Keresés

Részletes keresés

magyarpityu Creative Commons License 1,5 órája 0 0 14625

Tényleg! Figyelmetlen voltam! Akkor a keresett valószínűség: 11508/11628 = 0,98968 (kb. 98,968%). Ha lehet 0 darabszámú csoport is, akkor pedig: 16543/16664 = 0,9927388 (kb. 99,27%)

Előzmény: Thibi (14624)
Thibi Creative Commons License 1,5 órája 0 0 14624

"legalább 5 kerül egy csoportba" , ez szerintem az utolsó négy elrendezés kivételével az összesre igaz

Előzmény: magyarpityu (14621)
magyarpityu Creative Commons License 2 órája 0 0 14623

Úgy vettem, hogy minden csoportba jusson legalább egy golyó, azaz nincs üres csoport :))

Előzmény: takacs.ferenc.bp (14622)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 2 órája 0 0 14622

Az 5, 5, 5, 5, 0, 0 esetet nem látom.

Előzmény: magyarpityu (14621)
magyarpityu Creative Commons License 2 órája 0 0 14621

Szia!

A 20 golyó 11628-féleképpen osztható 6 csoportba, ebből 4866 esetben van legalább egyik csoportban 5 golyó, tehát a keresett valószínűség: 4866/11628 = 0,41847265222, azaz kb. 41,85%

 

A következő táblázatban összegyűjtöttem a lehetséges eseteket, és (*)-gal jelöltem, ahol van 5-ös csoport.

 

Csoportok                Permutációk
15, 1,  1,  1,  1,  1    6
14, 2,  1,  1,  1,  1    30
13, 3,  1,  1,  1,  1    30
13, 2,  2,  1,  1,  1    60
12, 4,  1,  1,  1,  1    30
12, 3,  2,  1,  1,  1    120
12, 2,  2,  2,  1,  1    60
11, 5,  1,  1,  1,  1    30    (*)
11, 4,  2,  1,  1,  1    120
11, 3,  3,  1,  1,  1    60
11, 3,  2,  2,  1,  1    180
11, 2,  2,  2,  2,  1    30
10, 6,  1,  1,  1,  1    30
10, 5,  2,  1,  1,  1    120   (*)
10, 4,  3,  1,  1,  1    120
10, 4,  2,  2,  1,  1    180
10, 3,  3,  2,  1,  1    180
10, 3,  2,  2,  2,  1    120
10, 2,  2,  2,  2,  2    6
9,  7,  1,  1,  1,  1    30
9,  6,  2,  1,  1,  1    120
9,  5,  3,  1,  1,  1    120   (*)
9,  5,  2,  2,  1,  1    180   (*)
9,  4,  4,  1,  1,  1    60
9,  4,  3,  2,  1,  1    360
9,  4,  2,  2,  2,  1    120
9,  3,  3,  3,  1,  1    60
9,  3,  3,  2,  2,  1    180
9,  3,  2,  2,  2,  2    30
8,  8,  1,  1,  1,  1    15
8,  7,  2,  1,  1,  1    120
8,  6,  3,  1,  1,  1    120
8,  6,  2,  2,  1,  1    180
8,  5,  4,  1,  1,  1    120   (*)
8,  5,  3,  2,  1,  1    360   (*)
8,  5,  2,  2,  2,  1    120   (*)
8,  4,  4,  2,  1,  1    180
8,  4,  3,  3,  1,  1    180
8,  4,  3,  2,  2,  1    360
8,  4,  2,  2,  2,  2    30
8,  3,  3,  3,  2,  1    120
8,  3,  3,  2,  2,  2    60
7,  7,  3,  1,  1,  1    60
7,  7,  2,  2,  1,  1    90
7,  6,  4,  1,  1,  1    120
7,  6,  3,  2,  1,  1    360
7,  6,  2,  2,  2,  1    120
7,  5,  5,  1,  1,  1    60    (*)
7,  5,  4,  2,  1,  1    360   (*)
7,  5,  3,  3,  1,  1    180   (*)
7,  5,  3,  2,  2,  1    360   (*)
7,  5,  2,  2,  2,  2    30    (*)
7,  4,  4,  3,  1,  1    180
7,  4,  4,  2,  2,  1    180
7,  4,  3,  3,  2,  1    360
7,  4,  3,  2,  2,  2    120
7,  3,  3,  3,  3,  1    30
7,  3,  3,  3,  2,  2    60
6,  6,  5,  1,  1,  1    60    (*)
6,  6,  4,  2,  1,  1    180
6,  6,  3,  3,  1,  1    90
6,  6,  3,  2,  2,  1    180
6,  6,  2,  2,  2,  2    15
6,  5,  5,  2,  1,  1    180   (*)
6,  5,  4,  3,  1,  1    360   (*)
6,  5,  4,  2,  2,  1    360   (*)
6,  5,  3,  3,  2,  1    360   (*)
6,  5,  3,  2,  2,  2    120   (*)
6,  4,  4,  4,  1,  1    60
6,  4,  4,  3,  2,  1    360
6,  4,  4,  2,  2,  2    60
6,  4,  3,  3,  3,  1    120
6,  4,  3,  3,  2,  2    180
6,  3,  3,  3,  3,  2    30
5,  5,  5,  3,  1,  1    60    (*)
5,  5,  5,  2,  2,  1    60    (*)
5,  5,  4,  4,  1,  1    90    (*)
5,  5,  4,  3,  2,  1    360   (*)
5,  5,  4,  2,  2,  2    60    (*)
5,  5,  3,  3,  3,  1    60    (*)
5,  5,  3,  3,  2,  2    90    (*)
5,  4,  4,  4,  2,  1    120   (*)
5,  4,  4,  3,  3,  1    180   (*)
5,  4,  4,  3,  2,  2    180   (*)
5,  4,  3,  3,  3,  2    120   (*)
5,  3,  3,  3,  3,  3    6     (*)
4,  4,  4,  4,  3,  1    30
4,  4,  4,  4,  2,  2    15
4,  4,  4,  3,  3,  2    60
4,  4,  3,  3,  3,  3    15

