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

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[769] Káli gúla2005-01-31 23:30:02

A

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 Ej-vel. Tegyük fel, hogy létezik a keresett határérték (lim E6(n) = p). Legyen az első elem elhagyása (a léptetés operátor) T. Világos, hogy TEj(6) = Ej(7) = 1/6 (j=1,..,6), ezért

E1\simTE1=1/6E6\sim1/6p

E2\simTE2=E1+1/6E6\sim2/6p

E3\simTE3=E2+1/6E6\sim3/6p

E4\simTE4=E3+1/6E6\sim4/6p

E5\simTE5=E4+1/6E6\sim5/6p

E6\sim6/6p

Ezeket összeadva, E1+...+E6\equiv1 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\lexj\leb (j=n+1,...,n+6), akkor a+d/6\leM\leb-d/6, ahol d=b-a és M az xj (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] Atosz2005-01-30 19:21:54

Kedves Káli gúla!

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

[767] Káli gúla2005-01-30 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 gúla2005-01-30 10:46:30

Igen, grat! Annyi kiegészítéssel, hogy Ai 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 pN=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] Atosz2005-01-30 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 Ai az az esemény, hogy a (2005-i)-ik helyen szólalok meg (i=1,...,6). Ezen események valségei pAi 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] SAMBUCA2005-01-29 19:56:25

Hali!

A Kemény Legény által emlegetett cikk megtalálható itt.

SAMBUCA

[763] Kemény Legény2005-01-29 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] Atosz2005-01-29 13:25:05

Bolond vagyok!

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

[761] jenei.attila2005-01-29 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
[760] Atosz2005-01-29 13:01:25

Egy újabb gondolat jutott eszembe, s közben láttam Káli gúla a segítségedet. Mindjárt végiggondolom, de közben beírom azt, amit akartam:

Egy szomszédos 6-os tartományba lépés összvalsége 1 kell hogy legyen, azaz p(n-6)+p(n-5)+...+P(n-1)=1. De a mellette lévő 6-os tartományra is ennek igaznak kell lennie, azaz p(n-6)=p(n). Ebből az következik, hogy minden 6. mezőre lépésnél egyforma valségek vannak, azaz P(2005)=p(1)=\frac{1}{6}

Ez vagy jó, vagy nem, de akkor hol van benne a hiba?

Előzmény: [759] Káli gúla, 2005-01-29 11:58:15
[759] Káli gúla2005-01-29 11:58:15

Nem független a szomszédos mezőre lépés. P(n-6)+...+P(n-1)>1. A rekurziód jó, csak mást kell mondani. Mekkora volt az utolsó dobás?

Előzmény: [758] Atosz, 2005-01-29 11:32:25
[758] Atosz2005-01-29 11:32:25

Pontosan hol van az a cikk, mert nem találom?

Engem leginkább az zavar a saját megoldásomban, hogy ha a 2004, 2003, 2002, 2001 2000, 1999 helyek valamelyikén egyforma valséggel leszünk, akkor miért nem \frac{1}{6} jön ki a 2005-re? (mert akkor ugyanígy egyforma valséggel lennénk a 2005-2000 helyek valamelyikén is)

Előzmény: [757] Kemény Legény, 2005-01-29 10:23:59
[757] Kemény Legény2005-01-29 10:23:59

Elnézést a közbeszólásért,de szerintem nem ennyi lesz a végeredmény és a megoldás sem ilyen egyszerű.De a legjobb lesz,ha elolvassátok Kós Géza cikkét az 1994/11. KöMaL-ban,ahol egy elég zuzó megoldást nyomat a problémára.

[756] Atosz2005-01-29 09:53:17

Én a következőképp okoskodtam (remélem jól).

