Keresés

Részletes keresés

joe314159265 Creative Commons License 3 napja 0 0 14507

Szerintem itt a matematika nem fogja megmondani, hogy volt-e csalás, legfeljebb annyit, hogy milyen valószínűséggel történik egy ilyen kiválasztás.

Pl. ha a héten ugyan azokat a lottószámokat húzzák ki mint a múlt héten, akkor csalás volt, mert ennek nagyon kicsi az esélye?

OFF: Inkább azt kell nézni, hogy volt-e ok, (naná, a pénz :D) ill. lehetőség a csalásra, milyen (megbízható, erkölcsös?) emberekről, vizsgáztatókról van szó.

Előzmény: gombavadász (14495)
gombavadász Creative Commons License 3 napja 0 0 14506

No igen, itt jön elő a tudatlanságom.

Ahogy magyrpityu 14497 írta a  6 kiválasztás esélye  a 7 vizsgaalkalomból helyzetben 0,64015 %, (95% biztonság mellett el is vethetném a nullhipotézist?), de az is eszembe jut, hogy bármelyik kártyaleosztás esélye is mindig milyen csekély. ám valamit mindig osztanak.

Segítenétek megérteni a két eset közötti különbséget?

Egyúttal még mindig várom a döntést, bár amplitudinis2 lehet, hogy végzett a problémámmal, csak én voltam kevés, hogy megértsem. Azt írta: teljesen lehetséges. Teljesen lehetséges, hogy véletlen, vagyis ? Írnátok picit szájbarágósabb szöveges értékelést a problémámra?

amplitudinis2 Creative Commons License 3 napja 0 0 14505

Nem változik semmi a megoldás elvét illetően.

Teljesen lehetséges.

 

 

Előzmény: gombavadász (14504)
gombavadász Creative Commons License 3 napja 0 0 14504

Még egyszer, már csak sikerül végre:

Vizsgáztatók A,B,C,D, E F

A vizsgáztatók kiválasztásának gyakorisága: 6, 4, 2, 2, 0, 0

 

Másképpen: 

Vizsgára választások (mindig kettőt)

AB

CD

AC

AD

AB

AB

AB

(Sorrend nem számít.)

Elnézést kérek az előző bénáztásért, nem tudom, hogy lehet eltűntetni.

Előzmény: gombavadász (14503)
gombavadász Creative Commons License 3 napja 0 0 14503

Bocsánat az elírásért, §-) , tehát a helyes gyakorisági táblázat vizsgáztatónként:

6, 4, 2, 1, 1, 0

Másképpen:

AB

CD

AC

AD

AB

AB

AB

(Sorrend nem számít.)

amplitudinis2 Creative Commons License 3 napja 0 0 14502

nem az a bajunk, hogy 

69,96,...... stb jöttek elő 1000000 7 es futamban 2500 szor holott mindkét számjegy csak 1 és 6 közötti lehet csak mondjuk az utolsó kettőnél bedobok két jolly jokert a kalapba ami hatos de mivel az lehetetlen 9 essé teszem de az is lehetetlen ezért ráfogom, hogy innentől négyes......

Ehhez legközelebbi adat az 56 vagy 65 lenne.... Ha ezzel megismétled a Dixion - próbát simán átmegy a 

69 és a 96 is akár.......

 ;-)

 

Előzmény: pimre (14501)
pimre Creative Commons License 3 napja 0 0 14501

Én megpróbálkoznék a kiugró adat statisztikai ellenőrzésével. (Eltekintve attól a jogos megállapítástól, hogy a hogyan lehetett nem páros az adatok összege).

Szóval feltételezem, hogy normális az adatok eloszlása, hiszen, ha véletlen a kiválasztás, akkor annak kellene lennie. Ezért megnéztem a Dixon próbával (letöltve innen: https://www.google.hu/url?sa=t&rct=j&q=&esrc=s&source=web&cd=1&cad=rja&uact=8&ved=0ahUKEwiK16TXzNjQAhVhCpoKHaHcAe4QFggYMAA&url=http%3A%2F%2Fwww2.sci.u-szeged.hu%2Finorg%2FMOMA%2520-%2520Statisztika%2520szeminarium%25202010.pdf&usg=AFQjCNGbvfHfj_LZGo0ssTP8eEstFyQCRA&sig2=VQwWkIyO9cY6j_js2myD-w&bvm=bv.139782543,d.bGs):

 

 

És a számított érték 6-4/6-0 = 0.33 nem nagyobb a táblázatbeli 0.560-nál, tehát a 6-ot nem lehet ennek alapján kizárhatónak tekinteni. (Megjegyzem az én kiváló 1973-as Dr. Sváb János által írt Biometriai módszerek a kutatásban című könyvemben a 0.560 érték a 95%-hoz tartozik, és a 90%-hoz a 0.482 tartozik, de ez a levont következtetésen nem változtat)

 

Előzmény: gombavadász (14493)
amplitudinis2 Creative Commons License 3 napja 0 0 14500

olyan kétjegyű számokból álló 7 db számkettes nem jó, hogy pl 11,22,33,44,55,66 tartalmaz azt figyelembe nem kell venni

31 13 31 13....