Összesen:               11628 (4866)

Előzmény: dmarton42 (14620)
dmarton42 Creative Commons License 4 órája 0 0 14620

Sziasztok!

Egy gyors segítséget kérek tőletek.


Ha van 20 golyóm, amiket 6 különböző csoportba szeretnék véletlenszerűen sorolni, akkor mekkora a valószínűsége annak, hogy legalább 5 kerül egy csoportba?
Ha valaki le is tudja nekem vezetni, azt külön megköszönöm!

djuice Creative Commons License 7 órája 0 0 14619

Nos az a trükk, hogy AB végig állandó! és AC tangens-szerűen elfut a végtelenbe, mialatt ß közelít 0-hoz, de nyilván azt a végállapotot már nem tekintjük a feladat részének mint kérdés.

Előzmény: takacs.ferenc.bp (14617)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 7 órája 0 0 14618

Az utóbbi mondat nem igaz (, csak ha a két oldal egyforma távolságra van C-től).

Előzmény: takacs.ferenc.bp (14617)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 7 órája 0 0 14617

Az AC szakasz nem csak a ß szögtől függ, hanem például az AB távolságtól is. Egyébként s a ß szögfelezője.

Előzmény: djuice (14615)
djuice Creative Commons License 8 órája 0 0 14616

Most jó lett!

djuice Creative Commons License 8 órája 0 0 14615

Segítséget szeretnék az alábbiakban:

 

Egy közös C forgáspont körül elfordul 2 téglalap szerű alakzat, egymással párhuzamos síkban. (pl. egy olló szárai záródnak)

Az összetalálkozó oldalélek adta B metszési ponthoz egy ß szög tartozzék.

Kérdés, az ábrán látható AC szakasz változása a ß szög függvényeként. (?)

