Keresés

Részletes keresés
Így működik

Bővebben az új keresőről

Gergo73 2 órája Creative Commons License 12511

Az eredmény helyes. A kérdés az, hogy Pólya tételéből hogy jön ki.

Előzmény: amplitudinis2 (12510)
amplitudinis2 3 órája Creative Commons License 12510

Még nem ellenőriztem 607/1260 eredményt se. Türelmet kérek. Más dolgom volt.

 

Előzmény: Gergo73 (12509)
Gergo73 5 órája Creative Commons License 12509

A kérdésem az volt, hogy a tételből hogy jön ki az eredmény (ami 607/1260). Tehát egy számolást kérek a tétel felhasználásával, aminek a végén ott van a 607/1260.

Előzmény: amplitudinis2 (12507)
amplitudinis2 12 órája Creative Commons License 12508

Beckenbach pontosan. Bocsi.

amplitudinis2 12 órája Creative Commons License 12507

Tulajdonképpen a Pólya -féle leszámlálási tétel előkészítő fogalmait használtam a program leírásában.

D egy 5 számú pontból álló véges halmaz 1,2,3,4,5 (Értelmezési tartomány) ennek egy eleme p1 például (1,2,3,4,5) vektor 

R egy 7 számú pontból álló véges halmaz (értékkészlet) ennek egy eleme f pl. (1,2,3,4,5) vektor ebből van C(7,5)db

 

Amikor az értelmezési tartományt permutáltam, G permutáció csoportot hoztam létre

 

C a D halmaz R be való leképezései összessége, amikor az összes permutációt az összes kombinációval párosítottam

 

Nem vizsgáltam két konfiguráció C beli C1 és C2 G re vonatkozó ekvivalenciáját mert kikötöttem az értékhalmaz elemeinek 

megkülönböztethetőségét 

Nem használtam fel, hogy ekvivalens konfigurációk értékkészlete szükségképpen azonos.

Hasonlóan nem írtam fel a G permutációcsoport ciklusindexét sem.

A ciklusokat sem igy a k hosszú ciklusok számát sem.

Tulajdonképpen a ciklusindex egy polinom mégpedig Z(,1,2,3,4,5)=1/g . Sum......

A szummán belül lenne 1,2,3,4,5 hosszú ciklus..... ez mind nem kell a példa gyors megoldásához..

Szóval sokmindent lehetne még megadni.

 

Ehelyett azt használtam, hogy minden R beli képhez hozzá van rendelve egy nemnegatív t egész szám az f súlya vagy tartalma.

Ez a találatok száma. A t súlyú összes megkülönböztethető f száma at jelöli

akkor a képszámláló sor generátorfüggvénye felírható lenne.

Szintén nem írtam fel C teljes konfiguráció súlyát vagy tartalmát, azaz összes kép súlyának összegét.

Így persze nem írtam fel a konfigurációszámláló sort vagyis ennek generátorfüggvényét sem.

 

A Pólya féle leszámlálási tétel azt mondja, hogy a konfiguráció számláló sor és a ciklusindex között egyértelmű a kapcsolat,

mégpedig a ciklusindex az at szerinti Z(a(1),a(s), a(s^2), a(s^3), ...,a(s^5)) =A(s) ahol A(s) a konfigurációszámláló sor 

a(s) pedig a képszámláló sor.

 

Ebből csak annyit használtam fel, hogy A(0)=Z(a(0),0,0,0,0,0) amikor k=k+1 gyel leszámláltam a mind hibás találatokat.

 

Ez a módszer persze alkalmas egyébként arra az esetre is, amikor a 7 válasz között pl van 1=igen, 2= igen....

Csak akkor mindenhol ahol itt ekvivalenciát írtam ekvivalens konfigurációk 1 nek számítanak.

Csak akkor nem számolhattam volna C(7,5) tel, hanem az ismétléses kombinációkkal kellett volna és nem úsztam volna meg az 

ekvivalencia vizsgálatot.