A dobálások után mindenképpen elérjük azt a helyzetet, amikor azt mondhatjuk, hogy innentől akár egy dobással is nyerhetünk. Ekkor 1,2,3...,6 egység távolságra leszünk a 2005. rácsponttól. Az, hogy milyen valséggel állunk éppen az egyik vagy másik helyen, az "jó közelítéssel" egyformán valószínű, azaz \frac{1}{6}. (az origótól ekkora távolságban már az, hiszen ez a megfelelő távolságra lévő számok 1-6 számok összegeire való felbontások számától függ, ami közel egyforma) Innen a keresett valség p=\frac{1}{6}*\sum_{i=1}^{6}{p_i}

Itt már csak azt kell megvizsgálni, hogy egy adott távolságból hányféleképpen juthatunk célba. pl. 3 egység távolságból bejuthatunk a következő dobásokkal: (3) vagy (1,2) vagy (2,1) vagy (1,1,1). Egy egylépéses győzelem valsége \frac{1}{6}, míg egy k lépésesé (\frac{1}{6})^k, hiszen k-szor egymás után megfelelőt kell dobnunk. Ha megfigyeljük a megfelelő távolságokról a bejutásokat, akkor látjuk, hogy éppen 6 egylépéses, 15 kétlépéses, 20 háromlépéses, 15 négylépéses, 6 ötlépéses és 1 hatlépéses győzelem van. Ezek a számok éppen a Pascal háromszög megfelelő sorának tagjai (az első 1-es kivételével). Így

\sum_{i=1}^{6}p_i=6*\frac{1}{6}+15*(\frac{1}{6})^2+...+1*(\frac{1}{6})^6

Ami a binomiális tétel szerint ez éppen:

(\frac{1}{6}+1)^6-1=(\frac{7}{6})^6-1

Így a keresett valség:

p=\frac{7^6-6^6}{6^7}\approx0.25

Előzmény: [755] Káli gúla, 2005-01-27 23:18:19
[755] Káli gúla2005-01-27 23:18:19

Kösz. Én is a rekurziót oldottam meg először.

Erről eszembe jut egy feladat, szintén valszám, és szintén rekurzió, Amikor először hallottam, talán egy egész spirálfüzetet teleírtam, de nem tudtam megcsinálni. Évek múlva jöttem csak rá az "igazi" megoldásra.

144. feladat. Az origóból kiindulva a számegyenes pozitív rácspontjain lépkedünk. Minden lépés előtt feldobunk egy dobókockát, és annyit lépünk előre, amennyit a kocka mutat. Mi a valószínűsége (jó közelítéssel) annak, hogy rálépünk a 2005. rácspontra.

[754] jenei.attila2005-01-27 21:06:27

Szóval én úgy értelmezem Káli gúla modelljét, hogy kitüntetjük az őrültek helyét, és az utolsó helyet (feltesszük, hogy az utolsó utas nem őrült). Egy kísérlet abban ál, hogy beszállítjuk az összes utast, miközben feljegyezzük, hogy a kitüntetett helyeket milyen sorrendben foglalták el. Nyilván akkor ül az utolsó utas a helyére, ha az utolsó helyet jegyeztük fel utoljára. Egy kísérlet tehát a kitüntetett helyek permutációját adja, amelyek ha egyenlő valószínűséggel fordulnak elő, akkor az utolsó utas valóban 1/(k+1) valséggel ül a helyére. Az hogy ezek a permutációk egyenlő valószínűséggel fordulnak elő, azon múlik, hogy a kitüntetett még el nem foglalt helyek bármelyikét minden pillanatban amikor kitüntetett helyet foglal el egy utas, egyenlő valószínűséggel választja.

Káli gúlának gratulálok ehhez a megoldáshoz, az enyém sokkal körülményesebb. Csak az lenne a kérdésem, ha nem ismerted volna az eredményt, akkor is ezt a megoldást adtad volne-e?

Előzmény: [753] Kós Géza, 2005-01-27 17:01:18
[753] Kós Géza2005-01-27 17:01:18

Kicsit alaposabban olvasva, Káli gúla már leírt mindent.

Előzmény: [752] Kós Géza, 2005-01-27 16:56:58
[752] Kós Géza2005-01-27 16:56:58

Sajnos nehéz úgy segíteni, hogy ne lőjem le a megoldást. :-)

Keress k+1 olyan valamit, amik közül az egyik azt jelenti, hogy az utolsó utas éppen a helyére ülhet.

Előzmény: [750] jenei.attila, 2005-01-27 12:28:13
[751] Atosz2005-01-27 14:35:01

Kedves attila!