 

Mj.: az AE szakasz a középvonalakra illeszkedve a C ponttal alkot egy hasonló háromszöget, aminek C pontjához ugyancsak ß szög tartozik, viszont a B metszési ponthoz húzott CB szakasz már egy kisebb s szöget zár a kérdéses AC-vel (jobb híján ezzel a betűvel tudtam csak jelölni), ahonnan elvileg |AC|=|AB|*tgs képlet megoldára vezetne, csak nem találom ß és s szögek közt ezek alapján az összefüggést. Itt vagyok elakadva.

 

(sajnos nem engedi a fórum csatolni a képet, így megpróbálom új hsz-ben...)

amplitudinis2 Creative Commons License 2017.01.13 0 0 14614

Ez példa a variációra.

Előzmény: magyarpityu (14611)
magyarpityu Creative Commons License 2017.01.09 0 0 14613

Köszönöm :)

Előzmény: Gergo73 (14612)
Gergo73 Creative Commons License 2017.01.09 0 0 14612

Szép munka!

Előzmény: magyarpityu (14611)
magyarpityu Creative Commons License 2017.01.09 0 3 14611

Sziasztok!


Ellenőrzésképpen végigszámoltam, hogy 20 dobókockával a különböző lehetséges pontösszegek hányféle módon jöhetnek ki. Ezek összege valóban 6^20 lett, tehát minden esetet sikerült megtalálni, és mindet pontosan egyszer. Ezek alapján az N = 20 kockás eset minden M értékre kiszámolható, illetve lehet ''sűrűségfüggvényt'', és eloszlásfüggvényt rajzolni (a ''sűrűségfüggvényt'' idézőjelek közé írom, mert diszkrét eloszlású valószínűségi változónak elvileg nincs sűrűségfüggvénye).


Kíváncsiságból megnéztem, hogy az egy-egy pontértékhez tartozó valószínűségek mennyire térnek el az E = 70 várható értékű és var = 175/3 szórásnégyzetű normális eloszlás folytonos sűrűségfüggvényétől, és azt kaptam, hogy az 50 és 90 közé eső pontértékek relatív hibája 2,5%-ot nem haladja meg, az abszolút hiba pedig a sűrűségfüggvény két ''szélénél'' nullához tart. Vagyis már az N = 20 eset is eléggé jól közelíthető megfelelő normális eloszlással!


A táblázat első oszlopa a 20 dobókocka pontjainak összege, a második oszlop az ilyen pontértéket megvalósító lehetséges esetek száma:


20   1
21   20
22   210
23   1540
24   8855
25   42504
26   177080
27   657400
28   2215875
29   6876100
30   19852910
31   53777220
32   137578715
33   334221400
34   774447600
35   1718122120
36   3661011200
37   7513026360
38   14883869260
39   28522751000
40   52968655260
41   95473613400
42   167259698400
43   285156111240
44   473630804445
45   767177392956
46   1212940768770
47   1873365928060
48   2828541558365
49   4177796844360
50   6040016957080
51   8552094731000
52   11864959484010
53   16136741780240
54   21522858933280
55   28163138907504
56   36166519159030
57   45594319698440
58   56443534859400
59   68631941843000
60   81987009993775
61   96240548343540
62   111030711156790
63   125912390300660
64   140376201624375
65   153875306132440
66   165858316337600
67   175805662952520
68   183266172913710
69   187890345960720
70   189456975899496
71   187890345960720
72   183266172913710
73   175805662952520
74   165858316337600
75   153875306132440
76   140376201624375
77   125912390300660
78   111030711156790
79   96240548343540
80   81987009993775
81   68631941843000
82   56443534859400
83   45594319698440
84   36166519159030
85   28163138907504
86   21522858933280
87   16136741780240
88   11864959484010
89   8552094731000
90   6040016957080
91   4177796844360
92   2828541558365
93   1873365928060
94   1212940768770
95   767177392956
96   473630804445
97   285156111240
98   167259698400
99   95473613400
100  52968655260
101  28522751000
102  14883869260
103  7513026360
104  3661011200
105  1718122120
106  774447600
107  334221400
108  137578715
109  53777220
110  19852910
111  6876100
112  2215875
113  657400
114  177080
115  42504
116  8855
117  1540
118  210
119  20
120  1
sum 3656158440062976 = 6^20

