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

Fórum: Nehezebb matematikai problémák

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[576] nadorp2007-12-07 12:37:05

Bocsi, de lassulok. Mi a különbség az eredeti feladathoz képest ?

Másik kérdésem az lenne, hogy \frac1e nem annak a valószínűsége, hogy az utolsó NEM magát húzza ?

Előzmény: [575] Sirpi, 2007-12-06 14:10:32
[575] Sirpi2007-12-06 14:10:32

Tökéletes, pont így csináltam én is :-)

Viszont valaki felvetette, hogy mi van, ha a körbeülés szerinti sorrendben húznak, függetlenül attól, hogy ki kit húzott ki (ilyenkor persze titokban is marad, hogy végül ki kinek ad ajándékot). Mit mondhatunk ilyenkor annak valószínűségéről, hogy az utolsó magát húzza? Annyit látok csak, hogy tart 0-hoz, de ezt leszámítva semmi értelmeset nem tudtam eddig mondani.

Előzmény: [572] Cckek, 2007-12-06 13:14:49
[574] Cckek2007-12-06 13:37:01

A valoszínűség pedig a levezetett összeg:D

Előzmény: [573] Cckek, 2007-12-06 13:17:26
[573] Cckek2007-12-06 13:17:26

A kérdés a fixpont nélküli permutaciok számához kapcsolodik.

Előzmény: [571] Sirpi, 2007-12-06 12:58:06
[572] Cckek2007-12-06 13:14:49

Jelölje an-an-1=xn,\impliesx1=1, ekkor \frac{x_{n+1}}{x_n}=-\frac{1}{n} és tagonként összeszorozva kapjuk:

\frac{x_{n+1}}{x_1}=\frac{(-1)^{n}}{n!} Tehat a_n-a_{n-1}=\frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!} Tagonként összegezve kapjuk:

a_n-a_0=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^{k}}{k!} azaz a_n=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^{k}}{k!} ami nyílván tart \frac{1}{e}-be.

Előzmény: [567] Sirpi, 2007-12-06 11:40:44
[571] Sirpi2007-12-06 12:58:06

Na, akkor ott tartasz, ahol én egy órája :-) Tényleg ennyi a megoldás.

A feladat pedig, ami erre a rekurzióra vezet, a következő (elég aktuális is):

Van egy osztály, karácsonyi ajándékozásra készülvén körbeülnek, középen pedig ott egy kalap a neveikkel. Az első húz egyet, és ha nem magát húzta, akkor leül a helyére, és akit húzott, az jön következőnek. Ha valaki magát húzta, akkor újat húz (addig nem teszik vissza a cetlijét). Ha körbeér a dolog, akkor a legkisebb sorszámú, aki még nem húzott, megy oda következőnek a kalaphoz. Az utolsó embernél viszont probléma adódhat, lehet, hogy már csak a saját neve szerepel a kalapban, ilyenkor ugye nem tud újat húzni helyette, rossz a sorsolás. Az a kérdés, hogy mekkora ennek a valószínűsége.

Előzmény: [570] rizsesz, 2007-12-06 12:10:33
[570] rizsesz2007-12-06 12:10:33

A miértje jó kérdés, de 1/e.

Biztos valami okos sorbafejtés. :)

[569] Sirpi2007-12-06 11:57:53

90. 0,301 91. 0,312 92. 0,301 93. 0,312 94. 0,302 95. 0,312 96. 0,302 97. 0,312 98. 0,302 99. 0,312 100. 0,302

Tehát szerinted a90=0,301, a91=0,312. Ekkor a92=90/91.0,312+1/91.0,301=0,31188

Szóval itt valamit elszámoltál (már a 90. tag se jó).

Előzmény: [568] rizsesz, 2007-12-06 11:53:37
[568] rizsesz2007-12-06 11:53:37

Nekem az Excel ezt mondta:

90. 0,301 91. 0,312 92. 0,301 93. 0,312 94. 0,302 95. 0,312 96. 0,302 97. 0,312 98. 0,302 99. 0,312 100. 0,302

Szerintem a szomszédos elemek közötti különbség nem tart 0-hoz :(

Előzmény: [567] Sirpi, 2007-12-06 11:40:44
[567] Sirpi2007-12-06 11:40:44

Nem tudom, volt-e már, de nekem egy feladat kapcsán a következő sorozat jött ki: a0=0, a1=1, majd a további indexekre:

a_{n+1}=\frac{n-1}{n} \cdot a_n + \frac 1n \cdot a_{n-1}

Ugye minden érték az előző kettő súlyozott számtani közepe, így a sorozat szűkülő intervallumokban oszcillál.

