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

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[2228] Erben Péter2020-02-25 17:52:37

Igen, ez egy sokkal emészthetőbb megközelítés, amikor majdnem mindegyik valószínűség egyenlő.

Előzmény: [2227] jonas, 2020-02-25 14:16:57
[2227] jonas2020-02-25 14:16:57

Valóban várhatóan 127/10 = 12.7 dobás kell.

Közönséges 6 oldalú kockánál várhatóan \(\displaystyle 6/6 + 6/5 + 6/4 + 6/3 + 6/2 + 6/1 \) dobás kell, hogy mind a 6 oldal előjöjjön. Ha már öt oldalt kidobtunk, akkor a hatodik átlagosan 6 dobásból jön ki.

A huncut kockánál különböztessük meg továbbra is a hat oldalt egymástól. Várhatóan \(\displaystyle 6/6 + 6/5 + 6/4 + 6/3 + 6/2 \) dobás kell ahhoz, hogy öt oldal előjöjjön, és addig biztosan dobálni kell a kockát. Ekkor a kocka minden oldalára egyformán 1/6 a valószínűsége, hogy pont az az oldal nem fordult még elő. 2/6 valószínűséggel tehát ez az oldal valamelyik 5 pontos oldal: ebben az esetben már öt szám előjött, és nem kell tovább dobnunk. 4/6 valószínűséggel valami más a kimaradó oldal, mert már mindkét ötös oldalt láttuk: ekkor tovább kell dobni, amíg a kimaradó egy oldal is előjön, vagyis átlagosan még \(\displaystyle 6/1 \) dobásig. Ez összesen átlagosan \(\displaystyle 6/6 + 6/5 + 6/4 + 6/3 + 6/2 + 4/6\cdot6/1 \) dobás, ez pedig \(\displaystyle 127/10 \).

[2226] marcius82020-02-24 19:28:48

megint tanultam valami újat. köszi. Egyébként ez egy bűvésztrükk matekos részéhez kellett. A trükk lényege, hogy ezzel a cinkelt kockával választok ki hat kártyából a második kártyát, mégpedig úgy hogy azt nem dobom ki a cinkelt kockával. Ha olyan lenne a cinkelt kocka, hogy rögtön és mindig 2-est hozza ki, na az gyanús lenne. De így nem az.

Előzmény: [2224] Erben Péter, 2020-02-24 19:02:49
[2225] Erben Péter2020-02-24 19:28:03

Javítás: skatulya-elv -> szita formula

Előzmény: [2224] Erben Péter, 2020-02-24 19:02:49
[2224] Erben Péter2020-02-24 19:02:49

A feladat a kupongyűjtő probléma azon esete, amikor a valószínűségek nem egyenlők.

A cinkelt dobókockával való dobás megfeleltethető egy kupon megvásárlásának. Tegyük fel, hogy \(\displaystyle n\) különböző ,,kupon'' létezik, amelyek \(\displaystyle p_1\), \(\displaystyle p_2\), ..., \(\displaystyle p_n\) valószínűséggel fordulnak elő (ahol \(\displaystyle p_1+\ldots+p_n=1\)). Célunk, hogy egy teljes kupon-gyűjteményt állítsunk össze, és kérdésünk, hogy várhatóan hány kupont kell ehhez megvennünk.

A konkrét feladatban \(\displaystyle n=5\), a valószínűségek pedig \(\displaystyle \frac{1}{6}\), \(\displaystyle \frac{1}{6}\), \(\displaystyle \frac{1}{6}\), \(\displaystyle \frac{1}{3}\), \(\displaystyle \frac{1}{6}\).

Az általános feladat megoldása megtalálható például Marco Ferrante és Monica Saltalamacchia The Coupon Collector’s Problem című írásában.

(Vázlatosan.) Jelentse az \(\displaystyle X_i\) valószínűségi változó azt, hogy hányadik húzásnál kaptuk meg először az \(\displaystyle i\) értéket. (Az egyszerűség kedvéért mostantól feltételezzük, hogy az 1,2,...,\(\displaystyle n\) értékek jöhetnek ki. Ez a feltételezés olvashatóbbá teszi az indexeket, és nem változat a feladat lényegén.)

A fenti jelöléssel a teljes gyűjteményt \(\displaystyle \max_{i\in \{1,\ldots,n\}} X_i\) lépésben állítjuk össze. Keressük \(\displaystyle \max X_i\) várható értékét.