 

További részletek Backenbach, E.,F.: Applied Combinatorial Mathematics, Wiley, New York,1964

 

 

 

 

 

 

 

 

Előzmény: Gergo73 (12506)
Gergo73 27 órája Creative Commons License 12506

Pl: alkalmazzuk a Pólya -féle leszámlálási tételt.

 

Nem látom, hogy ezt a tételt itt hogyan lehetne alkalmazni. Ha te látod, akkor írd le részletesen (úgy, hogy kijöjjön a konkrét eredmény).

Előzmény: amplitudinis2 (12504)
Gergo73 27 órája Creative Commons License 12505

Ez egy egyszerű programmal megtehető.

 

Nem kell hozzá program, kézzel is meg lehet csinálni. Mint mondtam a 12499-es üzenetben, van egy egyszerű képlet az általános feladatra (ahol m kérdés van és n lehetséges válasz), csak a feladat kitűzője kérte, hogy ne osszam meg a részleteket. Ezért csak a konkrét esetre adtam meg a választ (amikor m=5, n=7).

Előzmény: amplitudinis2 (12504)
amplitudinis2 29 órája Creative Commons License 12504

Igen én is így fordítottam le magamban

 

1 1 2 3 4 5 6 7

2 1 2 3 4 5 6 7

3 1 2 3 4 5 6 7

4 1 2 3 4 5 6 7

5 1 2 3 4 5 6 7

 

Az első oszlop 1,2,3,4,5 a kérdések

Mindegyik kérdéshez a lehetséges válasz 1 2 3 4 5 6 7 ezek mind megkülönböztethetők ez egy lényeges feltétel

(Nincs olyan, hogy 1=igen 2=igen ....például a lehetséges válaszok között)

Vagyis C(7,5) kombinációk közül egy és csak egy 5 -ös találat van ezen a táblázaton

 

Ezért az 5 kérdés 5!=120 permutációit kell venni.

Mindegyiket párosítani kell mindegyik C(7,5) vektorral

Összes eset száma 5!C(7,5)

 

A feladat szerint 1,2,3,4,5 kérdésre legyen az egyetlen helyes válasz a 7 közül 1,2,3,4,5 jelű

 

Annak valószínűségét kérdezi, hogy mind hibás.

 

(Vagyis azt kell leszámolni, hogy ezen a "tippmixen" nincs találat.)

 

 

Ez egy egyszerű programmal megtehető.

 

Legyen 1,2,3,4,5 egy permutációja w(i,j,k,l,m) vektorban tárolva (transzponált, (sorvektor))

Az 1,2,3,4,5,6,7 kérdés közül egy kombináció v(i,j,k,l,m)  vektorban tárolva (oszlopvektor)

Ha w(q) adik eleme egyenlő v(q) adik elemével akkor t=t+1 

Ha t végeredménye nulla, miközben q=1,..,5  , akkor k=k+1

t=0 és ezt  összesen 5!C(7,5) ször le kell futtatni.

Végeredmény k a kedvező esetek száma.

 

A keresett valószínűség k/(5!C(7,5))

Ez ugye a számítógéppel való leszámlálás módja.

Ami célszerű. 

 

Matematika ennek a konstrukciónak a másképp történő megkonstruálása.

 

Pl: alkalmazzuk a Pólya -féle leszámlálási tételt.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Előzmény: Gergo73 (12503)
Gergo73 2 napja Creative Commons License 12503

Átfogalmazom a példát.

 

Az 1,2,3,4,5,6,7 számok közül véletlenszerűen kiválasztunk 5-öt valamilyen sorrendben (pl. 2,5,1,6,7). Mi a valószínűsége annak, hogy az első helyre nem az 1 kerül, továbbá a második helyre nem a 2 kerül, továbbá a harmadik helyre nem a 3 kerül, továbbá a negyedik helyre nem a 4 kerül, végül az ötödik helyre nem az 5 kerül?

 

A helyes válasz: 607/1260.

