Fórum: Valaki mondja meg!

[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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[1196] mologa

2010-05-26 16:49:44

2. Igazolja, hogy a minta normális eloszlású Adja meg a khi2 statisztika értékét ha az osztályok száma öt?

-1.48 , -1.48 , -1.45 , -1.06 , -1.05 , -1.04 , -1.04 , -0.94 , -0.94 , -0.75 , -0.70 , -0.55,-0.53 -0.48 , -0.38 , -0.09 , -0.05 , 0.04 , 0.05 , 0.11 , 0.18 , 0.19 , 0.32 , 0.36 , 0.48 , 0.51 , 0.60 0.70 , 0.70 , 0.83 , 1.30 , 1.50 , 2.08

minta elemszáma n = 33 A becsült paraméterek (átlag)=-0.123 korrigált szórás S csillag= 0.8886 Az osztályok száma r = 5

Egy osztály szélessége S csillag= 0.8886 Az osztály szélességre miért a (szórást) 0.8886 ot veszi?

Osztály közök Pi nPi

- - 1.4559 2 0.0668 2.2044 0.0190

-1.4559, -0.5673 9 0.2417 7.9761 0.1344

-0.5673, -0.3213 12 0.3830 12.639 0.0323 -0.3213, -1.2099 7 0.2417 7.9761 0.1195

-1.2099, - 3 0.0668 2.2044 0.2871 khi2=0.5893 Az osztályközök értéki miért igy jöttek ki? Ezt nem értemL Valaki levezeti

[1195] Sirpi	2010-05-26 16:42:37
Nem jó áthidaló megoldás esetleg (amíg rutinszerűen bele nem jössz a TeX-be) képként bepakolni?
Előzmény: [1194] mologa, 2010-05-26 16:40:15

[1194] mologa	2010-05-26 16:40:15
Sajnos nem tudom bemásolni a word-ben irt feladatot. Mig TeX-ben irnám meg kirügyeznék:))

[1193] Róbert Gida	2010-05-24 10:28:40
Ez így nem igaz. 2⁰+1=2 prím, de 0 nem 2-hatvány.
Előzmény: [1190] Hölder, 2010-05-23 23:49:40

[1192] Hölder	2010-05-24 09:09:22
Szia! Köszi szépen. :-)
Előzmény: [1191] Sirpi, 2010-05-24 00:20:10

[1191] Sirpi	2010-05-24 00:20:10
641\|2^2⁵+1, sőt, 4 fölött nem találtak még olyan kitevőt, ami prímet eredményezne. Bővebben.
Előzmény: [1190] Hölder, 2010-05-23 23:49:40

[1190] Hölder	2010-05-23 23:49:40
Sziasztok! Azon gondolkodtam el,hogy ha 2(n)+1 prim (kitevőben van az n), akkor n kettő hatvány (Fermat primek),de forditva igaz -e, azaz, ha n kettőhatvány,akkor 2(n)+1 prim, megnéztem egy jó ideig,addig igaz volt,az a sejtésem, hogy nem az.

[1189] Maga Péter

2010-05-22 10:41:45

Páros k-ra:

$\zeta(k)=-\frac{(2\pi i)^k}{2k!}B_k.$

Itt B_k a Bernoulli-szám, a következő hatványsor normált együtthatóiból adódik:

$\frac{x}{e^x-1}=\sum_{k=0}^{\infty}B_k\frac{x^k}{k!}.$

Forrás: H. Iwaniec, Topics in Classical Automorphic Forms, Amer. Math Soc. (1997), 12. oldal.

Előzmény: [1188] jenei.attila, 2010-05-22 08:30:18

[1188] jenei.attila	2010-05-22 08:30:18
Jogos a kiegészítés, köszönöm szépen. Erre gondoltam én is, csak kicsit pontatlanul fogalmaztam. Páros kitevőkre az a bizonyos racionális szám hogyan adható meg k függvényében? Igazából arra gondoltam, hogy erre létezik egy zárt képlet. Meglehet, hogy $\zeta$ (3) rac. együtthatós polinomjaként kifejezhető páratlan k-kra is $\zeta$ (k).
Előzmény: [1184] Maga Péter, 2010-05-21 11:43:15

[1187] Maga Péter	2010-05-21 19:20:39
Pardon, köszönöm.
Előzmény: [1186] Róbert Gida, 2010-05-21 18:52:28