Felhasználjuk a skatulya-elvhez analóg alábbi azonosságot:

\(\displaystyle \max_{i}\{x_i\} =\sum_{i=1}^n x_i - \sum_{i<j}\min\{x_i,x_j\} +\sum_{i<j<k}\min\{x_i,x_j,x_k\} - \cdots + \left(-1\right)^{n+1}\min\{x_1,\ldots,x_n\}, \)

továbbá a várható érték linearitását.

\(\displaystyle E[\max X_i] = \sum E[X_i] - \sum_{i<j} E[\min\{X_i, X_j\}] + \sum_{i<j<k} E[\min\{X_i,X_j,X_k\}] - \ldots \)

Vegyük még észre, hogy az \(\displaystyle X_i\), \(\displaystyle \min\{X_i,X_j\}\), \(\displaystyle \min\{X_i,X_j,X_k\}\), ...valószínűségi változók mind geometriai eloszlásúak, rendre \(\displaystyle p_i\), \(\displaystyle p_i+p_j\), \(\displaystyle p_i+p_j+p_k\), ...paraméterrel.

Például \(\displaystyle \min\{X_1, X_2\}\) azt jelenti, hogy mikor jött ki először egy kupon az \(\displaystyle \{1,2\}\) halmazból, vagyis mikor következett be először egy \(\displaystyle p_1+p_2\) valószínűségű esemény.

Mivel a \(\displaystyle p\) valószínűségű esemény első bekövetkezésének várható értéke \(\displaystyle \frac{1}{p}\), ezért a kupongyűjtő probléma megoldása:

\(\displaystyle E[\max X_i] = \sum_{i}\frac{1}{p_i}- \sum_{i<j}\frac{1}{p_i+p_j} + \sum_{i<j<k}\frac{1}{p_i+p_j+p_k}-\ldots+(-1)^{n+1}\frac{1}{p_1+\ldots+p_n} \)

A cinkelt kockára mondjuk \(\displaystyle p_1=p_2=p_3=p_4=\frac{1}{6}\) és \(\displaystyle p_5=\frac{1}{3}\). Alkalmazva a fenti formulát a keresett várható lépésszámra \(\displaystyle \frac{127}{10}\) jön ki.

Előzmény: [2223] marcius8, 2020-02-24 18:55:55
[2223] marcius82020-02-24 18:55:55

Miért? Előre is köszönöm az indoklást vagy útmutatást.

Előzmény: [2222] Erben Péter, 2020-02-24 18:04:05
[2222] Erben Péter2020-02-24 18:04:05

\(\displaystyle \frac{127}{10}\)

Előzmény: [2221] marcius8, 2020-02-20 20:09:00
[2221] marcius82020-02-20 20:09:00

Van egy szabályos dobókockám, minden lapjára egyforma valószínűséggel esik. Kicsit huncut vagyok, és a 2-es oldalt átváltoztatom 5-ösre. Így a kockán lesz két 5-ös oldal, de nem lesz 2-es oldal. Addig dobok a kockával, amíg az 1, 3, 4, 5, 6 számok mindegyike előkerül. Mennyi lesz a dobások számának várható értéke?

[2219] sereva2019-11-21 08:02:28

Nagyon köszönöm a segítségeteket.

Előzmény: [2218] sakkmath, 2019-11-21 01:56:56
[2218] sakkmath2019-11-21 01:56:56

Javallott tanulmányozni a GOOGLE (kép)találatait a "Fibonacci spirál" beírására.

Mindkét ábra hibája az, hogy a négyzetekbe rajzolandó Fibonacci spirál megszakad (a két ábrán más-más helyen), s így a Fibonacci számok sorrendjét már nem követi a két ábra. A két hiba úgy javítható, hogy a rossz helyekre került négyzeteket áthelyezzük a megfelelő helyekre.

1)

http://talaldki.com/wp-content/uploads/2017/11/Fibonacci3.jpg esetében a megoldás: A legnagyobb négyzetet kivágjuk és eltoljuk jobbra, vízszintesen, \(\displaystyle 55+34=89\) egységgel. Ebben az új helyzetben a 34 oldalhosszúságú négyzet jobb alsó sarkába érkező Fibonacci spirál már át tud lépni az áthelyezett legnagyobb négyzetbe.

2)

http://talaldki.com/wp-content/uploads/2018/08/Fibonacci6.jpg, erre pedig lásd az alábbi, kijavított ábrarészletet:

Előzmény: [2217] SmallPotato, 2019-11-21 00:24:37
[2217] SmallPotato2019-11-21 00:24:37

Amennyire látom, a két ábra ugyanaz. "Állítás" nincs bennük, szóval "hiba" se igazán lehet (filozófusok bizonyára pontosítanának ...); mindenesetre amit sugallnak, hogy ugyanis Fibonacci-számok folyamatos sorozatával egyező oldalhosszúságú négyzetekkel hézagmentesen le lehet fedni a sík tetszőlegesen nagy darabját, az számomra igaznak tűnik.