A feladat annak bizonyítása lenne, hogy ezeknek az [an,an+1] intervallumoknak 0-hoz tart a hossza, így a sorozatnak van határértéke, valamint mondjuk is meg, hogy mennyi.

Ha sikerült megoldanunk (nekem már igen :-) ), akkor elmondom majd azt is, hogy mi volt a feladat :-)

[566] Cckek2007-07-31 11:01:18

Észrevesszük, hogy x=0,y=z=1 illetve x=y=z=2 megoldások, és bebizonyítjuk, hogy nincs más megoldás. Ehez csak azt használjuk fel, hogy a jobboldal 5 többszöröse illetve Sophie Germaine híres képletét az-az a4+4b4=(a2-2ab+2b2)(a2+2ab+2b2). 3 hatványainak az utolsó számjegye 3,9,7,1 ha a hatványkitevő 4k+1,4k+2,4k+3,4k alakú, 4 hatványainak az utolsó számjegye 4,6 ha a hatványkitevő 2p+1,2p alakú. Tehát a baloldal csak akkor 5 többszöröse ha x=4k,y=2p+1 illetve x=4k+2,y=2p. Természetesen k,p>0

I. x=4k,y=2p+1\implies3x+4y=(3k)4+4(2p)4=(32k-3k2p+1+22p+1)(32k+3k2p+1+22p+1) s mivel jobboldalt 5 hatványa van ezért mindkét tényező osztható kell legyen 5-el de ekkor az különbségük is osztható 5-el, az az 3k2p+2 osztható 5-el ami lehetetlen.

II. x=4k+2,y=2p\implies3x+4y=9.(3k)4+(2p)4=5.(3k)4+(2p)4+4.(3k)4 tehát (2p)4+4.(3k)4=(22p-2p+13k+32k)(22p+2p+13k+32k) osztható kell legyen 5-el az az mindkét tényező oszthato 5-el tehát különbségük 2p+23k osztható 5-el ami lehetetlen.

Előzmény: [562] kdano, 2007-07-12 18:39:21
[565] Lajos Arpad2007-07-21 10:45:42

Ez nem olyan nehéz, de rá kell érezni a megoldásra. Melyik játék bonyolultabb, a sakk vagy a go? Miért?

[564] Fálesz Mihály2007-07-13 10:59:19

A feladatnak sok általánosítása létezik, íme egy, ami nem annyira közismert. (A KöMaL-ban is szerepelt már.)

Tekintsük az összes olyan 3n hosszúságú szót (betűsorozatot), ami n darab A-, n darab B- és n darab C-betűből áll. Ezeknek hányadrészére igaz, hogy tetszőleges 1\leh\le3n-re az első h betű között legalább annyi A-betű van, mint B-betű, és legalább annyi B-betű, mint C-betű?

A választ is elárulhatom, nem igazán segít a megoldásban: \frac2{(n+1)^2(n+2)}.

A megoldás nehéz, de több pontján is nagyon bájos.

[563] kdano2007-07-12 21:02:55

Természetesen \frac{2q}{p+q}\binom{p+q}p-ra gondoltam :D

Előzmény: [562] kdano, 2007-07-12 18:39:21
[562] kdano2007-07-12 18:39:21

Hát igen, én adottnak vettem a végeredményt. Amúgy szigorú vezetés mellett (ha a 0-0 állást megengedjük :P) nekem 2\binom{p+q-1}p=\frac{2p}{p+q}\binom{p+q}p jött ki rossz esetre, azaz ugyanaz, mint neked :P Ezzel a valószínűség \frac{p-q}{p+q}.

