Fórum: Érdekes matekfeladatok

[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] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100] [101] [102] [103] [104] [105] [106] [107] [108] [109] [110] [111] [112] [113] [114] [115] [116] [117] [118] [119] [120] [121] [122] [123] [124] [125] [126] [127] [128] [129] [130] [131] [132] [133] [134] [135] [136] [137] [138] [139] [140] [141] [142] [143] [144] [145] [146] [147] [148] [149] [150] [151] [152] [153] [154] [155] [156] [157] [158] [159] [160] [161] [162] [163] [164] [165] [166] [167] [168] [169] [170] [171] [172] [173] [174] [175] [176] [177] [178] [179] [180] [181] [182] [183] [184] [185] [186] [187] [188] [189] [190] [191] [192] [193] [194] [195] [196] [197] [198] [199] [200] [201] [202] [203] [204] [205] [206] [207] [208] [209] [210] [211] [212] [213] [214] [215] [216] [217] [218] [219] [220] [221] [222] [223] [224] [225] [226] [227] [228] [229] [230] [231] [232] [233] [234] [235] [236] [237] [238] [239] [240] [241] [242] [243] [244] [245] [246] [247] [248] [249] [250] [251] [252] [253] [254] [255] [256] [257] [258] [259] [260] [261] [262] [263] [264] [265] [266] [267] [268] [269] [270] [271] [272] [273] [274] [275] [276] [277] [278] [279] [280] [281] [282] [283] [284] [285] [286] [287] [288] [289] [290] [291] [292] [293] [294] [295] [296] [297] [298] [299] [300] [301] [302] [303] [304] [305] [306] [307] [308] [309] [310] [311] [312] [313] [314] [315] [316] [317] [318] [319] [320] [321] [322] [323] [324] [325] [326] [327] [328] [329] [330] [331] [332] [333] [334] [335] [336] [337] [338] [339] [340] [341] [342] [343] [344] [345] [346] [347] [348] [349] [350] [351] [352] [353] [354] [355] [356] [357] [358] [359] [360] [361] [362] [363] [364] [365] [366] [367] [368] [369] [370] [371] [372] [373] [374] [375] [376] [377] [378] [379] [380] [381] [382] [383] [384] [385] [386] [387] [388] [389] [390] [391] [392] [393] [394] [395] [396] [397] [398] [399] [400] [401] [402]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[770] Atosz

2005-02-04 09:52:18

145. feladat Vegyünk egy tetszőleges A₀B₀C₀ háromszöget, majd ennek A₀B₀ oldalán véletlenszerűen válasszunk ki egy pontot, legyen ez A₁. Amilyen arányban felosztja A₁ az A₀B₀ oldalt, ugyanilyen arányban (és megfelelő sorrendben) vegyük fel a B₁ és C₁ pontokat a megfelelő oldalakon. Így kapjuk az A₁B₁C₁ háromszöget. Az eljárást kezdjük előlről (már az új háromszögön - újra véletlenszerű választással) és folytassuk a végtelenségig. A kérdés az, hogy a háromszögeknek ez a végtelen sorozata az eredeti háromszög mely belső pontjához konvergál?

[769] Káli gúla

2005-01-31 23:30:02

$p_{n+6}= \frac16 p_{n+5} + . . . + \frac16 p_n$

rekurzió megoldására gondoltam (bár elismerem, az "igazi" jelző kicsit erős volt :)

Nézzük, mi lenne, ha nem a (0,0, ... , 1) kezdeti feltételekkel indulnánk. Vegyük az (1,0,...,0)-hoz tartozó 1,0,...,0,1/6, . . . sorozatot. Az első elemet elhagyva a 0,..,0,1/6, . . . sorozatot kapjuk, tehát (1,0,..,0)-ról indulni pontosan ugyanaz, mint (0.0,...,1/6)-ról. Hasonló összefüggést kaphatunk a többi kezdeti feltételre is (felhasználva a megoldásoknak a kezdeti feltételtől való lineáris függését). Jelöljük a (0,..,1,..,0) j-edik egységvektorral induló megoldást E_j-vel. Tegyük fel, hogy létezik a keresett határérték (lim E₆(n) = p). Legyen az első elem elhagyása (a léptetés operátor) T. Világos, hogy TE_j(6) = E_j(7) = 1/6 (j=1,..,6), ezért

E₁ $\sim$ TE₁=1/6E₆ $\sim$ 1/6p

E₂ $\sim$ TE₂=E₁+1/6E₆ $\sim$ 2/6p

E₃ $\sim$ TE₃=E₂+1/6E₆ $\sim$ 3/6p

E₄ $\sim$ TE₄=E₃+1/6E₆ $\sim$ 4/6p

E₅ $\sim$ TE₅=E₄+1/6E₆ $\sim$ 5/6p

E₆ $\sim$ 6/6p

Ezeket összeadva, E₁+...+E₆ $\equiv$ 1 miatt

$1 = E_1 + . . . + E_6 \sim \frac16 (1+ . . . +6) p = \frac16 \cdot \frac{6\cdot 7}{2} p .$

* * *

Be kell még látni, hogy minden megoldás konvergens. Ehhez felhasználhatjuk azt a tulajdonságot, hogy a számtani közép nem kerülhet túl közel a számhalmaz széléhez, pontosabban, ha a $\le$ x_j $\le$ b (j=n+1,...,n+6), akkor a+d/6 $\le$ M $\le$ b-d/6, ahol d=b-a és M az x_j (j=n+1,...,n+6) számok számtani közepe. Így, ha a sorozat elemeit hatosával blokkokra osztjuk, az egyes blokkok mindig az előző blokk által feszített intervallum középső kétharmadába esnek.

