Fórum: Valaki mondja meg!

Esetleg a főiskolás tanítványodnak van aktív Kömal-ozó középiskolás ismerőse/rokona? :)

Bocs, szarkazmus.

Azóta este kaptam erre megoldást, utólag nagyon egyszerűnek tűnik a számolás, és nem is hosszú. Nem is értem, hogy miért nem találtam meg a megoldást. Így szinte szégyellem, hogy nem találtam meg a határértéket. Tiszteletben tartva Johnny 10 kérését, nem teszem közzé a számolást. Köszönöm a segítő szándékot!!!!

ok, előre is kösz, magántanítvány főiskoláról kapta hf-nak. március közepén lesz neki zh. volt több ilyen feladat is, ezt nem tudtam.

Lestoppolok két hét múlvára egy megoldást, addig lehetőleg ne válaszoljon senki. (Majd akkor megmondom, hogy miért nem válaszoltam előbb:))

de nem sürgős, ha valaki ráér, megköszönöm...

Keresem a következő sorozat végtelenben vett határértékét.

\(\displaystyle \frac{1^n+2^n+3^n+....+n^n}{(n+1)^n}\)

Bocs a késői válaszért. Nekem is ez jött ki, de olyan hihetetlennek tűnt.

A Wikipédia szerint: Carl Friedrich Gauss fedezte fel 1796-ban, hogy minden pozitív egész felírható legfeljebb három háromszögszám összegeként, melyet a naplójában a következőképpen jegyzett fel: „Heureka! num= Δ + Δ + Δ.”

Rávezetés: Ismert, hogy ha egy modellben egy változó értéke szimmetrikus eloszlással nő vagy csökken mindig, akkor várhatóan tetszőlegesen kicsi és nagy értéket is 1 valószínűséggel fog felvenni megfelelően sok idő után. Ez nem valami precíz, de meg lehet belőle sejteni, hogy a válasz 1 lesz. Jelölje \(\displaystyle p\) annak a valószínűségét, hogy ha csak \(\displaystyle 1\) amőbával kezdünk a kémcsőben, akkor az egy idő után ki fog halni, és írjunk fel valami rekurzív állítást úgy, ahogy az ilyen feladatoknál szokás!

Teljes megoldás:

\(\displaystyle p=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}p+\frac{1}{3}p^2\)

...hiszen ha az amőba duplázódik, akkor onnantól két külön kémcsőbe is rakhatjuk őket, az összes amőba akkor fog egyszer kihalni, ha mindkét kémcső kihal egy idő után, ennek esélye \(\displaystyle p^2\).

Ebből \(\displaystyle p=1\) adódik, ha \(\displaystyle 3\) amőba van kezdetben, azok \(\displaystyle p^3=1\) eséllyel halnak ki.

Az alfa-amőba fajta a következő tulajdonsággal rendelkezik:

- 1 másodpercig nyugisan ül, majd 1/3 valószínűséggel elpusztul.

- 1 másodpercig nyugisan ül, majd 1/3 valószínűséggel nem csinál semmit.

- 1 másodpercig nyugisan ül, majd 1/3 valószínűséggel kétfelé osztódik.

Egy kémcsőbe betesznek 3 alfa-amőbát. Mi annak a valószínűsége, hogy előbb-utóbb nem lesz élő amőba a kémcsőben?

Előre is köszönök minden segítséget, tisztelettel: BZ.

javítom a duális logikai szita formát:

\(\displaystyle |A\cap B\cap C|=|A|+|B|+|C|-|A\cup B|-|A\cup C|-|B\cup C|+|A\cup B\cup C|\)

Ez inkább módszertan, amit most írok.