14 41 41  23 14.....

stb tehát a sorrendre nem kell tekintettel lenni

stb kezdetüek is jók ezeket is be kell számolni

pl. 10000 ilyen közül van n db fenti tipusú az is tökéletesen megfelel 

mert éppen átneveztük ezentúl a 6 sorszámú bíró lesz az egyes az egyes pedig négyes....

 

Előzmény: amplitudinis2 (14499)
amplitudinis2 Creative Commons License 3 napja 0 0 14499

Na jó. Ez a binomiális eloszlás és annak valószínűsége amit feltételként megadtál.

Kellene  1,...,6 ig tartalmazó kétjegyű számok, mindegyik számjegye 1 és 6 közötti egynletes eloszlású véletlen számokat generálni , pontosan 7 kétjegyűt.

Pl. jó sokat olyan 1000 darabot

És megnézni hogy 61 61 61 61 62 62 23  ez ugye 6,4,2,1,0,0

egyáltalán szerepel e benne.

Ritka talán 100000 szer ennyiből egy.....

Szóval kicsi a valószínűsége

De kevés az adat is.

 

Ebből az egy esetből még nem lehet csalásra gyanakodni.

 

 

Előzmény: magyarpityu (14497)
amplitudinis2 Creative Commons License 3 napja 0 0 14498

De de..... jó ez

csak ott van elbonyolítva egy kicsit, hogy egyből meg akarod mondani a sugarat és a középpontot.

Ezt úgy lehet egyszerűbben felírni, hogy P(x,y,z) ponton átmenő gömb egyenlete A,B,C,D,E , valós számokkal, itt egyetlen kikötés A<>0

vagyis a P ponton átmenő tetszőleges  gömb egyenlete egyszerűen 

A(x^2+y^2+z^2)+2Bx+2Cy+2Dz+E=0

5 változós fv

Azaz C(N,5) számú pontötös közül vannak pontötösök

amire det(xi^2+yi^2+zi^2, 2xi,2yi,2zi,1) i=1,..,5 pl. sorokból álló determináns nulla.

 

Egyébként a feladat mérete csökkenthető

vetitsük a pontokat {x,y}, {x,z}, {y,z} síkokra

abs(x),abs(y),abs(z) közül válasszuk az 5 legnagyobbat minden síkon pl x és y mindegyike nagyobb mint a következő pontté

A többi pont aminek koordinátája ezeknél kisebb törölhető.

Így jóval barátságosabb méretű ponthalmazon a determináns egy Lagrange feltétel, az ötváltozós fv adott, 

 

Ezzel a lehető legnagyobb gömb ami az összes pontot tartalmazza, felületén legalább 5 öt áll elő.

 

 

 

 

 

 

Előzmény: magyarpityu (14463)
magyarpityu Creative Commons License 3 napja 0 0 14497

Szia!

Egyik (bármelyik a 6 közül) vizsgabiztost 1/3 valószínűséggel fogják kiválasztani vizsgáztatásra, mert a 6 vizsgabiztosból kettőt 15-féle különböző módon lehet kiválasztani, és ebből pontosan 5 párosban fog szerepelni bármelyik vizsgabiztos (5/binom(6,2) = 1/3). Tehát 2/3 valószínűséggel nem fogják kiválasztani valamelyik (bármelyik) vizsgabiztost. Ha a 7 vizsga során valakire egyszer sem került sor, ennek valószínűsége: (2/3)^7 * binom(7,0) = 0,0585, tehát 5,85%. Ha valakire pontosan egyszer került sor, akkor: 1/3 * (2/3)^6 * binom(7,1) = 0,2048. És így tovább, pl. ha valakit hatszor is beválasztottak a vizsgabizottságba, ennek (1/3)^6 * 2/3 * binom(7,6) = 0,0064, tehát 0,64% esélye van.

Így alakulnak az esélyek (nyilván szétcsúszik majd a táblázat, de azért remélem, érthető lesz):

   Hányszor    |   ez milyen
vizsgáztatott | valószínű (%)
-------------------------------
      0       |   5,85277 %
      1       |  20,48468 %
      2       |  30,72702 %
      3       |  25,60585 %
      4       |  12,80293 %
      5       |   3,84088 %
      6       |   0,64015 %
      7       |   0,04572 %

Hogy ezek alapján esetedben lehet-e/kell-e csalást gyanítani, nem tudom...