Előzmény: amplitudinis2 (12501)
13trr 2 napja Creative Commons License 12502

Az idei ált. (6. vagy 8. osztály) iskolás felvételi egyik feladata volt az, hogy megadtak 7 különböző törtet, és a gyerekeknek 5 műveletet kellett törtszámokkal végrehajtani. Minden művelet eredménye valamelyik tört a megadott 7 közül. (Pontosan egy jó mindegyik művelethez, tehát van 2, amelyik nem megoldása egyiknek sem.) Az a feladat, ha számolás nélkül vaktában választom ki a 7 közül az 5 számot, mennyi a valószínűsége, hogy egyiket sem találjuk el.

 

Gergőnek: Köszönöm, valami hasonló van nekem is, még nem adom fel, hátha ki tudom javítani a hibát.

 

Előzmény: amplitudinis2 (12501)
amplitudinis2 2 napja Creative Commons License 12501

Megkérlek fogalmazd már meg úgy a példa szövegét, hogy érthető legyen.

 

Előzmény: Gergo73 (12499)
amplitudinis2 2 napja Creative Commons License 12500

Tehát 1,2,3,4,5,6,7 kérdésről kell eldönteni, hogy igaz vagy hamis?

Mi az hogy 5 válasz?

 

 

Előzmény: 13trr (12498)
Gergo73 2 napja Creative Commons License 12499

Azt írtad, hogy Neked szép formula adódik általánosan is. Ezt úgy értetted, hogy valami rövid zárt alak, vagy maga a képlet ugyan bonyolult, de egy számítógép tetszőleges spec. esetet gyorsan ki bír számolni?

 

A keresett valószínűség egy szép véges összeg. A képlet hasonló a 12319-esbeli képletethez (és valójában általánosítja azt) az n elemű halmaz fixpontmentes permutációinak számára:

 

D(n) = sumk=0...n (-1)k n!/k!

 

Más szóval a fixpontmentes permutációk aránya (egy n elemű halmazon)

 

sumk=0...n (-1)k/k!

 

Szóval ilyesmi képletre gondolj. Be is írhatom, csak kérted, hogy ne áruljak el részleteket.

Előzmény: 13trr (12498)
13trr 2 napja Creative Commons License 12498

Arról van szó, hogy van 7 érték, mondjuk 1,2,3,4,5,6,7, és 5 kérdés, melyekre ezen 7 érték közül kerül ki a helyes válasz. Pl. az 1,2,3,4,5 lennének a helyes válaszok( ebben a sorrendben), de én mondjuk az 5,4,3,7,2-tőt mondtam. Ekkor csak a harmadik kérdésre találtam el a helyes választ. Az a kérdés, hogy mennyi a valószínűsége, hogy egyiket sem találom el?

 

Gergőnek:

 

Megnéztem a Maple segítségével általánosan, de valami csúnya e alapú hatványok jelennek meg, illetve egy WhittakerM nevű valami, gondolom egy beépített függvény, amiről fogalmam sincs. Ha az evalf paranccsal kérem, hogy a spec. esetemet számolja ki, akkor a 7. tizedesben eltérést mutat a kézzel számolt 607/1260-hoz képest. Ez valami kerekítési dolog miatt van, vagy esetleg megint benéztem valamit? (Azt írtad, hogy Neked szép formula adódik általánosan is. Ezt úgy értetted, hogy valami rövid zárt alak, vagy maga a képlet ugyan bonyolult, de egy számítógép tetszőleges spec. esetet gyorsan ki bír számolni?

 

Ui. Bocs, sajnos nem tudok túllépni ezen, amíg meg nem értem rendesen a dolgokat. Köszönöm, ha reagálsz rá.

Előzmény: amplitudinis2 (12497)
amplitudinis2 2 napja Creative Commons License 12497

Egy feladatban 5 egymás utáni helyre kell beírni az egyetlen helyes választ, melyek 7 különböző érték közül kerülhet ki. 

 

Ezzel a mondattal van bajom.

