Fórum: Valaki mondja meg!

Ha már integráltunk,akkor deriváljunk is. Az alábbi megoldás egy kicsit számolósab ("ijesztőbb" :-), direktben megadja az \(\displaystyle X=\max_iX_i\) valószínűségi változó eloszlását és ennek generátorfüggvénye alapján számoljuk a várható értéket.

Szükség lesz az \(\displaystyle f(x)=\prod_{i=1}^{n}(e^{p_ix}-1)\) függvény alábbi tulajdonságaira:

\(\displaystyle f{'}(x)-f(x)=\sum_{i=1}^np_i\prod_{j\neq i}(e^{p_jx}-1)\tag1\)

Ha f(x) Taylor-sora \(\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^\infty a_kx^k\), akkor mivel 0 n-szeres gyöke f-nek

\(\displaystyle a_0=...=a_{n-1}=0 \tag2\)

\(\displaystyle f{'}(x)-f(x)=\sum_{k=n}^\infty(ka_{k}-a_{k-1})x^{k-1} \tag3\)

Legyen \(\displaystyle q_k=P(X=k)\). Ekkor nyilván \(\displaystyle q_0=...=q_{n-1}=0\) továbbá a \(\displaystyle G(x)=\sum_{k=n}^\infty q_kx^k\) generátorfüggvény felhasználásával \(\displaystyle E(X)=G{'}(1)\), így elég G'(1) értékét meghatározni.

Ha X=k és utoljára az i értéket húztuk, továbbá a többi j érték \(\displaystyle x_j\)-szer fordult elő (\(\displaystyle x_j\geq1,j\neq i\)), akkor ez az esemény \(\displaystyle \frac{(k-1)!}{\prod{x_j!}}\) esetben fordul elő és minden előfordulás valószínűsége \(\displaystyle p_i\prod p_j^{x_j}\) Tehát

\(\displaystyle q_k=\sum_{i=1}^{n} \sum_{\begin{matrix} \sum x_j=k-1\\ j\neq i\\ x_j\geq1 \end{matrix}} p_i\prod p_j^{x_j}\frac{(k-1)!}{\prod {x_j!}}=(k-1)!\sum_{i=1}^{n}p_i \sum_{\begin{matrix} \sum x_j=k-1\\ j\neq i\\ x_j\geq1 \end{matrix}} \prod\frac{p_j^{x_j}}{{x_j!}}\)

Látható, hogy \(\displaystyle \frac{q_k}{(k-1)!}\) értéke megegyezik az (1) jobb oldalán szereplő függvény Taylor-sorában az \(\displaystyle x^{k-1}\) tag együtthatójával, így (3) szerint

\(\displaystyle q_k=(k-1)!(ka_k-a_{k-1})=k!a_k-(k-1)!a_{k-1}=f^{(k)}(0)-f^{(k-1)}(0) \tag4\)

Ha \(\displaystyle F(x)=\sum_{k=n}^\infty f^{(k)}(0)x^k\) (a definíció érvényes |x|<1 esetben, hiszen \(\displaystyle \lim_{k\to\infty} f^{(k)}(0)=\sum q_k=1\)), akkor (4) alapján \(\displaystyle G(x)=F(x)(1-x)\). De \(\displaystyle f^{(k)}(0)\) könnyen számolható, ha f(x) definíciójában elvégezzük a tagonkénti szorzást.

Legyen \(\displaystyle S_i\) a \(\displaystyle \{p_1,...,p_n\}\) halmaz i elemű részhalmazainak a halmaza és tetszőleges \(\displaystyle S\in S_i\) esetén legyen \(\displaystyle |S|=\sum_{p_i\in S}p_i\). Ekkor \(\displaystyle k\geq1\) esetén

\(\displaystyle f^{(k)}(0)=1-\sum_{S\in S_{n-1}}|S|^k+ \sum_{S\in S_{n-2}}|S|^k-...+(-1)^{n-1}\sum_{S\in S_1}|S|^k=1+\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\sum_{S\in S_i}|S|^k \tag5\)

Felhasználva, hogy (5)-ben mindenhol |S|<1, F(x) hatványsorában |S|x hányadosú mértani sorokat kell összegeznünk, így

\(\displaystyle F(x)=\frac{x^n}{1-x}+\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\sum_{S\in S_i}\frac{|S|^nx^n}{1-|S|x}\)

\(\displaystyle G(x)=x^n+(1-x)\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\sum_{S\in S_i}\frac{|S|^nx^n}{1-|S|x}\)

\(\displaystyle E(X)=G{'}(1)=n-\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\sum_{S\in S_i}\frac{|S|^n}{1-|S|}=n-\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\sum_{S\in S_i}\left(\frac{|S|^n-1}{1-|S|}+\frac1{1-|S|}\right)\)

Felhasználva, hogy ha \(\displaystyle S\in S_i\), akkor egyértelműen megfeleltethető neki egy olyan \(\displaystyle S'\in S_{n-i}\), hogy 1-|S|=|S'|, kapjuk

\(\displaystyle E(X)=n-\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\sum_{S\in S_i}\frac{|S|^n-1}{1-|S|}-\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\sum_{S\in S_{n-i}}\frac1{|S|}\)