Örülök, hogy tőlem kérsz segítséget, én amikor először találkoztam a feladattal, akkor tulajdonképpen ugyanazt az utat követtem végig, mint te. Káli gúla modelljén most gondolkodom, majd írok. Minden jót!

Atosz

Előzmény: [750] jenei.attila, 2005-01-27 12:28:13
[750] jenei.attila2005-01-27 12:28:13

Kedves Atosz és Géza!

Segítenétek nekünk? Lehet hogy nekem nehéz a felfogásom, de még mindig nem látom Káli gúla modelljének helyességét. Egy őrült esetén (akiről feltesszük hogy az első utas), ha ő rögtön a saját helyére ül, az a modellben azt jelenti, kihúztuk a fehér golyót. A modellben ez 1/2 valségű esemény, míg az eredeti feladatban 1/n. Szerintem nem ugyanazok az eseményterek (pontosabban nem felelnek meg egymásnak). Géza te nyilván valami rafinált trükkre gondoltál, amellyel sokkal egyszerűbben oldható meg a feladat. Kicsit segítenél ebben? Atosz, te is így gondoltad a k őrült esetét megoldani, ahogy én csináltam?

[749] jenei.attila2005-01-27 12:14:30

Ezek szerint csak az számít húzásnak, ha az őrült a saját helyére ül, vagy az utolsóra. De honnan tudjuk, hogy ezek a húzások egyenlően valószínűek. A Te modelledben igen, de az eredeti feladatban miért is?

Előzmény: [748] Káli gúla, 2005-01-27 12:06:52
[748] Káli gúla2005-01-27 12:06:52

Kedves attila

A k+1 kitüntetett hely mellett a többi "normális" helyet úgy képzelem, mintha dobókockával érvénytelent dobnánk: a kocka az "élére" esne, vagy legurulna az asztalról.

k=1 őrültre a legegyszerűbb (ezt Géza figyelmeztetése előtt is láttam):

(1) Ha az örült a saját helyére ül, akkor a játék eldőlt, az utolsó utas nyer. (2) Ha az örült az utolsó utas helyére ül, akkor a játék eldőlt, az utolsó utas vesztett. (3) Minden más esetben nem történt semmi, "új őrült jön" (ld. elgurult dobókocka, vagy élére esett pénz).

Előzmény: [747] jenei.attila, 2005-01-27 10:36:07
[747] jenei.attila2005-01-27 10:36:07

Kedve Káli gúla!

Sajnos nem értem a modelledet. Kifejtenéd kicsit bővebben? Hogyan látod pl. azonnal, hogy a keresett valség nem függ az utasok számától?

Előzmény: [746] Káli gúla, 2005-01-27 10:22:12
[746] Káli gúla2005-01-27 10:22:12

Egy urnában k fehér és 1 fekete golyó van. Sorban kihúzzuk az összes golyót. Legyen p annak a valószínűsége, hogy utoljára fekete golyót húzunk. Ha az eseményt visszafelé történtnek képzeljük, akkor p annak a valószínűsége is, hogy ezeket a golyókat sorban az urnába dobálva elsőre fekete golyót dobunk be, azaz p=1/(k+1).

(Az őrült utasok ülései a fehér golyók, az utolsó utas ülése a fekete golyó.)

Előzmény: [743] Kós Géza, 2005-01-26 18:09:47
[745] Kós Géza2005-01-26 18:21:09

Egy rokon feladat.

143. / B. 3391. Amikor Bendegúz érvényes helyjegyével felszállt a 78 személyes vasúti kocsiba, döbbenten vette észre, hogy ott már minden hely foglalt. Az történt ugyanis, hogy Dömötör helyjegy nélkül szállt fel. A többi 77 utas pedig - köztük Elek - vásárolt ugyan helyjegyet, de nem feltétlenül ültek oda, ahová a helyjegyük szólt. Bendegúz felállítja azt, aki a helyét elfoglalta. Aki feláll, az most már szintén a saját helyére szeretne leülni, és így tovább. Mindez addig folytatódik, míg végül Dömötör lelepleződik. Mennyi a valószínűsége annak, hogy Elek ülve nézheti végig az eseményeket?

(KöMaL, 2000. december)

Előzmény: [743] Kós Géza, 2005-01-26 18:09:47

  [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]