Előzmény: Gergo73 (14610)
Gergo73 Creative Commons License 2017.01.08 0 0 14610

Ha a 70 várható értékű és 20*35/12=175/3 szórásnégyzetű normális eloszlással közelítem a szóban forgó eloszlást, akkor 0.000032568-et kapok. Egész pontosan a (100,infinity) feletti integrál 0.0000428415, a (101,infinity) feletti integrál 0.0000246572, a (100.5,infinity) feletti integrál 0.000032568.

Előzmény: magyarpityu (14608)
szultán 41 Creative Commons License 2017.01.08 0 0 14609

Igen! Pontosan ezt tettem. Adódott eredmény, ami végül is megfelel a követelményeknek, szerintem.

 

Még egyszer köszönöm a segítséget.

Előzmény: Gergo73 (14607)
magyarpityu Creative Commons License 2017.01.08 0 0 14608

Szia!

Mi a valószínűsége annak, hogy N kockával dobva legalább M lesz az eredmény? Például 20 kockával dobva legalább 100. Van erre valami képlet vagy algoritmus?

A 20 kockával elérhető legalább 100 pontérték konkrét feladatát a következő módon oldottam meg. (Csak ezt a konkrét esetet programozva, más N és M esetén a dolog hasonlóan működik, már persze, ha N nem túl nagy és M nem túl kicsi.)

Mivel 20 kockával dobunk, ezért a legmagasabb pontszám 120 lehet (ekkor mind a 20 kockán 6-os jött ki), tehát a 20 kockán összesen legalább 100 pont úgy valósul meg, hogy a pontok összege 100 <= sum <= 120 lesz. Első lépésben előállítottam a 100, 101, ..., 120 számok összes partícióját, amely pontosan 20 elemből áll, és amelyben a legnagyobb szám nem nagyobb 6-nál.

A pontosan 20 elemből álló partíció, ahol minden szám egy kockadobás alkalmával lehetséges érték, a következőt jelenti: Legyen a1 >= a2 >= ... >= a20 pontosan 20 db számból álló rendezett (nem-növekvő) sorozat úgy, hogy minden aj (1 <= j <= 20) számra igaz: 1 <= aj <= 6, és a1 + a2 + ... + a20 = n. Ekkor {a1, a2, ..., a20} egy pontosan 20 elemből álló partíciója n-nek, ahol minden szám egy lehetséges érték a szabályos kockával való dobásnál. Itt 100 <= n <= 120 lesz. Még egyszer a feltételek: 1) nem-növekvő sorozat (tehát az egymás utáni elemek mindegyikére igaz: vagy kisebbek az őket megelőző elemektől, vagy egyenlő az előtte állóval), 2) minden elem legalább 1, de legfeljebb 6 lehet (ezek a kocka pontjai), 3) az összegük az az n szám, aminek a partícióit keressük (ne feledjük: 100 <= n <= 120).

n = 120-tól indultam, mert ilyen csak egy van: {6, 6, ..., 6} 20 db 6-osból álló sorozat. A 120-nak nincs több 20 elemből álló partíciója, ahol minden számra igaz az 1 <= aj <= 6 feltétel. Innentől rekurzióval visszafelé kiszámoltam az n = 119, majd ebből az n = 118 esetet, és így tovább n = 100-ig. Mikor egy konkrét n értékre kiszámoltam a lehetséges partíciókat, akkor ezekből úgy határoztam meg az n-1 partícióit, hogy n minden partíciójára végigjátszottam a következő rekurziót: Az utolsó elemet 1-el csökkentettem, ha az utolsó elem nem az 1 volt. Aztán, ha az utolsó elemet megelőző elem nagyobb volt, mint az utolsó, akkor az utolsót növeltem 1-gyel, és az utolsó előttit csökkentettem 1-gyel, amíg újabb partíciót nem kaptam. És így tovább az átalakítandó partíció minden elemére hátulról előre haladva, amíg lehetett. Ez sokkal egyszerűbb, mint így leírva. A lényeg, minden 100 és 120 közötti számhoz keressük a pontosan 20 db 1-től nem kisebb és 6-tól nem nagyobb elemekből álló partíciókat! Végül ez jött ki a partíciók darabszámára (kell minden partíció, nem csak a darabszámuk, ám itt most csak a darabszámokat írom ki):