 

Előzmény: 13trr (12486)
amplitudinis2 2 napja Creative Commons License 12496

Itt megint az a helyzet, hogy a valószínűség számértéke függ a fizikai modelltől.

Lásd Rényi: Valószínűségszámítás , tű probléma.....

 

DEABC például 5 egymásutáni helynek számít?

 

Előzmény: 13trr (12486)
13trr 3 napja Creative Commons License 12495

Köszi a tippet, szerintem holnap megnézem. Valószínűleg hasonló a gondolatmenetünk, így remélem én is tudom majd általánosítani. Sajnos csak a Maple-t ismerem valamennyire, de ebben az esetben nem volt igazán szükség a gép használatára. Én eddig csak ezen a spec. eseten gondolkodtam, mert valójában az egyik ismerősöm ötletéből született meg a feladat. (Azért kértem, hogy ne beszéljük meg itt a bizonyítás részleteit, mert az illető szeretné esetleg később a Kömalhoz is eljuttatni. Esetleg egy C, vagy egy egyszerűbb B feladatként van remény, hogy egyszer kitűzik).

Még egyszer köszönöm, hogy időt szakítottál rá, és megnyugtattál, hogy jó elv mentén dolgoztam.

Előzmény: Gergo73 (12494)
Gergo73 3 napja Creative Commons License 12494

Én a képlet kiértékelését a Mathematica-ra bíztam...

Előzmény: 13trr (12493)
13trr 3 napja Creative Commons License 12493

Ok, nekem is megvan. Az egyik helyen véletlenül 100-at írtam a nevezőbe 120 helyett. Köszönöm a segítséget.

Előzmény: 13trr (12491)
Gergo73 3 napja Creative Commons License 12492

Én a 12319-es üzenetbeli érvelést általánosítottam, az eredmény egy szép képlet.

Előzmény: 13trr (12491)
13trr 3 napja Creative Commons License 12491

Köszönöm a gyors választ. Még én is nekifutok egyszer. Vicces, és egyben bosszantó, hogy az első két tizedesjegyre ugyanez nekem is, sajnos a harmadik már nem... :)

Előzmény: Gergo73 (12490)
Gergo73 3 napja Creative Commons License 12490

Újragondoltam: szerintem a keresett valószínűség 607/1260.

Előzmény: 13trr (12486)
Gergo73 3 napja Creative Commons License 12489

Szerintem elszámoltam, igyekszem újragondolni.

Előzmény: Gergo73 (12488)
Gergo73 3 napja Creative Commons License 12488

Szóval az jött ki nekem, hogy a keresett valószínűség 11/30.

Előzmény: 13trr (12486)
Gergo73 3 napja Creative Commons License 12487

Nekem 924 jött ki.

Előzmény: 13trr (12486)
13trr 3 napja Creative Commons License 12486

Kedves Gergő!

 

Van egy (számomra) érdekes feladat, melynek egyelőre csak az eredményére lennék kíváncsi. Van megoldásom, de bizonytalan vagyok, hogy jó-e a gondolatmenetem.

 

Egy feladatban 5 egymás utáni helyre kell beírni az egyetlen helyes választ, melyek 7 különböző érték közül kerülhet ki. Az a kérdésem, hogy mennyi annak a valószínűsége, hogy ha valaki véletlenszerűen válaszol a kérdésekre, akkor egyikre sem találja el a helyes választ. (Pl. A,B,C,D,E,F,G értékek vannak, és mondjuk A,B,C,D,E a lenne a helyes válaszok sorrendje, és én A,C,E,D,F-et írok, akkor két találatom van.)

 

Előre is köszönöm a Válaszod.

Gergo73 4 napja Creative Commons License 12485

Mire alapozza ezt?

 

Az euklideszi geometria, a hiperbolikus geometria, illetve a projektív geometria három különböző világ. Olyan, mint a Tesco, a Spar, és a CBA: vannak hasonlóságok és vannak különbségek.