Előzmény: gombavadász (14493)
amplitudinis2 Creative Commons License 3 napja 0 0 14496

6,4,2,1,0,0

a rendre 1., ... 6. vizsgáztató vizsgára jelölései száma

7 vizsga volt, azaz hét pár azaz 14 kellene legyen a vizsgára jelölések összege

Ezzel szemben van 13 vizsgára jelölés

Ez így avas

 

Előzmény: gombavadász (14493)
gombavadász Creative Commons License 4 napja 0 0 14495

Nem, élet írta, komoly kérdés matematikai vonatkozással. Bár a vizsga szó van benne, nem is sulihoz és nem is a személyemhez kötődik. Épp az gond, hogy a stat vizsga kissé régen volt, és nem bírtam rendet vágni az ötleteim között. Aki a kiválasztást végezte, jól ért a statisztikához. A hozzáértésére való hivatkozással állítja, hogy nincs itt semmi rendellenesség. Szívesen szembesítenénk vele, hogy kilóg a lóláb.

heted7 Creative Commons License 4 napja 0 0 14494

Statisztika vizsga? :)

Előzmény: gombavadász (14493)
gombavadász Creative Commons License 4 napja 0 0 14493

Sziasztok!

Igazi elsősegély kérdésem van, ezúttal statisztikából. Nagyon hálás lennék, ha segítenének.

Az élet írta feladat:

Van hat vizsgáztatatásra jogosult, közülük mindig kettőt kell jelölni vizsgáztatónak egy vizsgára. Eddig hét vizsga volt. A vizsgáztatók egyike már hatszor volt jelölve. (A többiek 4, 2, 1, 0,0 alkalommal.) A sejtésem az, hogy nagy szignifikanciaszinten állítható, hogy ez nem véletlenszerű kiválasztás eredménye, (pedig azt állítják.) Hogyan, milyen eljárással tudnám ezt tesztelni? Valamelyik statprogramban lefuttatható eljárás lenne nekem nagy segítség.

Csak betoppantam erre a fórumra, nem ismerem a szokásokat. Ha furcsán, vagy furcsát kérdeztem volna, előre is elnézéseteket kérem, és minden segítséget köszönök!

 

takacs.ferenc.bp Creative Commons License 5 napja 0 0 14492

Én számomra is új a matlab programnyelve, így vannak benne homályos pontok számomra, de sok minden világos.

Vannak olyan külső eljárások az itt látható algoritmusban, amelyek önmagukban is érdekesek lennének, de itt csak hivatkoznak rájuk.
Ilyenek:
convhulln    Kiszámítja a pontrendszer konvex burkát, és visszaadja az élek végpontjainak indexeit. Ennek meghatározását én is javasoltam korábban.
unique        Kiszűri egy tömbből az ismétlődéseket, így minden elem csak egyszer fog előfordulni.
FitSphere2Points    Megkeresi a maximum 4 pontot tartalmazó minimális gömb középpontját, és sugarát.
randperm    Összekeveri a számokat egy adott n-ig.
sum            Tömb elemek, vagy tömb sorok, vagy oszlopok összegzése.
bsxfun        Ismételt végrehajtása egy funkciónak tömbök descartes szorzatán.
ones        Csupa egyest tartalmazó tömb előállítása.
isnan        "Ez nem egy szám" vizsgálat.
isinf        "Ez végtelen" vizsgálat.
size        Tömb mérete.
X(end)        Tömb utolsó eleme.
mat2cell    Tömb elemek átdimenzionálása.
sort        Tömb elemek rendezése, és a rendezés indexelési tömbjének meghatározása.



Az eljárás a következő:
Ellenörzés 3 dimenzióra, számok érvényességére, végességére.
Megkeresi az összes pont konvex burkát (annak M darab pontját) a convhulln eljárással, és a többi pontot eldobja.
Ha M<=4, akkor meghívja a FitSphere2Points gömbillesztést(2,3 vagy 4 pontra) és kész.
Különben:
Összekeveri a pontok sorrendjét. (Így az átlagos végrehajtási idő lesz a legvalószínűbb.)

Ha M<1000, akkor egyszer futtatja a B_MinSphere magot, utána eldobja a gömbfelületen belüli pontokat (a visszatérő érték a felületen levő pontokat is tartalmazza), és kész.
Különben:
Max(300,M/4) adagokban hívja a B_MinSphere magot, és az egyes  eredmények 40 legjobb pontját a következő adaghoz adja.
A végén eldobja a gömbfelületen belüli pontokat és kész.

B_MinSphere mag:
Ez egy rekurzív eljárás, aminek lényegi működését módosítva írom le rekurzió nélkül, amennyire megértettem.

