Fórum: Nehezebb matematikai problémák

Az általam megadott képlettel szerencsére sokkal gyorsabban lehet választ kapni, mint Monte-Carlo-jellegű szimulációval, ugyanis rengeteteg programnyelven (R, C++, Matlab) elérhető olyan függvény, ami a megadott mátrixszal és vektorral számol eloszlásfüggvényt többváltozós normális eloszlásra. Például Matlabbal a következő tesztpéldákat számoltam végig:

&tex;\displaystyle \mu = [8.7; 9.4; 9.6; 9.7; 9.2; 9.1]&xet;, &tex;\displaystyle \sigma = 2.0&xet;

Ekkor &tex;\displaystyle p = 0.248542598153021&xet; az 'mvncdf' függvény (multivariate normal cumulative distribution function) által adott érték, míg a lassabb 10milliós elemszámú (Monte-Carlo) szimuláció eredménye: &tex;\displaystyle 2486815/10000000&xet;.

Vagy &tex;\displaystyle \sigma = 0.5&xet; és ugyanezen &tex;\displaystyle \mu&xet; mellett: &tex;\displaystyle p = 0.53444797435079&xet;, a szimuláció &tex;\displaystyle 5343301/1000000&xet;-t adott.

Vagy &tex;\displaystyle \sigma = 0.1&xet; és ugyanezen &tex;\displaystyle \mu&xet; mellett: &tex;\displaystyle p = 0.997490348287471&xet;, a szimuláció &tex;\displaystyle 9974678/10000000&xet;-t adott eredményül.

Vagy &tex;\displaystyle \sigma = 30&xet; esetén, &tex;\displaystyle p = 0.171608841494814&xet; esetén a szimuláció &tex;\displaystyle 1716277/10000000&xet;-t adott eredményül.

Mindezek abszolút összhangban vannak: ha &tex;\displaystyle \sigma\to \infty&xet;, akkor &tex;\displaystyle p\to \frac{1}{6}&xet;; vagy ha &tex;\displaystyle \sigma\to 0&xet;, akkor &tex;\displaystyle p\to 1&xet; vagy &tex;\displaystyle p\to 0&xet; attól függően, hogy &tex;\displaystyle \mu_1&xet; a legkisebb vagy sem.

Még egyszer a lényeg: a többváltozós eloszlásfüggvényből számolt eredmény kb. &tex;\displaystyle 0.1&xet; másodperc alatt lefutott, a szimuláció ennél jóval lassabb, főleg ha több kísérletet akarunk átlagolni...Azaz, ha &tex;\displaystyle [\mu,\sigma]&xet; értékei ismertek, én bőven &tex;\displaystyle 1&xet; másodpercen belül tudom szolgáltatni a pontos eredményt.

A 6 normális eloszlás 6 kutya várható ideje egy adott futamon. A valség pedig a nyerés valsége egy adott kutyára. Angol futamokat nézek, ahol statisztika van visszamenôleg elôzô futamokra. Ebbôl jönnek a várható átlagok. Futam elôtt nagyon mozognak az oddsok sokszor lefelezôdnek akár. Mondanom sem kell mennyi pénz van benne ha elcsípsz egy ilyet. Eddig excellel próbálkoztam véletlen számokat generálva. Viszonylag rövid idô alatt kapok valségeket, de persze ez pontatlan, és nem a legszebb módja a számolgatásnak.

Sajnos az utolsó lépés nem működik, nem ekvivalens az eredeti feladattal a &tex;\displaystyle Z&xet; eloszlásfüggvényének elemzése, így marad az, hogy adott várható értékű és kovarianciamátrixú többdimenziós normális eloszlás eloszlásfüggvényének az origó-beli értékeként adjuk meg a megoldást.

Megkérdezhetem, hogy honnan származik a feladat; tudjuk esetleg biztosan, hogy kell lennie zárt alaknak?

Mindenesetre a következő tervet látom a számolásra, de még nem volt erőm teljesen mindent végigszenvedni rajta.

