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.