Keresés

Részletes keresés

magyarpityu Creative Commons License 2020.08.12 0 4 18269

Végtelen sorokat én sem számolok ki végtelen sok tagra, ehhez túl lusta vagyok, nincs türelmem kivárni a végét :))

Előzmény: Törölt nick (18268)
Törölt nick Creative Commons License 2020.08.12 0 0 18268

Köszi, közben átrágtam magam rajta valameddig.

 

Nekem még úgy tanították, hogy (numerikusan) nem számolunk végtelen sok taggal.

Hanem például a szögfüggvények esetén x0-nak veszünk valamilyen nevezetes szöget, és a néhány tagból álló közelítő sorfejtés annak a közelében érvényes.

 

 

figyelembe véve az Abel-tételt

(Ha egy kezemen nem tudom megszámolni, hogy hány tételt kell tudni fejből, az már számomra "kémia". Bocsánat.)

Előzmény: magyarpityu (18265)
magyarpityu Creative Commons License 2020.08.12 0 0 18267

Így igaz! Kedvenc tételem az, mikor f(z) komplex függvény reguláris egy z0 pont környezetében, akkor van Taylor-sora z0-ban. Mindig. Nagyon menő! Pl. ennek a valós függvénynek az x = 0 pontban minden deriváltja létezik, ezért a Taylor-sor formálisan felírható, sőt, ez a sor konvergens is, csak éppen nem a függvényhez konvergál, tehát mégsem a függvény Taylor-sora a 0-ban, noha ebben a pontban minden derivált létezik!

 

Legyen: g(x) = e^(-1/x^2), ha x nem 0, egyébként g(0) = 0.

 

g(x) értelmezve van 0-ban, itt folytonos, és minden deriváltja létezik, mégsincs Taylor-sora 0-ban. És hogy miért nincs itt Taylor-sor, ez egyből látszik, ha komplex függvénnyé kiterjesztjük!

Előzmény: Gergo73 (18266)
Gergo73 Creative Commons License 2020.08.12 0 1 18266

Köszönöm, hogy elmagyaráztad neki. Persze a Taylor-sor nem mindig állítja elő a függvényt, még akkor sem, ha a függvény végtelen sokszor valós differenciálható. Ellenben ln(1+z) egy komplex differenciálható függvény a |z|<1 körlapon, így ott tényleg előállítja őt a Taylor-sora.

Előzmény: magyarpityu (18265)
magyarpityu Creative Commons License 2020.08.12 0 1 18265

Szia!


Alkalmazzuk a képletet f(x) = ln(1+x) függvényre!


dn/dxn f(x) = dn/dxn ln(1+x) = d^n-1/dx^n-1 1/(1+x) = (-1)n-1 * (n-1)! * 1/(1+x)n


Deriváltak az x = 0 pontban:


 dn/dxn ln(1+x) |x = 0 = (-1)n-1 * (n-1)!


Taylor-sor az x = 0 pontban:


Mivel f(0) = ln(1) = 0, és dn/dxn f(x) |x = 0 * xn / n! = (-1)n-1 * (n-1)!/n! * xn = (-1)n-1 * 1/n * xn, ezért a Taylor-sor:


f(x) = sum (-1)n-1/n * xn, ahol n > 0 egész, és abs(x) < 1.


Ez pedig, figyelembe véve az Abel-tételt, az x = 1 pontban a következő értéket veszi fel:


ln(2) = 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + ... + (-1)n-1/n + ...


qed

Előzmény: Törölt nick (18264)
Törölt nick Creative Commons License 2020.08.12 0 0 18264

Nem úgy néz ki a Taylor-sor általános alakja, hogy

 

f(x0+∆x) = f(x0) + ∑ f(n)(x0) * ∆xn / n!

 

?

Előzmény: Gergo73 (18263)
Gergo73 Creative Commons License 2020.08.12 0 1 18263

Természetesen a 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + 1/5 - 1/6 + ... sor nem abszolút konvergens, nem is tehetnénk meg az x = 1 helyettesítést az abs(x) < 1 miatt, szóval kicsi csalás van a dologban.

 

Abel tétele alapján az x=1 pontban is igaz, hogy

 

ln(1+x) = x - x2/2 + x3/3 - x4/4 + ...

Előzmény: magyarpityu (18262)
magyarpityu Creative Commons License 2020.08.11 0 0 18262

Kapkodtam, lemaradt (következetesen) egy zárójel:

 

1/(1*2) + 1/(3*4) + 1/(5*6) + ... + 1/((2*k+1)*(2*k+2)) + ...