[1186] Róbert Gida	2010-05-21 18:52:28
$\zeta$ (3)-ról 1979-ben bizonyította be Apéry, hogy irracionális.
Előzmény: [1184] Maga Péter, 2010-05-21 11:43:15

[1185] jonas	2010-05-21 11:56:08
A Poisson közelítést a binomiális eloszlásra akkor lehet használni, ha várhatóan kevés rossz üveg készül, például abban az esetben, amit Sirpi javasolt.
Előzmény: [1182] Yvi, 2010-05-20 23:38:21

[1184] Maga Péter	2010-05-21 11:43:15
A páros esetben $\zeta$ (2k)= $\pi$ ^2k*q, ahol q racionális szám, és effektíve kiszámolható minden konkrét esetben. A páratlan k-król tennék kiegészítést, kicsit pontosítom a ,,nem ismert'' kifejezést (nem kötekedésképp!!). A problémát megkerülve egyszerűen $\zeta$ (3), $\zeta$ (5),... a kérdéses értékek, ezek tetszőleges pontossággal kiszámolhatók, akár a $\pi$ , az e, a $\gamma$ (Euler-konstans). Amit nem tudunk, az az, hogy racionálisok-e a $\zeta$ páratlan értékei, illetve ha nem, akkor esetleg más konstansokkal ( $\pi$ , e stb.) összefüggésbe hozhatók-e. A $\gamma$ -ról sem tudjuk, hogy racionális-e, és azt sem tudjuk, hogy $\pi$ +e racionális-e (ha az lenne, akkor az e ugyanúgy kifejezhető lenne a $\pi$ -ből, mint a $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$ ), mégsem használjuk egyikre sem, hogy nem ismert.
Előzmény: [1176] jenei.attila, 2010-05-20 19:36:13

[1183] SmallPotato	2010-05-21 00:08:08
No, azért nem egészen "kevésbé ismert még az az összefüggés", hogy mennyi is a négyzetszámok reciprokösszege :-)
Előzmény: [1173] D. Tamás, 2010-05-20 19:08:29

[1182] Yvi	2010-05-20 23:38:21
A binomiális eloszlással hogy jött ki a 803? Tényleg nem Poisson, csak elnéztem, az volt, oda írva, hogy a Poisson közelítést kell használni. Ez jelenti azt, hogy np=lambda?
Előzmény: [1177] jonas, 2010-05-20 21:39:13

[1181] jonas	2010-05-20 22:57:29
Persze nem kell nagyon komolyan venni ezt a tankönyvi példát, mert a válasz nagyon érzékeny az adatokra, mint pl. a szórás pontos értékére, a sör mennyiségének az eloszlására, meg az egyes üvegek függetlenségére. Ha egy kicsit módosítod a számokat, kaphatsz 0.1-et vagy 0.999-et is eredménynek.
Előzmény: [1180] jonas, 2010-05-20 22:51:22

[1180] jonas	2010-05-20 22:51:22
Úgy mi jön ki? Nekem 0.989.
Előzmény: [1179] Sirpi, 2010-05-20 22:40:07

[1179] Sirpi	2010-05-20 22:40:07
Szerintem el lett írva az átlag (51 helyett 50 kellene), mert úgy szimmetrikus a két határszám (48,9 és 51,1). És úgy valószínűleg értelmes lesz az eredmény is, ami kijön.
Előzmény: [1177] jonas, 2010-05-20 21:39:13

[1178] Higgs

2010-05-20 22:20:09

http://www.newscientist.com/article/dn18886-impossible-motion-trick-wins-illusion-contest.html

A valóságban is ezt a hatást keltené?

[1177] jonas

2010-05-20 21:39:13

Ezt két lépésben kell megoldani. Először azt kell kiszámítani, hogy egy üveg sör mikor lesz hibás.

Annak a valószínűsége, hogy 48.9-nál kevesebb sör van az üvegben, elhanyagolhatóan kicsi, viszont mivel az átlag közel van, az 51.1-nél több sörnek egy üvegnél kb. 0.401 a valószínűsége. (Itt nyilván azt tettük föl, hogy a sör űrtartalma normális eloszlású.)

Ezért aztán a napi 2000 üvegből átlagosan 803 hibás van, tehát a binomiális eloszlást nem Poisson, hanem normális eloszlással kell közelíteni. Annak a valószínűsége, hogy 20-nál kevesebb túl nagy üveg sör készül, e miatt nagyon kicsi (értsd: előbb romlik el a gép), ha jól számolok, akkor 5^.10^-556 nagyságrendű.