Az első négy pontra meghívja a FitSphere2Points gömbillesztést.
Ha a következő pont nem esik e gömbön kívül, akkor ismétli ezt az ellenőrzést további következő pontokra.
Ha minden további pontot megvizsgált, akkor kész.
Ha egy pont kívül esik, akkor ezt a pontot veszi első pontnak, és újra kezdi az eljárást.
A végén az első négy pont lesz a tartó pont, viszont nagyon sokszor kell újrakezdeni az eljárást.

Szerintem lehet hatékonyabb, gyorsabb eljárást írni, kihasználva a konvex burok szomszédosságait.

Előzmény: Red Square (14490)
magyarpityu Creative Commons License 5 napja 0 0 14491

Igazatok van, köszönöm, valóban tévedtem, tényleg nem ilyen egyszerű a feladat!

Előzmény: FASIRT (14477)
Red Square Creative Commons License 5 napja 0 0 14490
Gergo73 Creative Commons License 6 napja 0 0 14489

Ezt a problémát sokan vizsgálták azóta, hogy Sylvester 1857-ben a síkbeli változatot megfogalmazta.

 

Értékes információkat - beleértve pontos és közelítő algoritmusokat - találsz itt és itt.

Előzmény: Red Square (14462)
Gergo73 Creative Commons License 6 napja 0 0 14488

Igazad van, az algoritmusom nem jó.

Előzmény: takacs.ferenc.bp (14487)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 6 napja 0 0 14487

Nem jó feltétel, hogy az új gömb tartalmazza a régit, mivel a gömbnek vannak olyan részei, amelyek nem tartalmaznak pontot, és így fölöslegesen foglalják a helyet.

Előzmény: Gergo73 (14485)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 6 napja 0 0 14486

Az első két mondatból az olvasható ki, hogy csak átmérőkben (2 pontra illesztésben) gondolkodunk. Ez jó eséllyel nem vezet a minimális gömbre. Lehet a minimális megoldás 3 pontos is. A 4 pontos illesztés is lehet minimális, az ennél több pontos csak a 4 pontos illesztés további felületi pontokkal. A 2 pontos illesztésből nem lehet univerzálisan átmenni 3 pontosba, vagy maradni 2 pontosban. Ez további vizsgálatot igényel. A 3 pontosból és a 4 pontosból akárhova is átkerülhetünk, 2-esbe 3-asba, vagy 4-esbe.

Előzmény: joe314159265 (14478)
Gergo73 Creative Commons License 6 napja 0 0 14485

Érdekes feladat. Én úgy csinálnám, hogy először veszek két pontot és föléjük mint átmérő fölé gömböt rajzolok. Utána egyenként vennem hozzá a pontokat és mindig venném a legkisebb gömböt, ami az előző gömböt és az új pontot is tartalmazza. Ezzel a feladat az alábbira redukálódik: adott gömb és pont esetén keressük meg azt a legkisebb gömböt, ami az adott gömböt és az adott pontot tartalmazza. Ez egy egyszerű térgeometriai feladat, és egy számítógép gyorsan végigpörgeti a kapott algoritmust tízezer ponton. Persze nagy pontossággal kell számolni, ahogy takacs.ferenc.bp mondta.

Előzmény: Red Square (14462)
joe314159265 Creative Commons License 6 napja 0 0 14484

különben a gömb kp-ját mozdítsuk el (t-R)/2-vel az új pont felé...

joe314159265 Creative Commons License 6 napja 0 0 14483

R a "régi", eddigi gömb sugara, t az új pont távolsága a "régi" gömb középpontjától.

Előzmény: takacs.ferenc.bp (14482)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 6 napja 0 0 14482

Nem egészen világos, amit írtál. R és t azok számok, vagy vektorok, és ha vektorok, akkor mik is ezek?

Előzmény: joe314159265 (14481)
joe314159265 Creative Commons License 6 napja 0 0 14481

Nem fordulhat elő. Gondold újra.

Nagyobb lesz a gömb sugara. A régi gömb belülről érinti az újat.

Előzmény: takacs.ferenc.bp (14479)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 6 napja 0 0 14480

gömbből

Előzmény: takacs.ferenc.bp (14479)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 6 napja 0 0 14479

Majdnem jó, de előfordulhat, hogy a korábbi átmérő végpont kilóg az új gömböl.

Előzmény: joe314159265 (14478)
joe314159265 Creative Commons License 6 napja 0 0 14478

Veszünk két (tetszőleges) pontot, erre, mint átmérőre illesztünk egy gömböt.

Ezután ismételjük, amíg van még pont:

Megnézzük, hogy a köv. pont benne van-e a gömbben: távolság a gömb közepétől t <= R ?

Ha igen, folyt. a köv. ponttal, különben a gömb kp-ját mozdítsuk el (t-R)/2-vel, és a sugarat is növeljük ugyanennyivel.

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