120    1
119    1
118    2
117    3
116    5
115    7
114   10
113   13
112   18
111   23
110   30
109   37
108   47
107   57
106   70
105   84
104  101
103  119
102  141
101  164
100  192

Összesen tehát 1125 partíció. Van tehát 1125 db olyan 20 elemből álló rendezett (nem-növekvő) sorozat, ahol minden sorozat 1-től nem kisebb és 6-tól nem nagyobb elemekből áll, és az összege legalább 100, de legfeljebb 120. Egy ilyen például:

6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 5, 4, 4, 3, 2, 1

Ez a sorozat 1 db 1-est, 2-est, 3-ast, 5-öst, 2 db 4-est, és 14 db 6-os tartalmaz, és az összege 103.

Minden ilyen sorozathoz ki kell számolni, hogy az adott partíció összesen hányféle módon jöhet ki a 20 kockával való dobás során. Ez az ismétléses permutáció esete. A példa partíciót összesen 20!/(1!*1!*1!*2!*1!*14!) = 13953600 darab 20-as dobássorozat valósíthatja meg. Ezt mind az 1125 db partícióra ki kell számolni, és összegezni kell!

A végeredmény: 110597292630

Tehát ennyi 20 elemből álló (immár nem rendezett) sorozat lehetséges, ahol minden elemre igaz, hogy 1 <= aj <= 6, és a 20 elem összege legalább 100, de legfeljebb 120. Azaz 20 kockával dobva ennyi sorozat lehetséges, aminek az összege legalább 100, vagy ettől nagyobb.

Összesen 6^20 = 3656158440062976 sorozat lehetséges.

A keresett valószínűség ennek a kettőnek a hányadosa: 110597292630/3656158440062976 = 0,0000302495896835628. Vagyis kb. 0,003025% valószínűséggel lesz 20 dobás összege legalább 100.

Előzmény: Hemü (14602)
Gergo73 Creative Commons License 2017.01.08 0 0 14607

Úgy indulj neki, hogy

 

ln(x-1)ln(x) = ln(x-1)/(1/ln(x))

 

A jobb oldali tört számlálója ln(x-1), ami mínusz végtelenhez tart; nevezője 1/ln(x), ami plusz végtelenhez tart. A L'Hospital-szabály szerint ha a deriváltak hányadosának véges a határértéke, akkor ugyanez a határértéke az eredeti törtnek (tehát az eredeti szorzatnak).

 

Tehát deriválni kell az ln(x-1) és az 1/ln(x) kifejezéseket, és a deriváltak hányadosát kell tovább vizsgálni. Sajnos továbbra is olyan törtet kapunk, ahol a számláló és a nevező is (mínusz) végtelenhez tart, ezért újra deriválni kell őket.

Előzmény: szultán 41 (14604)
szultán 41 Creative Commons License 2017.01.08 0 0 14606

Köszönöm a segítséget, de egyenlőre még küzdök vele.

Előzmény: NevemTeve (14601)
Gergo73 Creative Commons License 2017.01.08 0 0 14605

P.S. Dobókockánál is hasonló közelítés van normális eloszlással: csak az I(N,M) lesz kicsit más, mert egy dobás várható értéke 7/2 az 1/2 helyett, szórása pedig gyök(35/12) az 1/2 helyett.