Ismert a halmazelméletből az úgynevezett logikai szita forma, amely három halmaz esetén a következőképpen néz ki:

\(\displaystyle |A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|\)

Erre rengeteg példa van a középiskolás könyvekben. Most felírva a duális logikai szita formát, a következő egyenlet adódik:

\(\displaystyle |A\cap B\cap C|=|A|+|B|+|C|-|A\cup B|-|A\cup C|-|B\cup C|+|A\cup B\ cup C|\)

Ha jól csináltam, akkor leellenőriztem ezt az állítást, és ez is igaznak adódott. Igazából az a kérdésem, hogy van-e olyan feladat vagy szituáció, ami igazából ezzel a duális logikai szita formával oldható meg?

Nekem így jobban tetszik a Bretschneider-képlet. Ugyanis ebből nagyon jól látszik, hogy egy négyszögre a következő két összefüggés egyszerre teljesül vagy nem teljesül:

Brahmagupta: \(\displaystyle T=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\)

Ptolemaiosz: \(\displaystyle ac+bd=pq\)

ahol \(\displaystyle s\) a négyszög félkerülete, \(\displaystyle T\) a négyszög területe, \(\displaystyle p\), \(\displaystyle q\) a négyszög átlói, \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), \(\displaystyle d\) a négyszög oldalai (\(\displaystyle a\) és \(\displaystyle c\) szemközti oldalak, \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle d\) szemközti oldalak). Mind a két képlet a húrnégyszögekre teljesül.

"2 vagy több dimenziós esetben, nagyjából tetszőleges test felett például csinálhatjuk azt, hogy az x tengelyt a kétszeresére nagyítjuk, minden mást meg meghagyunk."

X tengely pontjait küldjük inkább a nullvektorba, ez jó példa tetszőleges testre, és legalább 2 dimenziós vektortérre.

"Tud valaki olyan leképezést vektortérből vektortérbe, amely összegtartó de nem skalárszorostartó?"

Szerintem ha a vektortér prímtest (Zp és Q) feletti, akkor nincs ilyen, összegtartásból levezethető, hogy a skalárszorost is tartja.

C (mint 1 dimenziós komplex vektortér) felett ilyen például a valósrész képzés, összeget összegbe visz, de egy komplex szám i-szeresét nem viszi az i-szeresébe.

1 dimenziós valós esetben, azaz valós függvényekre a kérdés kb a Cauchy függvényegyenlet https://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy's functional equation.

"Tud valaki olyan leképezést vektortérből vektortérbe, amely skalárszorostartó de nem összegtartó?"

1 dimenziós vektortérre nincsen ilyen, hiszen 1 darab vektor képe már meghatároz minden mást, és összegtartó lesz. 2 vagy több dimenziós esetben, nagyjából tetszőleges test felett például csinálhatjuk azt, hogy az x tengelyt a kétszeresére nagyítjuk, minden mást meg meghagyunk.

köszönöm! Van az úgy, hogy én is eljutok a bizonyításban levő képletig, csak éppen nem jut eszembe, hogy ha mindkét képletben felbontom a zárójeleket és rendezgetek, akkor meg lesz az egyenlőség. Mint például most.

Rendezések után láthatjuk, hogy a képleted ekvivalens az itteni bizonyítás végén kapott képlettel.

Keresek olyan matek-tételt vagy matek-jelenséget vagy matek-konstrukciót, amelyben a 11 és csak a 11 számnak lényeges szerepe van. Ilyen pl. a 11-gyel való oszthatósági szabály. Ha a 13-mal keresnék ilyet, akkor pl. 13 darab arkhimédeszi félig szabályos test van. Előre is köszönöm mindenki segítségét.

Mennyire igaz az, hogy bármilyen pozitív egész szám felírható három háromszögszám összegeként?

Tud valaki olyan leképezést vektortérből vektortérbe, amely összegtartó de nem skalárszorostartó? Tud valaki olyan leképezést vektortérből vektortérbe, amely skalárszorostartó de nem összegtartó? Előre is köszönöm!