 

Természetesen a 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + 1/5 - 1/6 + ... sor nem abszolút konvergens, nem is tehetnénk meg az x = 1 helyettesítést az abs(x) < 1 miatt, szóval kicsi csalás van a dologban.

Előzmény: magyarpityu (18261)
magyarpityu Creative Commons License 2020.08.11 0 0 18261

Szia!


Tehát 1/(1*2) + 1/(3*4) + 1/(5*6) + ... + 1/((2*k+1)*(2*k+2) + ... végtelen összeget keresed. Miután felismertük, hogy az általános tag nem más, mint 1/((2*k+1)*(2*k+2), ahol 0-tól számozzuk a tagokat, ezért résztörtekre bontjuk ez a kifejezést, hátha egyszerűbb összeget kapunk:


1/((2*k+1)*(2*k+2) = 1/(2*k+1) - 1/(2*k+2)


Most ezt felhasználva felírjuk a végtelen összeget:


(1/1 - 1/2 ) + (1/3 - 1/4) + (1/5 - 1/6) + ... + 1/(2*k+1) - 1/(2*k+2) + ... = sum (-1)^(k+1)/k, ahol k > 0 egész szám.


Felismerjük, hogy ez valamilyen összefüggésben van az ln(1+x) Taylor-sorával, hiszen


ln(1+x) = x - x^2/2 + x^3/3 - x^4/4 + ... + (-1)^(k+1)/k * x^k + ... ahol k > 0 és abs(x) < 1.


Ebbe x = 1 értéket helyettesítve ez adódik: ln(2) = 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + 1/5 - 1/6 + ...


Nicsak, éppen ezt kerestük!


Tehát a keresett összeg hatértéke: ln(2) = 0,6931471805599453...

Előzmény: sapkadomb (18260)
sapkadomb Creative Commons License 2020.08.11 0 0 18260

Segítséget kérek! Nem ismerem az alábbi sorozat definicióját, csak a közelítő natárértéket :       

0.6931468...                           A sorozat első néhány eleme : 1/1x2 + 1/3x4 + 1/5x6 + 1/7x8....stb.                      

Sheldon Q/ Creative Commons License 2020.08.11 0 1 18259

ez mind szép, de a befogás szabálytalansága kb 10x akkora, mint az eltérés amint ki akarsz számolni.

forgatod harminc fokonként, mérsz, kapsz valamit

aztán kifogod a tokmányból, befogod újra és az eltérés kb 10x lesz

és akkor még lehet, hogy a 10x szorzóval keveset mondtam

Előzmény: magyarpityu (18173)
antinómia Creative Commons License 2020.07.26 0 0 18258

Hát pedig ez matematika. Elvonatkoztatva (a pszichológiától  főleg jó messze).

Tehát adott egy téglap (5x74 négyzettel.). 5 lyuk van rajta. 

Akkor keressük meg  az összes lehetséges  4 lyukat. 5 féleképp befoltozok 1 lyukat.

Keressük meg az összes három lyukat. 10 féleképp befoltozok 2 lyukat.

..........

stb

Akkor: Az tuti, hogy ezen a téglalpon az első oszlopban egy, 2.oszlopban 1, ..., 5.ben is 1 lyuk van.

Ezek szerint pont azokra nem tesznek pöttyött az emberek, ami lyukas, valamelyik oszlopon.

 

(Hogyan lehetne értelmesen ráképezni, a szültésnapok, házassági évfordulók stb. számát 1,...,90 intervallumra, hogy jobban lefedjék a téglalapot? Több 5,4,3,stb találatuk legyen.)

 

.  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

mma Creative Commons License 2020.07.26 0 0 18257

A triviális metrika az, amin maga a lottójáték alapul. Két számötös egy mástól való távolsága 5-n, ahol n a két számötös mindegyikében előforduló számok száma. Ez alapján fizet a lottó.

Előzmény: mma (18255)
Törölt nick Creative Commons License 2020.07.26 0 0 18256

A golyókat időnként cserélik, lásd: Rákóczi fejszéje.

Ettől kezdve a valószínűség már nem matematika, hanem fizika. ;)

És hogy a "világ" geometriáját milyen metrika határozza meg, azt méréssel kell eldönteni.

 

Még az sem elképzelhetetlen, hogy több készlet van a golyókból, és nem minden héten ugyanazokat veszik le a polcról.

