m_i = M\). Az egyetlen, amit szeretnénk elvárni a választási rendszertől, hogy ha \(\displaystyle s_i \ge s_j\), akkor \(\displaystyle m_i \ge m_j\) is igaz legyen.

Legyen most \(\displaystyle M = 2\), \(\displaystyle N = 12\), és a pártokra leadott szavazatok sorban: \(\displaystyle (2,2,1,1,1,1,1,1,1,1)\). Feltételünk szerint az egyetlen megengedett eredmény, hogy \(\displaystyle P_1\) és \(\displaystyle P_2\) nyer 1-1 mandátumot, a többiek pedig semmit. Ez viszont azt jelenti, hogy az aktív választók kétharmadának egyetlen képviselője sem lesz, amit nehéz igazságosnak tekinteni. Itt az „igazságtalanságot” talán inkább a mandátumok oszthatatlansága okozza, és nem valamilyen a rendszerbe beépített trükk.

A példádban említett eljárás neve d'Hondt módszer, és ez egy érdekes cikk róla. A Wikipédia szócikkben egy online kalkulátor is linkelve van, amivel lehet kísérletezgetni.

Előzmény: [2145] marcius8, 2017-12-03 14:30:36
[2146] marcius82017-12-03 16:43:13

Pontosítok az előbbi hozzászólásomon: Ha valamelyik \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados valamilyen \(\displaystyle x_i\) és valamilyen \(\displaystyle j\) esetén benne van az első \(\displaystyle n\) legnagyobb \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados között, akkor a \(\displaystyle P_i\) párt egy mandátumot kap. Továbbá a \(\displaystyle P_i\) párt annyi mandátumot kap, ahány \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados benne van az első \(\displaystyle n\) legnagyobb \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados között valamilyen \(\displaystyle x_i\) és valamilyen \(\displaystyle j\) esetén.

Előzmény: [2145] marcius8, 2017-12-03 14:30:36
[2145] marcius82017-12-03 14:30:36

Anélkül, hogy politikát hoznék a fórumba... Magyarországon az országgyűlési mandátumok egy részét úgynevezett listás választások alapján lehet megnyerni. Ez a következőképpen történik: Tegyük fel, hogy van \(\displaystyle n\) mandátum, és a választásokon indulnak a \(\displaystyle P_1\), \(\displaystyle P_2\), \(\displaystyle P_3\),.... pártok. A \(\displaystyle P_1\) párt kap \(\displaystyle x_1\) szavazatot, a \(\displaystyle P_2\) párt kap \(\displaystyle x_2\) szavazatot, a \(\displaystyle P_3\) párt kap \(\displaystyle x_3\) szavazatot,... Legyen \(\displaystyle y_{i,j}=x_i/j\), ahol \(\displaystyle j\) egy \(\displaystyle n\) értékénél nem nagyobb pozitív egész szám. Az így kapott \(\displaystyle y_{i,j}\) hányadosokat csökkenő sorrendbe rendezik, és meghagyják az első \(\displaystyle n\) legnagyobb hányadost, a többit elfelejtik. Ezek után, ha valamelyik \(\displaystyle x_i\) esetén az \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados benne van az első \(\displaystyle n\) legnagyobb \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados között, akkor a \(\displaystyle P_i\) párt kap egy mandátumot. A mandátumok így történő szétosztása mennyiben tükrözi a választók akaratát?

[2144] marcius82017-12-03 14:06:11

Köszi a megoldást! Én valahogyan sorokkal próbálkoztam, előbb, de inkább utóbb az is meg lesz, akkor azt le is fogom írni. Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

Előzmény: [2143] jonas, 2017-11-29 17:06:20
[2143] jonas2017-11-29 17:06:20

Ez egy tanulságos Markov-láncos feladat, érdemes végigszámolni.

Legyen a húzások száma \(\displaystyle T \). Minden \(\displaystyle 0 \le t < T \) egészre nézzük meg, hogy \(\displaystyle t \) húzás után a legközelebbi húzásban hány cetli közül kell húzni, ez legyen \(\displaystyle X_t \), valamint legyen \(\displaystyle Y_t \) azon törpék száma, akik önmagukat húzzák ebben a húzásban. Tehát \(\displaystyle 0 \le t < T \) esetén \(\displaystyle 2 \le X_t \le 7 \). Terjesszük ki az \(\displaystyle X \) sorozatot úgy, hogy \(\displaystyle X_t = 0 \) ha \(\displaystyle T \le t \).