Bretschneider-képlet: Legyenek \(\displaystyle P_1Q_1P_2Q_2\) négyszög oldalai: \(\displaystyle Q_2P_1=a\), \(\displaystyle P_1Q_1=b\), \(\displaystyle Q_1P_2=c\), \(\displaystyle P_2Q_2=c\), átlói \(\displaystyle P_1P_2=p\), \(\displaystyle Q_1Q_2=q\). Legyen \(\displaystyle s\) a négyszög félkerülete. Ekkor a négyszög \(\displaystyle T\) területe a következő képlettel számolható ki:

\(\displaystyle T=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-\frac{(ac+bd+pq)(ac+bd-pq)}{4}}\)

Tud erre valaki egy szép bizonyítást? Vagy egy akármilyen bizonyítást? Előre is köszönöm!

Köszönöm.

Legyen A és B az átmérő két végpontja, P az átmérő egyenesén levő külső pont, M a szelő és az átmérő metszéspontja.

Továbbá legyen O a keresett kör középpontja, E az érintési pont , r a kör sugara, és nyilván teljesül a \(\displaystyle \beta= EPO\measuredangle=OEM\measuredangle\) összefüggés is.

Ekkor felírhatóak az alábbi egyenlőségek:

\(\displaystyle PA=PO-AO=\frac r {\sin\beta}-r=r\cdot\frac{1-\sin\beta}{\sin\beta}\)

\(\displaystyle AM=AO-MO=r-r\sin\beta=r(1-\sin\beta)\)

\(\displaystyle PB=PO+OB=\frac r {\sin\beta}+r=r\cdot\frac{1+\sin\beta}{\sin\beta}\)

\(\displaystyle MB=MO+OB=r\sin\beta+r=r(1+\sin\beta)\)

A fentiekből következik, hogy

\(\displaystyle \sin\beta=\frac{AM}{PA}=\frac{MB}{PB}\) , azaz

\(\displaystyle \sin\beta=\frac{MX}{PX}\) alakú, ahol X=A vagy X=B

Így a szerkesztés, attól függően, hogy X=A vagy X=B van megadva, a következő lesz:

Vegyük fel a PX szakasz, mint átmérő fölé írható Thalész-kört és az X középpontú, MX sugarú kört. A két kör metszéspontját kössük össze a P ponttal. Ez az egyenes az E-ben metszi a szelőt. Utána állítsunk erre az egyenesre E-ben merőlegest. Így megkapjuk a kör O középpontját.

Diszkusszió: A szerkesztés akkor végezhető el, ha \(\displaystyle MX<PX\) teljesül, hiszen \(\displaystyle \sin\beta<1\) (P külső, M belső pont, így egyenlőség nem lehet). Ez X=B esetén mindig fennál, de ha X=A, akkor csak úgy lesz megoldás, ha \(\displaystyle PA> AM\)

Van egy átmérő egyenesem egy körhöz. Adott rajta a körvonal egy pontja. Van egy szelő egyenesem, ami merőleges az átmérő egyenesre. Ismerem az átmérő egyenesen azt a külső pontot, amelyből a körhöz húzott érintő a szelő egyenes és a körvonal metszéspontján halad át. Keresem a kört? (feladat mottója: középkori párkányt szeretnék torzított körökkel, azaz ellipszisekkel megközelíteni, hogy az építőmesteri felújításához sablont készíthessünk.) Minden jót kívánva!

Kedves Mindenki!

Ha valaki tudna segíteni ezekben azt megköszönném :)

Köszike Erzsi, ha eljut8k odáig, mindenképpen csekkolni fogom.

https://scholar.rose-hulman.edu/rhumj/vol3/iss2/4/

abcd a négyjegyű szám, és úgy értelmeztem a cikkből, hogy csökkenőbe tette a számjegyeket az általánosság megszorítása nélkül. A következőben másolom a cikk linkjét.

De tudna valaki arra szükséges és elégséges feltételt mondani, hogy egy négyjegyű számból kiindulva, hogy pontosan a \(\displaystyle k\)-ik iterációt múlva lesz először a kapott eredmény 6174, ahol \(\displaystyle k=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\)?