Kíváncsi vagyok, milyen "hibát" lehet találni bennük. (Hogy a négyzetek a jpg-ben nem pontosan négyzetesre sikerültek, az, gondolom, nem számít ide)

Előzmény: [2216] sereva, 2019-11-19 22:51:34
[2216] sereva2019-11-19 22:51:34

Kérlek segítsetek.

Ezek Fibonacci feladatok. http://talaldki.com/wp-content/uploads/2017/11/Fibonacci3.jpg A kérdés:Mi a hiba?

http://talaldki.com/wp-content/uploads/2018/08/Fibonacci6.jpg A kérdés: Hol van, illetve mi az ábrában a hiba?

[2215] HoA2019-10-25 20:29:47

Bocs, elírtam. Nem 100 autós, hanem 100 ajtós - vagy függönyös - melyek közül csak egy mögött van autó. De a rabokra alkalmazást nem érinti.

Előzmény: [2214] HoA, 2019-10-25 14:26:18
[2214] HoA2019-10-25 14:26:18

Szerintem, mint azt a "Csak logika" [501] -ben írtam, a legmeggyőzőbb a 100 autós - itt 100 rabos - változat. Vagyis ne 3, hanem 100 rab legyen és a börtönőr az okos rabnak 98 nevet áruljon el, akik nem kaptak kegyelmet. Továbbra is 1/100 az okos rab szabadulásának valószínűsége?

Előzmény: [2213] marcius8, 2019-10-24 18:27:25
[2213] marcius82019-10-24 18:27:25

első közelítésben én is erre gondoltam (monthy hall paradoxon), csak nem tudom, hogy magántanítványnak hogyan magyarázom el. Köszi a segítséget.

Előzmény: [2212] Fálesz Mihály, 2019-10-24 09:52:30
[2212] Fálesz Mihály2019-10-24 09:52:30

Kecskés játék, már volt: Csak logika, 530. hozzászólás körül.

Előzmény: [2211] marcius8, 2019-10-23 20:51:38
[2211] marcius82019-10-23 20:51:38

Egy börtönben 3 rab van. A börtönőrök sorsolás útján eldöntik, hogy melyik 1 rab kap kegyelmet. Minden rab egyforma eséllyel kaphat kegyelmet. A rabok is tudják, hogy közülük 1 rab kegyelmet kapott, de ők nem tudják, hogy ki a szerencsés. Az egyik nagytudású rab az egyik börtönőrt megfűzi valahogy, és így ez a börtönőr elárulja, hogy a másik két rab közül az egyikről, hogy az nem kapott kegyelmet. A börtönőr úgy gondolja, hogy ezzel nagy titkot úgysem árult el, mert a másik két rab közül valamelyik biztosan úgysem kapott kegyelmet. A nagytudású rab meg úgy gondolkozik, hogy most már a 3 rab közül az egyikről biztosan tudja, hogy az nem kapott kegyelmet, tehát így neki már 1/2 az esélye, hogy kegyelmet kapott. A börtönőrnek, vagy a rabnak van igaza?

[2210] Lóczi Lajos2019-06-09 01:28:40

https://en.wikipedia.org/wiki/Hurwitz_quaternion

Előzmény: [2209] marcius8, 2019-05-25 14:22:32
[2209] marcius82019-05-25 14:22:32

Tudja valaki, hogy a kvaterniók halmazában érvényes-e a számelmélet alaptétele? Mindenki segítségét előre is köszönöm. Annyit tudok, hogy itt egy kvaternió akkor egész, ha minden koordinátája egész szám, vagy minden koordinátája feles szám. (feles szám, olyan 2 nevezőjű tört, amelynek számlálója páratlan.) Ami nagyon nehezíti az egész problémát: A kvaterniók körében a kommutativitás hiánya miatt nem tudom vizsgálni az alaptételt az egész számok és a Gauss-egészek közötti számelmélettel analóg módon.

[2208] marcius82019-03-02 18:04:38

Talán van, például, ha tóruszt négyszögekkel közelítünk.

Előzmény: [2207] marcius8, 2019-03-02 14:05:17
[2207] marcius82019-03-02 14:05:17

Van-e olyan poliéder, amelynek minden csúcsából legalább 4 él indul ki, és minden lapjának legalább négy éle (oldala) van?