Nyilván \(\displaystyle X_0 = 7 \). A játék szabályai szerint ha \(\displaystyle 0 \le t < T \), akkor \(\displaystyle X_{t+1} = Y_t \), kivéve ha \(\displaystyle Y_t = 1 \), amely esetben \(\displaystyle X_{t+1} = 7 \). Mármost rögzített \(\displaystyle X_t \) mellett \(\displaystyle Y_t \) eloszlása nem függ az előzményektől. Az eloszlást pontosan meg is tudjuk adni: \(\displaystyle P(Y_t = y \mid X_t = x) = \textrm{A008290}(y, x)/x! \). Itt az A008290(y, x) szám x elem azon permutációinak a száma, amiben pontosan y fixpoint van, az OEIS A008290 sorozata szerint. Ez a valószínűség nulla, ha \(\displaystyle x < y \). Íme a feltételes eloszlások táblázata.

\(\displaystyle x =\) 2 3 4 5 6 7
\(\displaystyle P(Y_t=0 \mid X_t=x) =\) 1/2 2/6 9/24 44/120 265/720 1854/5040
\(\displaystyle P(Y_t=1 \mid X_t=x) =\) 0 3/6 8/24 45/120 264/720 1855/5040
\(\displaystyle P(Y_t=2 \mid X_t=x) =\) 1/2 0 6/24 20/120 135/720 924/5040
\(\displaystyle P(Y_t=3 \mid X_t=x) =\) 0 1/6 0 10/120 40/720 315/5040
\(\displaystyle P(Y_t=4 \mid X_t=x) =\) 0 0 1/24 0 15/720 70/5040
\(\displaystyle P(Y_t=5 \mid X_t=x) =\) 0 0 0 1/120 0 21/5040
\(\displaystyle P(Y_t=6 \mid X_t=x) =\) 0 0 0 0 1/720 0
\(\displaystyle P(Y_t=7 \mid X_t=x) =\) 0 0 0 0 0 1/5040

A fentiekből az is következik, hogy ha rögzítjük \(\displaystyle x \)-et ahol \(\displaystyle 1 < x \), akkor az \(\displaystyle X_t = x \) feltétel mellett \(\displaystyle X_{t+1} \) eloszlása független az előzményektől, vagyis az \(\displaystyle X_0, \dots, X_{t-1} \) számoktól (és mellesleg még a húzott nevektől is), és ez a feltételes eloszlás bármely \(\displaystyle t \)-re ugyanaz. Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle X \) egy stacionáris markov lánc. Mivel \(\displaystyle X_{t+1} \) az \(\displaystyle Y_t \) fent leírt függvénye eloszlásból, és \(\displaystyle Y_t \) feltételes eloszlását az előbb kiszámoltuk, ezért \(\displaystyle X_{t+1} \) feltételes eloszlását (az átmenet valószínűségeket) is meg tudjuk adni.

\(\displaystyle x =\) 2 3 4 5 6 7
\(\displaystyle P(X_{t+1}=0 \mid X_t=x) =\) 1/2 2/6 9/24 44/120 265/720 1854/5040
\(\displaystyle P(X_{t+1}=2 \mid X_t=x) =\) 1/2 0 6/24 20/120 135/720 924/5040
\(\displaystyle P(X_{t+1}=3 \mid X_t=x) =\) 0 1/6 0 10/120 40/720 315/5040
\(\displaystyle P(X_{t+1}=4 \mid X_t=x) =\) 0 0 1/24 0 15/720 70/5040
\(\displaystyle P(X_{t+1}=5 \mid X_t=x) =\) 0 0 0 1/120 0 21/5040
\(\displaystyle P(X_{t+1}=6 \mid X_t=x) =\) 0 0 0 0 1/720 0
\(\displaystyle P(X_{t+1}=7 \mid X_t=x) =\) 0 3/6 8/24 45/120 264/720 1856/5040

Most akkor számoljuk ki \(\displaystyle T \) várható értékét. Erre stacionáris Markov-láncoknál a szokásos módszer a következő. Jelölje a maradék lépések számának, vagyis \(\displaystyle (T-t) \)-nek, a várható értékét \(\displaystyle a_x \) az \(\displaystyle X_t = x \) feltétel mellett. A fentiek miatt a maradék lépések számának feltételes eloszlása is független az előzményektől, és \(\displaystyle t \)-től is. Nyilván \(\displaystyle a_0 = 0 \). A többi (\(\displaystyle 2 \le x \le 7\)) esetre felírhatunk egy-egy lineáris egyenletet a fenti átmenet valószínűségek alapján.