Az \(\displaystyle aaab\) alakú számok esetében, ahol \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\) különbsége 1, az első kapott eredmény 999 lesz csakugyan. Hogy az iterációt továbbra is a négyjegyű számok körében vigyem végig, ekkor az eredményt 0999-nek veszem, így eljutok a 6174-hez előbb vagy utóbb. De érdekes esetet említettél meg Erzsi, ezt úgy elfelejtettem megvizsgálni.

Interneten nézelődve, azt javasolják ilyen esetben (9998, 7778), hogy vegyünk hozzá egy 0-t, és működik.

Itt olvashatsz erről a problémáról:

https://plus.maths.org/content/mysterious-number-6174

Többször kaptam a következő számot: 6174. Ha a 6174-ből indulok ki, akkor rögtön 6174-et kapok. Írok 2 számot, ahol a 0 fog ismétlődni: 9998, 7778. (A 1111-gyel osztható számoknál is a 0 ismétlődne.)

Legyen \(\displaystyle abcd\) egy negyjegyű szám, ahol \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), \(\displaystyle d\) a számjegyet jelentik, és nem mind a négy számjegy egyforma. A számjegyet csökkenő illetve növekvő sorrendben felírva kapunk két négyjegyű számot, majd a kapott nagyobb négyjegyű számból kivonva a kapott kisebb négyjegyű számot egy négyjegyű eredmény adódik. A kapott eredménnyel elvégezzük az előbbi műveletet, majd az így kapott eredménnyel megint elvégezzük az előbbi műveletet, majd a kapott eredménnyel megint elvégezzük az előbbi műveletet.... Stb. Igaz-e, hogy bármilyen nem 1111-el osztható négyjegyű számból kiindulva ez az iteráció mindig ugyanazt az eredményt adja valahonnan kezdve, és ha igen, akkor hányadik iterációtól kezdve lesz mindig ugyanaz az eredmény? Mindenki segítségét előre is köszönöm.

Azt honnan lehet tudni, hogy egy integral elemi eszkozokkel nem fejezheto ki? Pl. az ellipszis kerulete.

Igazad van, emlékeznem kellett volna rá, hiszen annak idején bankban dolgoztam :(

A K&H-ba beleolvadt az ABN AMRO, a CIB-be pedig az Inter-Európa Bank. A régi ügyfelek számlaszámai megmaradtak. ezért van kétféle azonosítójuk.

Valóban, a KH-nak van 102 és 104 kezdetű azonosítója, sőt a CIB-nek is létezik 107 és 111 kezdetű bankszámlaszáma, és az Erste-t elírtam, helyesen 116.

Bár ezek után a fene se érti...........

Én is hasonló témával foglalkozom mostanság. Egy összeget kellett befizetnem, átutalnom. Megkaptam a számlaszámot. A neten utánanéztem a banknak. Hogy olcsóbb legyen, oda mentem: KH. (Remélem, így is van.) Azért írok, mert KH, és nem 104-gyel kezdődik, hanem 102-vel.

Így már teljesen érthető!!!!

Még egyszerűbb az azonosítás: az első három számjegy a bankot (pl. OTP:117, KH:104, Erste:106, CIB:107), a következő négy számjegy a fiókot azonosítja, a 8. számjegy az ellenőrző szám.

A 9-16 vagy 9-24 számjegyek az ügyfelet azonosítják, míg a 16. vagy 24. szintén ellenőrző szám.

Ez az oldal azt mondja, hogy 24-jegyű számlaszámoknál csak két ellenörző kód van (ami úgy működik, ahogy írtad), az első 7 jegy után egy, majd a következő 15 jegy után a második.

Így nekem az jött ki, hogy a három felsorolt szám tényleg helyes. Egy online kereső meg is mondja (az első 8 jegy alapján), hogy melyik bankokról van szó.