[2206] titok1112019-01-22 15:13:20

Szia!

És hogyan kellene ezt megfogni az adatok tükrében? Sajna ennyire már nem megy a matek, évek óta nem nagyon foglalkoztam vele... És még annyi, hogy esetleg kisegítő adat lehetne a hordó teljes űrtartalma is.

Előzmény: [2205] jonas, 2019-01-21 13:25:25
[2205] jonas2019-01-21 13:25:25

Használd azt a közelítést, hogy a hordó palástján a pallók olyan parabolák, amiknek a tengelye merőleges a hordó tengelyére és a hordó középpontján megy át, a hordó alja és teteje pedig sík. A parabolikus alakú pallók nem olyan valósághűek, mint a kör alakú pallók (tórusz alakú hordó), de sokkal könnyebb vele pontos számítást végezni, és a legtöbb boroshordónál szerintem megfelelő. A magasság szerinti integrálás belsejében így egyszerű negyedfokú polinom lesz, ezért a pontos értékét is ki tudod számolni a megadott adatokból.

Előzmény: [2204] titok111, 2019-01-18 14:07:50
[2204] titok1112019-01-18 14:07:50

Lenne egy probléma, amit meg kellesz csinálni Excelben is. Ráadásul kiemelt probléma! Adott egy boroshordó. Meg tudom mérni a d és D átmérőket, valamint az l hosszát. (Tegyük fel, hogy szimmetrikus, a gantok párhuzamosak, stb) Olyan számítás kellene, hogy ha lemérem, hogy milyen h magasságig van benne a bor, akkor d,D és l függvényében kiszámolja, hogy a h magassághoz hány liter bor tartozik. (Nyilván ezek normál hordók, tehát fekvő helyzetben vannak, nem gantra állítva, a dugó nyílás pont a legtetején és középen helyezkedik el.) Hogyan kellene ezt megfogni? mert ez olyan kettős integrálnak tűnik alsó hangon. Egyébként elég lenne 1 cm-es lépésekben diszkrét értékek meghatározása is, hiszen általában 100-400 literes hordőkról van szó, így a h értéke max 100 cm körüli lehet. Régen voltak gönci hordóhoz táblázatok, különböző űrmértékek szerint, de már régóta nem találok ilyet. Előre is köszönöm!

[2203] Fálesz Mihály2019-01-10 18:36:26

Ha szélsőértékhelyeket keresünk csak első deriválttal, akkor igazából kizárásos alapon találjuk meg a szélsőértékhelyeket. Olyan, mint egy klasszikus krimitörténet.

Valahonnan tudjuk hogy bűncselekmény történt: valaki betört az MNB-be és felvette a maximumot. Rajta kívül egy idióta is betört, de ő a minimumot vette fel. Az egyiket börtönbe akarjuk zárni, a másikat diliházba. Mondjuk van egy folytonos \(\displaystyle f:[0,1]\to\mathbb{R}\) függvényünk: ennek a Weierstrass-tétel miatt biztosan van legnagyobb és legkisebb értéke.

A felügyelő kikérdezi az összes gyanúsítottat, vagyis az összes \(\displaystyle [0,1]\)-beli pontot, hogy milyen alibije van. Aki igazolni tudja, hogy ő egy olyan belső pont, ahol \(\displaystyle f\) differenciálható, és a derivált nem nulla, annak alibije van: az ilyen helyeken a függvény lokálisan szig. növekvő/csökkenő, így biztosan nincs szélsőérték sem.

A film utolsó részében összegyűjtjük azokat, akiknek nincs alibije: az intervallum végpontjait, azokat a belső pontokat, ahol a függvény nem differenciálható, vagy éppen differenciálható, de a derivált nulla. Ha szerencsénk van, akkor kevés (véges sok) gyanúsított maradt: ezeket kikérdezzük, vagyis behelyettesítjük a függvénybe. Így kiderül, hogy hol van a maximum és minimum, és kik azok a gyanúsítottak, akik csak rosszkor voltak rossz helyen.

A Lagrange-multiplikátor módszer is ugyanilyen, bizonyos pontoknak alibit biztosít. Annyit állít, hogy azok a pontok, ahol az összes feltétel (egyenlet) teljesül, a feltételek és a célfüggvény folytonosan differenciálható (ehelyett az is elég, ha abban a pontban differenciálhatóak és egy környezeben foytonosak), továbbá a feltételek és a célfüggvény gradiens vektorai lineárisan függetlenek, ott nincs feltételes lokális szélsőértékhely. Ezt persze megfordítva szoktuk használni: ahol feltételes lokális szélsőértékhely van, ott a gradiensvektorok vagy nem is léteznek, vagy lineárisan összefüggőek, tehát valamelyik felírható a többi gradiens egy lineáris kombinációjaként; ebben a lin. kombinációban szereplő együtthatók a "Lagrange-multiplikátorok".