\(\displaystyle E(X)=n+\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\sum_{S\in S_i}(|S|^{n-1}+|S|^{n-2}+...+1)+\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{i+1}\sum_{S\in S_i}\frac1{|S|} \tag6\)

Alkalmazzuk most (5)-öt a k=1,2,...n-1 esetben és adjuk össze az egyenlőségeket. Mivel most \(\displaystyle f^{(k)}(0)=0\), kapjuk

\(\displaystyle 0=\sum_{k=1}^{n-1}f^{(k)}(0)=n-1+\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\sum_{S\in S_i}(|S|^{n-1}+|S|^{n-2}+...+|S|)\)

Ebből azonnal következik, hogy (6)-ban

\(\displaystyle n+\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\sum_{S\in S_i}(|S|^{n-1}+|S|^{n-2}+...+1)=1+\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\sum_{S\in S_i}1=1+\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{n-i}\binom{n}{i}=(-1)^{n+1}\)

Tehát

\(\displaystyle E(X)=(-1)^{n+1}+\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{i+1}\sum_{S\in S_i}\frac1{|S|}=\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+1}\sum_{S\in S_i}\frac1{|S|}\)

Meglepő és szép ez az integrálos átírás. Ha jól látom, két kevésbé közismert összegzési formula is kijön belőle, ha az eredeti szummás alakba behelyettesítjük az \(\displaystyle \frac{1}{n}\) és \(\displaystyle \frac{2}{n}\) valószínűségeket.

Amikor minden valószínűség egyenlő:

\(\displaystyle E = \sum _{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \binom{n}{k} \cdot \frac{n}{k} = n\cdot\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots +\frac{1}{n}\right)\)

Innen:

\(\displaystyle \sum _{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \binom{n}{k} \cdot \frac{1}{k} = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots +\frac{1}{n}\)

A második esetben pedig két részre bontható az összeg. Az első rész megfelel az előző esetnek (\(\displaystyle n-2\) taggal), így a második tagok összegére kapunk összefüggést.

\(\displaystyle E = \sum _{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \left(\binom{n-2}{k} \cdot \frac{n}{k} + \binom{n-2}{k-1} \cdot \frac{n}{k+1}\right)= n\cdot\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right)\)

Áttérve \(\displaystyle n-2\)-ről \(\displaystyle n\)-re és a zárójelek első tagjait a korábbi képlettel összegezve innen azt kapjuk, hogy

\(\displaystyle \sum _{k=0}^{n} (-1)^{k} \binom{n}{k} \cdot \frac{1}{k+2}= \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}\)

A [2224]-beli képletnek van egy vicces átírása integrálokkal:

\(\displaystyle \sum_i\frac1{p_i}-\sum_{i<j}\frac1{p_i+p_j}+\sum_{i<j<k}\frac1{p_i+p_j+p_k}-+\ldots+(-1)^{n-1}\frac1{p_1+\ldots+p_n} = \)

\(\displaystyle = \int_0^1 \left( \sum_i x^{p_i-1} -\sum_{i<j} x^{p_i+p_j-1} +\sum_{i<j<k} x^{p_i+p_j+p_k-1} -+\ldots+(-1)^{n-1}x^{p_1+\ldots+p_n-1} \right)\mathrm{d}x = \)

\(\displaystyle = \int_0^1 \left(1-\prod_{i=1}^n(1-x^{p_i})\right) \frac{\mathrm{d}x}{x}. \)

Ha \(\displaystyle p_1=\ldots=p_n=\frac1n\), akkor az \(\displaystyle x=(1-y)^n\) helyettesítéssel

\(\displaystyle \ldots = n\int_0^1 \frac{1-y^n}{1-y} \mathrm{d}y = n\int_0^1\big(1+y+y^2+\ldots+y^{n-1}\big) \mathrm{d}y = n\bigg(1+\frac12+\frac13+\ldots+\frac1n\bigg). \)

Ha csak \(\displaystyle n-1\) valószínűség van, \(\displaystyle p_1=\ldots=p_{n-2}=\frac1n\) és \(\displaystyle p_{n-1}=\frac2n\), akkor, ugyanazzal a helyettesítéssel

\(\displaystyle ... = n\int_0^1 \frac{\big(1-y^{n-2}(2y-y^2)\big)}{1-y} \mathrm{d}y = n\int_0^1\big(1+y+y^2+\ldots+y^{n-2}-y^{n-1}\big) \mathrm{d}y = \)

\(\displaystyle = n\bigg(1+\frac12+\frac13+\ldots+\frac1{n-1}-\frac1n\bigg). \)

Ebből is leolvasható, hogy a különbség éppen \(\displaystyle 2\).

(jonas [2227]-ből is látszik, egyszerűbben és kevésbé ijesztően.)

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

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 \(\displaystyle 127/10 \).

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.

Javítás: skatulya-elv -> szita formula

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.

Miért? Előre is köszönöm az indoklást vagy útmutatást.

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

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?

Nagyon köszönöm a segítségeteket.

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:

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)

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?

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

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?

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

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

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?

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

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.

Talán van, például, ha tóruszt négyszögekkel közelítünk.

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

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.