Akkor itt egy következő feladat:

Keressük meg a 3x+4y=5z egyenlet összes pozitív egész számokból álló megoldását! (IMO Shortlist, 1991)

Előzmény: [561] nadorp, 2007-07-12 08:36:58
[561] nadorp2007-07-12 08:36:58

Nálam a "vezetés" azt jelentette, hogy egyenlő állás nem megengedett, de ez most részletkérdés. Az összes eset az érdekesebb: én úgy értelmeztem a feladatot, hogy adott egy szavazás és a végeredménye n szavazat. Ekkor az n darab szavazat bármi lehet, mert a feladat szerint a szavazatok minden sorrendje azonos valószínűségű. Tehát én arra válaszoltam, hogy mennyi a valószínűsége annak, hogy P végig vezetett és p darab szavazatot kapott. Te pedig arra válaszoltál, hogy mennyi a valószínűsége annak, hogy P végig vezetett, feltéve, hogy végül p darab szavazatot kapott.

Amúgy valószínű, hogy a Te értelmezésed a jó.

Előzmény: [560] kdano, 2007-07-11 20:31:33
[560] kdano2007-07-11 20:31:33

Hát szerintem az összes eset \binom{p+q}q, a rossz eset pedig \binom{p+q}{q-1}, s így a valószínűség 1-\frac q{p+1}

Feltéve, hogy az is "vezetésnek" számít, ha épp egyenlő az állás.

Előzmény: [559] nadorp, 2007-07-11 15:04:03
[559] nadorp2007-07-11 15:04:03

Egyelőre csak a végeredmény, hátha elszámoltam.

Az összes eset nyilván 2p+q.

A kedvező esetek száma:  \frac{p-q}{p+q}\binom{p+q}p

Előzmény: [558] Gyöngyő, 2007-07-06 18:07:03
[558] Gyöngyő2007-07-06 18:07:03

Sziasztok!

Itt egy feladat: Szavazási probléma.Tegyük fel,hogy egy választáson két jelölt van,P és Q. A P jelölt p szavazatot kapott,Q pedig q szavazatot,p>q.Ha a szavazatok minden sorrendje egyformán valószínű,akkor mi a valószínűsége annak,hogy a szavazatszámlálás során végig vezetett?

Üdv: Gyöngyő

[557] jonas2007-07-04 09:50:17

Na igen, ha a mértéket kihagyjuk, és csak a megszámlálhatót hagyjuk meg, akkor már valóban nem túl erős, hiszen az a legegyszerűbb (ha nem is az első) bizonyítás arra, hogy léteznek transzcendens számok.

Előzmény: [556] Lóczi Lajos, 2007-07-03 20:03:47
[556] Lóczi Lajos2007-07-03 20:03:47

Szerintem meg ez a nagyágyú :), mert felhasználod, hogy e transzcendens (illetve, hogy van transzcendens szám). Az én érvelésemben a mérték szót sem kellett volna használni, pusztán a megszámlálható halmazok alaptulajdonságait.

Előzmény: [550] jonas, 2007-07-03 12:46:34
[555] Lóczi Lajos2007-07-03 20:00:17

Sőt, az is igaz, hogy ha egy polinom minden együtthatója algebrai szám, akkor a gyökei is algebraiak. Ennek speciális eseteként rögtön adódik a válasz a kérdésre.

Előzmény: [548] Cckek, 2007-07-02 14:42:48
[554] jonas2007-07-03 19:48:28

Igazad van, valóban nem olvastam elég figyelmesen a kérdést.

Előzmény: [552] Cckek, 2007-07-03 13:52:31
[553] Enkidu2007-07-03 17:11:25

Sziasztok!

Ha a gyöke egy k-adfokú p(x) racionális együtthatós polinomnak, akkor p(x) = (x - a)(x - a2)...(x - ak). Ekkor a következő kn-edfokú q(x) szintén racionális együtthatós polinomnak \root n\of a (persze az összes koplex gyök is) a gyöke: q(x) = (xn - a)(xn - a2)...(xn - ak) Innentől Jonas bizonyítja a hátralévő \root n\of {a^m} részt:).

Bocs az esetleges rossz képletekért még át kell néznem a TeX-et. Sziasztok

Előzmény: [548] Cckek, 2007-07-02 14:42:48
[552] Cckek2007-07-03 13:52:31

Ez csak azt bizonyítja hogy algebrai szám egész kitevőjű hatványa algebrai. Itt racionális hatványokról van szó.

Előzmény: [551] jonas, 2007-07-03 12:48:49

  [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]