* * *

Téged persze a második derivált szerepe érdekel; sajnos a szinguláris pontokban, ahol feltételek gradiensvektorai lineárisan összefüggőek, ott az egyenletrendszer lokális megoldásai többnyire nem adnak szép felületdarabot. Akár már egyetlen feltétel/egyenlet esetén is, ahol a derivált a nullvektor, ronda lehet a megoldáshalmaz.

A reguláris pontokban, ahol az egyenleteink gradiensvektorai függetlenek, ott az implicitfüggvény-tétel szerint van szép lokális megoldás, felületdarab, és néhány változó egyértelműen meghatározza a többit. Lehetséges egy ügyesen összerakott függvény második deriváltmátrixának definitségét vizsgálni. Ehhez mindenféle parciális derivált mátrixokkal és inverzeikkel kell számolni. Nem szép, de legalább lehetséges...

* * *

A legegyszerűbb eset persze a 2 változó, 1 feltétel. Legyen \(\displaystyle f(x,y)=0\) a feltétel; ezen a "görbén" keressük egy \(\displaystyle g(x,y)\) függvény lokális szélsőértékeit. Tegyük fel, hogy egy \(\displaystyle (a,b)\) rajta van a görbén, tehát \(\displaystyle f(a,b)=0\), és a pont egy környezetében \(\displaystyle f\) és \(\displaystyle g\) is kétszer differenciálható. És azt is tegyük fel, hogy \(\displaystyle (a,b)\) a görbének nem szinguláris pontja, vagyis legalább az egyik parciális derivált nem \(\displaystyle 0\); mondjuk az \(\displaystyle y\)-szerinti. (A parciáls deriváltakat alsó indexekkel fogom jelölni, tehát \(\displaystyle f_2(a,b)\) az \(\displaystyle f\) második változó szerinti parciális deriváltja: \(\displaystyle f_2(a,b)\ne0\).)

Az implicitfüggvény-tétel szerint van \(\displaystyle (a,b)\) körül egy \(\displaystyle A\times B\) téglalap, amelyben görbénk egy függvény grafikonja: van egy egyértelmű \(\displaystyle h:A\to B\) implcit függvény, ami megoldása az \(\displaystyle f(x,h(x))=0\) egyetletnek; ez a \(\displaystyle h(x)\) függvény differenciálható is, és

\(\displaystyle h'(x) = -\frac{f_1(x,h(x))}{f_2(x,h(x))}.\)

A függvényt akár még egyszer differenciálhatjuk, ebből látjuk, hogy a \(\displaystyle h(x)\) függvény kétszer is differenciálható.

Minket az érdekel, hogy a \(\displaystyle G(x)=g(x,h(x))\) függvénynek milyen szélsőértéke lehet az \(\displaystyle a\) pontban.

A számolást úgy lehet szebben leírni, hogy magát az \(\displaystyle f(x,h(x))=0\) azonosságot és a \(\displaystyle G(x)=g(x,h(x))\) függvényt deriváljuk kétszer az \(\displaystyle a\) pontban:

\(\displaystyle f_1(a,b)) + f_2(a,b)\cdot h'(a) = 0 \)

\(\displaystyle f_{11}(a,b)) + 2f_{12}(a,b))\cdot h'(a) + f_{22}(a,b))\cdot h'(a)^2 + f_2(a,b)) \cdot h''(a) = 0 \)

\(\displaystyle G'(a) = g_1(a,b) + g_2(a,b)\cdot h'(a) \)

\(\displaystyle G''(a) = g_{11}(a,b)) + 2g_{12}(a,b)\cdot h'(a) + g_{22}(a,b))\cdot h'(a)^2 + g_2(a,b)) \cdot h''(a) \)

Az első kettőből kifejezhetjük \(\displaystyle h'(a)\) és \(\displaystyle h''(a)\) értékét; mindkét esetben \(\displaystyle f_2(a,b)\)-vel kell osztani, ami nem nulla; a \(\displaystyle G'(a)\) akkor nulla, ha a két gradiens párhuzamos; végül megkapjuk \(\displaystyle G''(a)\) értékét, és megvizsgálhatjuk az előjelét...

Előzmény: [2202] marcius8, 2019-01-09 11:21:50

  [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]