1. lépés: Ha &tex;\displaystyle 6&xet; helyett csak &tex;\displaystyle 2&xet; változónk van, akkor &tex;\displaystyle X_1-X_2&xet; eloszlása &tex;\displaystyle N(\mu_1-\mu_2, 2\sigma^2)&xet;, a megoldás &tex;\displaystyle \Phi\left(\frac{\mu_2-\mu_1}{\sqrt{2}\sigma}\right)&xet;. Innen jöhet a következő gondolat.

2. lépés: Vezessük be az &tex;\displaystyle Y = (X_1-X_2,\cdots, X_1-X_6)&xet; valószínűségi vektorváltozót, ennek az eloszlásfüggvényét kellene kiszámolni a &tex;\displaystyle [0,0,0,0,0]&xet; pontban. Mivel független normálisok lineáris transzformáltja, &tex;\displaystyle Y&xet; egy többváltozós normális &tex;\displaystyle \mu = (\mu_1-\mu_2,\cdots,\mu_1-\mu_6)&xet; várható értékkel, és egy &tex;\displaystyle 5\times5&xet;-ös &tex;\displaystyle S&xet; kovarianciamátrixszal, aminek főátlója &tex;\displaystyle 2\sigma^2&xet;, minden más eleme &tex;\displaystyle \sigma^2&xet;.

3. lépés: Egyszerű ujjgyakorlat, hogy &tex;\displaystyle det(S)=6\sigma^{10}&xet;.

4. lépés: Szintén ujjgyakorlat, hogy &tex;\displaystyle 6\sigma^2\cdot S^{-1}&xet; olyan mátrix, aminek főátlója csupa &tex;\displaystyle 5&xet;-ös, mellékátlója csupa &tex;\displaystyle -1&xet;.

5. lépés: Szintén kiszámolhatóak &tex;\displaystyle S&xet; (és onnan &tex;\displaystyle S^{-1}&xet;) sajátértékei: &tex;\displaystyle 6\sigma^2,\sigma^2,\sigma^2,\sigma^2,\sigma^2&xet;.

6. lépés: Kiszámoljuk a sajátvektorokat is. Sajnos az &tex;\displaystyle [1,1,1,1,1]&xet; és &tex;\displaystyle [1,-1,0,0,0]&xet;,&tex;\displaystyle \cdots&xet;,&tex;\displaystyle [1,0,0,0,-1]&xet; választás nem a legjobb, a fenti helyett egy ortonormált rendszert kellene keresni (az &tex;\displaystyle 1&xet; sajátértékhez tartozó sajátaltérből egymásra és &tex;\displaystyle [1,1,1,1,1]&xet;-re is merőleges egységvektorokat kellene keresnünk). Gram-Schmidt-ortogonalizációs lépésekkel például ezt meg lehetne tenni...

7. Ha már van ortonormált sajátbázisunk, akkor ezek alapján bevezetünk egy új &tex;\displaystyle Z&xet; változót az &tex;\displaystyle Y&xet;-ok megfelelő lineáris transzformáltjaként úgy, hogy a &tex;\displaystyle Z&xet; kovariancamátrixa diagonális legyen.

8. lépés: Az &tex;\displaystyle Y&xet; eloszlásfüggvénye a &tex;\displaystyle [0,0,0,0,0]&xet; pontban adta a választ az eredeti kérdésre, most a transzformált &tex;\displaystyle Z&xet; eloszlásfüggvényét kellene meghatározni egy pontban, de ennek már diagonális a kovarianciamátrixa, az integrál könnyen lebontható egyszerűbb (egyváltozós) integrálok szorzatára, és akkor a &tex;\displaystyle \Phi&xet;-vel kifejezhető egy zárt alak.

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

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;

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.

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 ;)

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.

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;

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

Köszönöm mindenkinek az értékes hozzászólásokat!

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.

Lásd itt

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.

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. :(

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?

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).

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.

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;.

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

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)?

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).

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?

"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?