(Nem vagyok túl jó statisztikából, úgyhogy valaki ellenőrizze a számításaimat.)

Előzmény: [1175] Yvi, 2010-05-20 19:17:32

[1176] jenei.attila	2010-05-20 19:36:13
A első probléma a Bernoulli-féle hatványösszeg probléma, amelyre egy nagyon szép levezetést találhatsz pl. Dörrie A diadalmas matematika c. könyvében. Egyébként magad is könnyen levezetheted, ha feltételezed, hogy a k-adik hatványok összege n-nek (a tagszámnak) egy k+1-ed fokú polinomja. Ekkor a polinomot határozatlan együtthatókkal felírva, n helyére 1,2,...k+2-őt helyettesítve, egy lineáris egyenletrendszert kapsz az együtthatókra. Az hogy a zárt képlet n-nek k+1-ed fokú polinomja, könnyen látható abból, hogy p_k(n+1)-p_k(n)=n^k (ahol p_k(n) a zárt alak n tagra) egy k-ad fokú polinom. Márpedig egy k+1-ed fokú polinom két egymás melletti természetes számon felvett helyettesítési értéke k-adfokú polinom. Tehát ha a fenti egyenletrendszernek van megoldása, akkor az megadja a zárt képletet is. Ennél egy lényegesen szellemesebb levezetést találsz az említett könyvben. A második probléma jóval nehezebb, és semmi köze az elsőhöz. Tudomásom szerint páros k-kra ismert zárt alak (k=2-re Euler adta meg először), míg páratlanokra nem ismert (ha nem így van, nyugodtan javítsatok ki).
Előzmény: [1173] D. Tamás, 2010-05-20 19:08:29

[1175] Yvi	2010-05-20 19:17:32
Köszönöm a segítséget, itt van egy utolsó példa, nagyon hálás lennék ha arra is elmondaná a megoldást valaki, aztán már abba is hagytam: Ha egy gép napi 2000 üveg sört gyárt, akkor mi a valószínűsége, hogy a nem 48.9 és 51.1 cl sört tartalmazó üvegekből maximum 20 készül el egy napon. (átlag: 51 cl és szórás: 0.4 cl, de nem tudom, hogy ezekre az adatokra szükség van-e? A feladatgyűjtemény mindenesetre azt írja, hogy ez Poisson-eloszlás)
Előzmény: [1172] leni536, 2010-05-20 14:57:55

[1174] Róbert Gida

2010-05-20 19:16:37

http://mathworld.wolfram.com/PowerSum.html

http://mathworld.wolfram.com/RiemannZetaFunction.html

Előzmény: [1173] D. Tamás, 2010-05-20 19:08:29

[1173] D. Tamás

2010-05-20 19:08:29

Felmerült bennem a következő probléma: Több összeg meghatározásánál nagyon jól jönnek az ún. véges számsorok összegei. Például a számtani sorozat $1+2+3+...+(n-1)+n=\frac{n(n+1)}{2}$ vagy az első n négyzetszám összege $1^2+2^2+3^2+...+(n-1)^2+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ illetve ismertnek számít még a $1^3+2^3+3^3+...+(n-1)^3+n^3=\bigg(\frac{n(n+1)}{2}\bigg)^2$ összefüggés is.

És persze még folytathatnánk a sort, de jogosan merül föl a kérdés, hogy miképpen lehetne felírni az 1^k+2^k+3^k+...+(n-1)^k+n^k összeget n függvényében. Ez lenne először is a legelső kérdésem, mert szerintem az algebrában biztosan egy kivesézett téma, de mégsem találtam hozzá forrást egy könyvben sem erről. Sajnos amilyen bizonyításokat ismerek ezekre az összefüggésekre, azokban mindig tettünk egy észrevételt, s miután "kiokoskodtuk" a helyes összefüggést teljes indukcióval beláttuk, így n-re ez nem teljesen használható. A következő ami szorosan kapcsolódik ehhez, az a reciprokösszeg. Tehát ha tekintjük az $\frac{1}{1^k}+\frac{1}{2^k}+\frac{1}{3^k}+...+\frac{1}{(n-1)^k}+\frac{1}{n^k}$ összeget, akkor mi a sorozat határértéke, ha k $\in$ N? k=1 esetén ismert a probléma, ekkor a határértéke $\infty$ , illetve kevésbé ismert még az az összefüggés, hogy k=2 esetén a határérték $\frac{\pi^2}{6}$ . No de hogyan lehetne felírni a határértéket k függvényében?