Előzmény: Gergo73 (14603)
szultán 41 Creative Commons License 2017.01.08 0 0 14604

Nagyon köszönöm a segítséget. Egyenlőre küzdök vele, mert nagyon sokat felejtettem.

Előzmény: Gergo73 (14600)
Gergo73 Creative Commons License 2017.01.08 0 0 14603

Van rá képlet és algoritmus (nyilván, hiszen a feladat programozható), de egyszerű képletet ne várj.

 

Egy egyszerűbb feladat, hogy ha egy érmét N-szer feldobunk, akkor mekkora valószínűséggel kapunk legalább M-szer fejet. Adott K-ra annak valószínűsége, hogy pontosan K-szor kapunk fejet,

 

2-N binom(N,K),

 

vagyis annak valószínűsége, hogy legalább M-szer kapunk fejet,

 

2-N sumK>=M binom(N,K).

 

Erre nincs "zárt formula", de közelíthető a megfelelő normális eloszlással (a centrális határ-eloszlástétel miatt). Az eredmény tehát közelítőleg az

 

intI(N,M) exp(-x2/2)/gyök(2pi) dx

 

integrál, ahol I(N,M) az x>(2M-N)/gyök(N) intervallumot rövidíti.

Előzmény: Hemü (14602)
Hemü Creative Commons License 2017.01.08 0 0 14602

Sziasztok! Mi a valószínűsége annak, hogy N kockával dobva legalább M lesz az eredmény? Például 20 kockával dobva legalább 100. Van erre valami képlet vagy algoritmus?

NevemTeve Creative Commons License 2017.01.08 0 0 14601

Bónuszként kijön, hogy xln(x-1)=(x-1)ln(x)

Gergo73 Creative Commons License 2017.01.08 0 0 14600

Abból, hogy xln(x-1)  = eln(x)ln(x-1). Tehát ha tudod az ln(x)ln(x-1) hatértékét, akkor tudod a hatványét is.

 

Na most a L'Hospital-szabály kétszeri alkalmazásával kijön, hogy ln(x)ln(x-1) határértéke az 1-ben nulla, tehát az xln(x-1) határértéke az 1-ben e0=1.

Előzmény: szultán 41 (14599)
szultán 41 Creative Commons License 2017.01.07 0 0 14599

Ez miből jött össze?

Előzmény: NevemTeve (14596)
[fidelio] Pirandus Creative Commons License 2017.01.07 0 0 14598

Offolok, de építőleg és tanulsággal.

A régi ántivilágban volt az I.gimn matekkönvy végén egy függelék, nagy matematikusok életével és röviden munkásságuk lényegével. Ez nagyon tetszett, egy olvasásra megjegyeztem. Ebből feleltem (bár a melléklet nem volt kötelező anyag), épp Euler-ből.  Év legelején, szeptemberben. A tanár elkönyvelt jelesnek, legközelebb II.év elején feleltetett. "A másodfokú egyenlet megoldóképletének levezetése". Egyetlen bötűt és számot nem tudtam. Elégtelen. Fél évben meg is buktam.  Gauss életéről jelesre feleltem volna.

Vénülve, matematikával azóta sem foglalkozva rendszeresen olvasom nagy matematikusok életét.

Kérdésem: jó-e, helyes-e az iskolai oktatás? - Konkrétabb kérdésem: ezt a bizonyos "megoldóképlet" ma is másodikos (avagy más szisztémában hatodikos tananyag? buktatás fenyegette kötelező levezetéssel?

Köszönöm.

mmormota Creative Commons License 2017.01.07 0 0 14597

Euler igencsak büszke lehetett, hogy erre rájött. Tiszta varázslat.

Előzmény: Hun az apám? (14594)
NevemTeve Creative Commons License 2017.01.07 0 0 14596

Kezdetnek számold ki az ln(x)ln(x-1) határértékét L'Hospital szabállyal.

Előzmény: szultán 41 (14595)

Ha kedveled azért, ha nem azért nyomj egy lájkot a Fórumért!