\(\displaystyle a_x = 1 + \sum_k P(X_{t+1}=k \mid X_t=x) \cdot a_k \)

Az egyenletrendszer megoldása után, mivel \(\displaystyle X_0 = 7 \), ezért a húzások számának várható értéke \(\displaystyle a_7 \).

A konkrét esetben az egyenletrendszer a következő.

\(\displaystyle (a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7) \cdot \begin{pmatrix} 1/2-1 &0 &6/24 &20/120 &135/720 & 924/5040 \\ 0 &1/6-1 &0 &10/120 & 40/720 & 315/5040 \\ 0 &0 &1/24-1 & 0 & 15/720 & 70/5040 \\ 0 &0 &0 & 1/120-1 & 0 & 21/5040 \\ 0 &0 &0 & 0 & 1/720-1 & 0 \\ 0 &3/6 &8/24 &45/120 &264/720 &1856/5040-1 \\ \end{pmatrix} = \)

\(\displaystyle = (-1, -1, -1, -1, -1, -1) \)

Ennek a megoldása

\(\displaystyle (a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7) = (9713740330, 13115308479, 11826442740, 12225059935, 12123252750, 12145107135) / 4856870165 \)

Így a sorsolások átlagos száma \(\displaystyle a_7 = 12145107135/4856870165 \), ami körülbelül 2.50.

Előzmény: [2142] marcius8, 2017-11-28 12:15:32
[2142] marcius82017-11-28 12:15:32

Igyekszem pontosabban megfogalmazni az előbbi felvetésemet. Tehát a hét törpe (Szund, Vidor, Hapci, Kuka, ....) mindegyike felírja a saját nevét egy papírra, ezeket a papírokat egy dobozkába teszik, ezután mindegyik törpe pontosan egy papírt húz a dobozkából. Ha elsőre mindenki más nevét húzza, akkor mindenki annak azt ajándékozza meg, akinek a nevét húzta. (Ennek lesz "1/e" a valószínűsége.) Ebben az esetben a "ki kit ajándékoz meg" sorsolás eredményes, és ekkor a sorsolásnak vége. Akkor van baj, ha van olyan törpe, aki a saját nevét húzta, ekkor a sorsolást a következő szabályok szerint ismétlik meg:

- Ha több, mint 1 törpe húzta a saját nevét valamelyik megismételt sorsolás esetén, akkor ezek a törpék egymás közt újra megismétlik a sorsolást.

- Ha pontosan 1 törpe húzta a nevét, akkor a sorsolást az összes törpe részvételével megismétlik, mert ez így igazságos.

- Ha valamelyik megismételt sorsolás esetén már nincs olyan törpe, aki a saját nevét húzta, akkor a sorsolás eredményes, a sorsolásnak vége, és ekkor minden törpe azt ajándékozza meg, akinek a nevét húzta.

Ekkor várhatóan hány sorsolás után lesz az, hogy minden törpe más törpének a nevét húzta?

Előzmény: [2141] marcius8, 2017-11-28 09:31:52
[2141] marcius82017-11-28 09:31:52

Nemsokára itt a karácsony. A hét törpe is készül egymás megajándékozására. Ezért a hét törpe mindegyike felírja a saját nevét egy kis papírra, a papírokat összehajtva beteszik egy dobozkába. Ezután a hét törpe mindegyike húz a dobozkából pontosan egy papírt, és minden törpe annak ad ajándékot, akinek a nevét húzta. (Ebben még semmi különös nincs.) De előfordulhat, hogy lesznek olyan törpék, akik a saját nevüket húzzák (ennek durván "1/e" a valószínűsége, ami nem elhanyagolható), ezek a törpék egymás közt újra megismétlik ezt a sorsolást. Ha megint lesznek ilyen törpék, akkor ezek a törpék egymás közt újra megismétlik ezt a sorsolást.... Végül előfordulhat az is, hogy az első sorsoláskor, vagy akármelyik sorsoláskor pontosan egy törpe húzza a saját nevét, ekkor a sorsolást mind a hét törpe újra kezdi. Várhatóan hány sorsolásra kerül sor?

  [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]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]