[794] Kemény Legény | 2016-06-25 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.Ákos | 2016-06-25 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] Zoltano86 | 2016-06-25 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
|
|
|
[790] csábos | 2016-03-05 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 |
|
|
[788] Kemény Legény | 2016-03-01 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] w | 2016-03-01 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 Gergely | 2016-02-28 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 Gida | 2015-10-19 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 Lajos | 2015-10-19 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 Gida | 2015-10-17 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 |
|
|
[779] Lóczi Lajos | 2015-10-17 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 Gida | 2015-10-16 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 Lajos | 2015-10-16 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] Sinobi | 2014-08-16 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] Sinobi | 2014-08-09 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 |
|
|
|
|
[771] HoA | 2014-08-07 15:39:22 |
Pedig én is erre látom a megoldás útját. Középpontos tükrözés után oda vezettük vissza a feladatot, hogy "ha két - nem azonos - érintkező ellipszis metszi egymást, akkor pontosan két metszéspont van."
Persze gondolkodom más megoldáson is.
|
|
Előzmény: [770] Sinobi, 2014-08-06 18:53:46 |
|
|
|
[768] Sinobi | 2014-08-05 23:34:03 |
* ha lezezik 3 ilyen egyenes, akkor vegtelen sok van.
|
|