Fórum: Valaki mondja meg!

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.

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.

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!

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...

Esetleg valaki tudja, hogy ha van egy szélsőérték-feladat feltételekkel, akkor a Langrange-multiplikátor módszerrel megtalált lehetséges szélsőértékhelyekről milyen tétel segítségével lehet eldönteni, hogy ezek maximumhelyek vagy minimumhelyek. Vagy a lehetséges szélsőértékhelyek vizsgálata feladatfüggő, minden feladatnál más módszerrel lehet eldönteni a lehetséges szélsőértékhelyekről azt hogy maximumhelyek vagy minimumhelyek? Előre is köszönöm a segítséget. Bertalan Zoltán.