Hátha van itt olyan valaki, aki banki dolgokban járatos. Szóval a bankszámlaszámok 2 vagy 3 darab 8jegyű számból állnak. Én úgy tudom, hogyha egy ilyen 8jegyű szám \(\displaystyle abcdefgh\) alakú, akkor a következő mennyiségnek 0-ra kell végződnie:

\(\displaystyle 9a+7b+3c+1d+9e+7f+3g+1h\)

Tekinthetnénk ezt egy bankszámlaszám érvényességét eldöntő algoritmus ak is. Igen ám, csakhogy találkoztam olyan számlaszámokkal, ahol az azokban lévő 8jegyű számokra az előbbi összefüggés nem teljesül, ugyanakkor internetes oldalon, ahol lehet számlaszámok érvényességét ellenőrizni, az a jelzés érkezik, hogy ezek a számlaszámok érvényesek, technikailag helyesek, pénzcorgalom is van rajtuk, de nem biztos, hogy bankszámlaszámok. Ilyen számok a következők:

10402623-82484855-48511029

10400061-86768370-86551002

10300002-13210936-00014905

Ezek után, ha ezek a számlaszámok nem bankszámlaszámok, akkor milyen számok? Illetve egy bankszámlaszámól hogyan lehet eldönteni, hogy érvényes, ha az általam említett ellenőrzési algoritmus nem jó?

Nem gondolom,hogy ez Neked "Valaki mondja meg" téma, inkább "Híres(?) álbizonyítások" közé való. Az \(\displaystyle x^3=1\) egyenletig nincs is baj, de ennek 3 gyöke van a komplex számok között, míg az eredi egyenletnek - másodfokú lévén - csak kettő, ráadásul mindkettő harmadik komplex egységgyök. A "bizonyításod" csak arról szól, hogy a valós számok halmazán nincs az eredeti egyenletednek gyöke. Nem a 3=0 azonosságot bizonyítottad be, hanem ellentmondásra jutottál azzal a feltevéssel, hogy a másodfokú egyenletnek van valós gyöke.

Tétel: \(\displaystyle 3=0\)

Bizonyítás: Megoldandó a következő egyenlet:

\(\displaystyle x^2+x+1=0\)

1. MÓDSZER:

A megoldandó egyenlet mindkét oldalából elvéve \(\displaystyle x\)-et és \(\displaystyle 1\)-et:

\(\displaystyle x^2=−x−1\)

2. MÓDSZER:

A megoldandó egyenlet mindkét oldalát \(\displaystyle x\)-el osztva, ugyanis biztos, hogy \(\displaystyle x\) értéke nem lehet \(\displaystyle 0\):

\(\displaystyle x+1+\frac{1}{x}=0\)

Mindkét oldalból elvéve \(\displaystyle x\)-et és \(\displaystyle 1\)-et:

\(\displaystyle \frac{1}{x}=−x−1\)

ÖSSZEGZÉS: Tehát a megoldandó egyenletből kiindulva két olyan egyenlet adódott a két módszer során, amelyek jobb oldalán ugyanaz az \(\displaystyle −x−1\) kifejezés szerepel, így ennek a két egyenletnek a bal oldala is egyenlő, azaz:

\(\displaystyle x^2=\frac{1}{x}\)

Szorozva \(\displaystyle x\)-el ennek az egyenletnek mindkét oldalát:

\(\displaystyle x^3=1\)

Mindkét oldalból köbgyököt vonva:

\(\displaystyle x=1\)

Behelyettesítve a megoldandó egyenletbe az \(\displaystyle x=1\) kapott értéket:

\(\displaystyle 1^2+1+1=0\)

összevonás:

\(\displaystyle 3=0\)

Útmutatás: Ha ábrázolod az \(\displaystyle f_0(x)\), \(\displaystyle f_1(x)\), \(\displaystyle f_2(x)\), \(\displaystyle f_3(x)\), \(\displaystyle f_4(x)\), \(\displaystyle f_5(x)\), ..... függvényeket, észreveszed, hogy a grafikonok milyen szabályosság szerint követik egymást.

\(\displaystyle f_0(x)=|x|, f_n(x)=|f_{n-1}(x)-1|, f_{22221}(22221.1)=?\)

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.