3. Tegyük fel hogy a játékvezető át akar verni, vagyis tudja hogy a jó ajtót választottad, ezért nyit ki egy másikat... Mivel tudja hogy "jó" matematikus vagy ezért biztos hogy megváltoztatod a döntésed és a rossz ajtót fogod válaszni... ;)
Rámutattál egy ajtóra. Mekkora a valószínűsége, hogy nyertél?
Mekkora a valószínűsége, hogy a másik két ajtó valamelyike mögött van a nyeremény?
Ha választanod kéne, hogy a te általad mutatott ajtót nyitod ki vagy a másik kettőt, mit választanál?
Az, hogy a játékvezető kinyitja az üres szobák ajtaját, miben különbözik attól, hogy kinyithatod a másik két ajtó egyikét, és ha a szoba üres, kinyithatod a másikat is?
Gyakran visszatérő kérdés ez; a trükk az, hogy az alábbi kettő különbözik:
1. a játékvezető véletlenszerűen választ egy ajtót, azt kinyitja; ha ott van a nyeremény (ennek esélye 1/3), akkor vége a játéknak; ha nincs ott (ennek esélye 2/3), akkor a maradék kettő valamelyikében egyforma eséllyel van a maradék.
2. a játékvezető kinyit egy ajtót, amiről tudja, hogy nincs mögötte nyeremény; ezzel a két nem választott ajtó nyerési esélyét egyesíti, vagyis 1/3:2/3 lesz az esély
Van n ajtó, valamelyok mögött ott a nyeremény. Egy ajtóra rámutatsz, de mielőtt kinyitnád, a játékvezető a maradék n-1 ajtó közül n-2 ajtót kinyit, és megmutatja, hogy ott nincs. Választhatsz, hogy azt nyitod ki, amire rámutattál, vagy azt, amit a játékvezető zárva hagyott.
Most néztem a héten a Las Vegas ostroma című filmet és volt benne egy jelenet, egy matek példa amit nem értettem. Van 3 ajtó (A,B,C), és az egyik mögött egy nagy értékű ajándék. A versenyző kinyithat egy ajtót és ha mögötte van az ajándék akkor nyer. A versenyző az A ajtót választja, de mielőtt még kinyílna az ajtó a játékvezető megmutatja a C ajtót és azt hogy nincs mögötte az ajándék. A játékosnak lehetősége van megváltoztatni a dönését és a B ajtót választani. Mi a helyes döntés? Szerintem tökmindegy megyik ajtót választja mivel már 50% esélye van.
A film szerint a helyes megoldás hogy válassza a B ajtót, mert annak az esélye nagyobb... (?)
Mondok egy másik bizonyítást, ami nem használja a Pithagorasz-tételt. Az AC egyenesen tekintsük azt a két F és G pontot, amire AF=AB=AG. Legyen F az AC szakaszon kívül és G az AC szakaszon belül, tehát
FC = AC+AB és GC = AC-AB.
Ezzel a jelöléssel a bizonyítandó MC.BC = (AC+AB)(AC-AB) állítás nem más, mint MC.BC=FC.GC. Ez pedig azzal ekvivalens, hogy MC/GC = FC/BC, vagyis az MCG és és az FCB háromszögek hasonlóak. Mivel a két háromszögnek a C-nél közös szöge van, ezért elég belátnunk, hogy CMG szög megegyezik a CFB szöggel.
Jelölje a,b,c az ABC háromszög három szögét a megfelelő betűzéssel. A BAF háromszög egyenlőszárú és az A-nál levő szöge 180-a, vagyis az F-nél levő szöge 90+a/2. Tehát a CFB szög 90+a/2.
A BAM háromszög egyenlőszárú, ezért a B-nél és az M-nél levő szöge b, az A-nál levő szöge 180-2b. Ezért az MAG egyenlőszárú háromszögben az A-nál levő szög a+2b-180, vagyis az M-nél levő szög 90-a/2-b. Ezért a CMG szög nem más, mint 180-b-(90-a/2-b)=90+a/2.
Beláttuk, hogy a CMG és a CFB szög egyaránt 90+a/2, és készen vagyunk.
Simán elég lett volna. Az Fn függvényt pedig keressük "polinom" alakban... (elég másodfokú polinomot keresni, majd bebizonyítjuk rá hogy igaz az általános feltétel is)
A csúccsal szemben a, B vel szemben b, C vel szemben c oldal legyen ez a szokásos.
Továbbá A,B,C csúcsok óramutató járásával ellentétesen követik egymást ilyen sorrendben.
(b-c)a=b^2-c^2
vagyis a oldal a=b+c, szavakkal a harmadik oldal a másik kettő összege, A -nál lévő szög tehát az egyenesszög. Hát ennél tompább szögű háromszög nincs. Ezt elfajult háromszögnek tekinthetjük.
Én úgy csináltam ahogy a topiktársunk (NevemTeve) ajánlotta. Felvettem egy derékszöget és a BC egyenesen ez lett az E pont. Tehát lettek A,B,C,M,E pontjaink. Tudjuk, hogy BE = EM
Felírtam két pitagorasz tételt, és kivontam az AC2-ből az AB2-et. Mivel mind a kettőben benne volt, ezért kiesett az AE2 és ezt kaptam: AC2 - AB2 = EC2 - EM2 Tudjuk, hogy EC = MC+EM tehát a bizonyítás jobb oldala ez lett:
(MC + EM)2 - EM2
A bizonyítás bal oldalát is átrendeztem, mert BC = 2EM + MC, tehát a bal oldal:
MC * (2EM + MC)
Elvégezve az összeszorzásokat és a négyzetre emeléseket, a jobb oldalon lesz egy EM2 és egy -EM2 ami így kiesik, és utána a két oldal már teljesen egyforma lesz.
OK, de az egy cseppet sem triviális tétel, hogy előírt f(n)=an értékekre illeszthető olyan folytonos függvény, aminek van globális Taylor-sora (ui. a legtöbb folytonos függvénynek nincs Taylor-sora). Az említett állítás Weierstrass és Mittag-Leffler tételeiből következik, lásd pl. itt.
Továbbá arról nincs szó, hogy az eredeti an értékekre megadott rekurzió kiterjedne az illesztett f(x) függvényre.
A Te megoldási módszered azért működött a megadott rekurzióra, mert a megoldás nagyon speciális alakú volt.
Helyettesítsük az f(n) függvényt a Taylor-sorával:
Az egész számokon értelmezett függvényeknek nincs Taylor-sora. Pl. a Fibonacci-rekurzióra nem működik a módszered. Sőt, még a végtelen sokszor differenciálható valós függvényeknek sincs általában Taylor-sora.
Persze az ötletedet lehet szelidíteni. Pl. felhasználva, hogy nk=(n+k)2/2-n2/2-k2/2 kapjuk, hogy a bn:=an-n2/2 sorozat kielégíti az egyszerűbb bn+k=bn+bk rekurziót, stb.
Köszönöm! Ezt is megpróbálom! Sehol nem találtam derékszöget, így mindenképpen koszinusz trétellel próbálgattam *Nem mintha más szög meg lett volna, de ha nincs derékszög akkor csinálni kell ezek szerint! Köszi! :-)
ad2: A BM szakasz felezőpontját nevezd el T-nek, és írjál fel mindenféle Pitagorasz tételt (AT merőleges BM-re), míg végül kijön valami AC2-re és AB2-re; ekkor vedd ezeknek a különbségét.