Előzmény: [768] Atosz, 2005-01-30 19:21:54

[768] Atosz

2005-01-30 19:21:54

Kedves Káli gúla!

Köszönöm a gratulációt! Egyébként ez volt a te "igazi" megoldásod is, vagy a rekurziós?

[767] Káli gúla

2005-01-30 11:57:12

Kedves Atosz, bocs, újraolvasva, teljesen jó ahogy írtad. Mindegy, hogy időben az első, vagy az utolsó mező szerint számolunk.

Kedves Kemény Legény, kösz a hivatkozást. A konvergencia bizonyítással a végén tényleg nem sokat epszilonozik.

[766] Káli gúla

2005-01-30 10:46:30

Igen, grat! Annyi kiegészítéssel, hogy A_i az az esemény legyen, amikor utoljára mondjuk, hogy most már elég egy dobás.

Általánosabban, 6 helyett k-ra, egy k hosszú szakaszba való bekerülés valószínűsége egy. Az elhagyó (utoljára érintett) mező szerint osztályozva

$1 = p_{N} + \frac{k-1}{k} p_{N-1} + \frac{k-2}{k} p_{N-2} + ... \frac{1}{k} p_{N-k+1}$

Így, ha tudjuk, hogy lim p_N=p létezik, akkor

$1 = \sum_{j=0}^{k-1} \frac{k-j}{k} p = \frac{k(k+1)}{2k} p ,$

ahonnan p=2/(k+1), éppen a lépéshossz várható értékének a reciproka.

Előzmény: [765] Atosz, 2005-01-30 08:22:27

[765] Atosz

2005-01-30 08:22:27

Sziasztok!

Azt hiszem meg van a megoldás. Káli gúla hozzászólása ébresztett rá arra, hogy egy szomszédos 6-os tartományba lépés valsége nagyobb mint 1, hiszen ezek nem függetlenek egymástól. Az utolsó dobás alapján elkezdtem a rekurziót visszafejteni és kaptam, hogy

$p_{2005}=\frac{1}{6}*p_{2004}+...+\frac{1}{6}*p_{1999}$

Ez azt jelenti, hogy a sorozat mindig az előző hat átlagával halad tovább és mivel az elejét ismerjük így onnan elindulva kiszámítható, hogy mennyi lesz p₂₀₀₅

Viszont ennél találtam egy gyorsabb megoldást is! Tekintsük azokat az eseményeket, amikor kimondom azt, hogy most már 1 dobással is beérhetek a célba. Ez 6 helyet jelent a 2005-ik előtt. Legyen A_i az az esemény, hogy a (2005-i)-ik helyen szólalok meg (i=1,...,6). Ezen események valségei p_Ai nem egyeznek meg a rálépés valségével, viszont függetlenek és összegük 1. Legyen ilyen távolságban a mezőre lépés valsége p (feltesszük, hogy már közel egyforma - éppen ezt keressük). A 2004-ik helyen akkor szólalok meg, ha előtte ráléptem az 1998-ikra és ott 6-ost dobtam, azaz $p_{A1}=p*\frac{1}{6}$ . A 2003-ik helyen akkor szólalok meg, ha az 1998-ik helyről érkezem 5-össel, vagy az 1997-ről 6-ossal, azaz $p_{A2}=p*\frac{2}{6}$ , stb...

Ha ezt mind felírjuk, kapjuk hogy

$p_{A1}+...+p_{A6}=p*(\frac{1}{6}+...+\frac{6}{6})=p*\frac{21}{6}$

Mivel ez 1, így

$p=\frac{6}{21}=\frac{2}{7}$

Természetesen ez csak akkor lesz pontosan igaz, ha a kérdéses hely tart a végtelenbe, de a 2005. már "jó közelítéssel" ennek tekinthető.

[764] SAMBUCA

2005-01-29 19:56:25

Hali!

A Kemény Legény által emlegetett cikk megtalálható itt.

SAMBUCA

[763] Kemény Legény	2005-01-29 16:00:57
Na a cikk a KöMaL elektronikus archivumában található meg,pl. rákeresve Kós Géza cikkeire,a Játék mindenkinek -et kiválasztva.A 11-es szám pedig a novemeber hónapot volt hivatott jelölni,kár hogy nem találtátok meg.

[762] Atosz

2005-01-29 13:25:05

Bolond vagyok!

Az előző hozzászólásomat tekintsétek semmisnek, hiszen pont ez a lényeg, a p_i-k összege nem 1.

[761] jenei.attila	2005-01-29 13:03:32
Nem lehet, hogy elírtál valamit? 1994-ben nem volt 11. szám. (Sőt, tudtommal máskor sem).
Előzmény: [757] Kemény Legény, 2005-01-29 10:23:59

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?