 

Konkrétabban: mindhárom geometriában vannak egyeneseknek és pontoknak nevezett objektumok, amiknek bizonyos axiómákat kell kielégíteni. Itt fontos fejben tartani, hogy ezek az objektumok nem a "való világ" egyenesei és pontjai, hanem absztrakt matematikai fogalmak (pl. halmazok). Egyes axiómák közösek, pl. bármely két pontra illeszkedik pontosan egy egyenes. Más axiómák különbözőek (sőt egymásnak ellentmondanak), pl. ilyen az euklideszi párhuzamossági axióma, a hiperbolikus párhuzamossági axióma, illetve hogy bármely két egyenes metszi egymást. Mindegyik axiómarendszernek vannak modelljei, amik a halmazelméleten belül megkonstruálhatók. Itt van egy nagy különbség az euklideszi és a hiperbolikus geomeria, illetve a projektív geometria között. Míg az első kettőnek a modellje egyértelmű - tehát pl. nincs két különböző euklideszi geometria -, addig a harmadiknak már sokféle modellje van. Pl. említettem, hogy az euklideszi sík hogyan bővíthető ideális térelemekkel egy projektív geometriává. De van olyan projektív geometria is, amiben összesen csak 7 pont és 7 egyenes van (ez az ún. Fano-sík).

Előzmény: Emájti2 (12484)
Emájti2 4 napja Creative Commons License 12484

Kedves Gergő,

 

Köszönöm válaszodat, úgy tűnik erre már több mint száz éve adtak választ. A projektív geomtria tehát elutasítja mind az Euklideszi mind Bolyai-Lobacsevszkij féle párhuzamos egyenesek létezését? Mire alapozza ezt?

Előzmény: Gergo73 (12483)
Gergo73 5 napja Creative Commons License 12483

A végtelen távoli pontokat a geometriában ideális pontoknak hívják: minden irányhoz tartozik egy ideális pont. Amikor egy szög csúcsát kihúzod a végtelenbe, magyarán tekintesz egy ideális ponton átmenő két egyenest, akkor valójában két párhuzamos egyenest tekintesz, amik iránya tehát megegyezik.

 

Szóval nincs semmiféle ellentmondás: ahogyan bármely két ponton át megy egyetlen egyenes, úgy egy tetszőleges ponton és egy ideális ponton át is megy egyetlen egyenes. Az utóbbi csak annyit jelent, hogy egy tetszőleges ponton egy tetszőleges irányba megy egyetlen egyenes.

 

Tehát amin eltöprengtél, azt a geometriában úgy oldják fel, hogy nem egy darab végtelen távoli pont van, hanem végtelen sok: nevezetesen minden irányhoz tartozik egy külön bejáratú végtelen távoli pont. Ezek az ún. ideális pontok pedig maguk is egy egyenest alkotnak, az ún. ideális egyenest. Az ideális pontokkal és egyenesekkel kiegészített euklideszi sík egy projektív geometriát alkot. A projektív geometria sok szempontból harmonikusabb az euklideszi geometriánál: pl. nem csak bármely két ponton át megy egyetlen egyenes, hanem bármely két egyenesnek van egyetlen közös pontja. Minderről sok helyen olvashatsz a neten vagy könyvekben.

Előzmény: Emájti2 (12482)
Emájti2 6 napja Creative Commons License 12482

Kérdésem lenne a matekosok felé.

 

Attól függően, hogy milyen távolról nézünk két objektumot, a tőlük hozzánk tartó egyenesek által bezárt szög mérete változik. Ha az euklideszi téren meg akarjuk határozni két ponthoz húzott egyenes által bezárt szög nagyságát, akkor a végtelen hosszú egyenesek esetén ez a szög tartana a 0 fokhoz. Ezért minden véges távolságra lévő ponton lényegében egy végtelen hosszú egyenes megy át. Igen ám, de akkor a végtelen egyenesek nem alkothatnak végtelen teret, ahol metszenék egymást. Szerintem ez egy probléma, de mi van ha tévedek és ettől függetlenül semmi probléma sincs  végtelennel a geometriában.

 

Minden reakciót köszönök.