 

A számmisztika pedig annyira értelmetlen, mint a 90 dimenziót megszámozni valahogy.

Előzmény: mma (18255)
mma Creative Commons License 2020.07.26 0 2 18255

Igen, de attól, hogy egy ilyen metrikának nincs köze az eltalálás valószínűségéhez, még lehet játszani vele. Akár csak úgy öncélúan, akár mondjuk úgy, hogy olyan metrikát próbálunk keresni, ami minél jobban tükrözi azt, amikor a játékos hajlamos azt mondani, hogy "majdnem eltaláltam a számokat". Vagyis, amikor valami szemmel felismerhető összefüggés látható a megjátszott és a kihúzott számok Például ha minden kihúzott szám 1-gyel van odébb, mind amit megjátszottunk, az feltűnő. Vagy az is feltűnő, ha csupa kétjegyű számot húznak ki, mi meg olyan számokat játszottunk meg, ami a kihúzott számoktól csak a számjegyek sorrendjében tér el (pl.  12. helyett 21-et játszottunk). Ez nyilván csak pszichológia, de miért ne akarhatnánk egy pszichológiai jelenséget metrikával leírni? Hogy ki mennyire érez találónak egy metrikát, az nyilván egyénfüggő lesz. De ez a létező matekban is valamennyire így van. Egy sík legelőn sétálva kevésbé hasznos pl. a taxicab metrika, mind New York utcáin. Jó, ez nem pszichológia, de ez is olyan, hogy egy matematikán kívül eső dolog (a metrika "hasznossága") az, ami eldönti a választásunkat.

 

Ez alapján a metrika alapján lehetne például olyan lottóstratégiákat kidolgozni, hogy nagy valószínűséggel "majdnem eltaláljuk" a kihúzott számokat. Ami persze igazából semmit sem jelent, de a játékosokat mégis felvillanyozza. Ha a Szerencsejáték Rt. publikálna egy ilyen stratégiát, akkor azzal esetleg növelhetné a bevételeit. Lám, már van is értelme!

Előzmény: mmormota (18254)
mmormota Creative Commons License 2020.07.26 -1 4 18254

A matematikához nem értők ezt se értik. Viszont úgy gondolják, kell legyen valami lehetőség, csak a matematikusoknak nincs elég képzelőereje hozzá. De majd ők adnak egy alapötletet, amiből kiindulva kihoznak majd valamit. Csak a makacs ellenkezésüket kell legyőzni valahogy.

Előzmény: XtraP (18253)
XtraP Creative Commons License 2020.07.26 0 1 18253

Természetesen. Épp erre szerettem volna rámutatni. Vagy eltaláltuk az 5 számot, vagy nem – de ha nem, akkor nincs értelme a "mennyire nem" kérdésnek. (Eltekintve persze attól a mindösszesen 5-féle lehetőségtől, hogy 0, 1, 2, 3, vagy 4 számot találtunk el az 5 helyett – de mondjuk a 0-találatos számötösök a telitalálatostól mind "egyforma messze" vannak.)

Előzmény: magyarpityu (18250)
antinómia Creative Commons License 2020.07.25 0 0 18252

Ha objektumokra cseréljük, számok helyett, akkor is egymástól megkülönböztethető 90 objektum van. Ez régen vers betűi volt BC200 ban. Ma csak golyók képekkel, amik egy szám képei. 

Azonnal kellene mondani jó számokat a {fenyőfa, pöttyös labda, virág, telefon} hoz 

a {mozi1, mozi2, mozi3, mozi4, mozi5} höz.  

 

 

 

 

 

 

antinómia Creative Commons License 2020.07.25 0 0 18251

Világos. A valószínűség is mérték. 

 

Előzmény: magyarpityu (18247)
magyarpityu Creative Commons License 2020.07.25 0 2 18250

Ez azt jelenti, hogy az ötöslottón megjátszható számötösök között nincs különbség (vagyis a számötösök nem különböztethetők meg abból a szempontból), hogy melyiknek van kisebb vagy nagyobb esélye, hogy a következő húzásnál telitalálatos legyen.

Előzmény: XtraP (18249)
XtraP Creative Commons License 2020.07.24 0 1 18249

Azért még mindig nehezen szabadulok attól a rögeszmétől, hogy a két húzás "távolsága" azonmód megváltozik, ha ugyanazokra a golyókra (ha már képekben nem akarunk gondolkodni) más számokat írunk. Szerintem ez a "mennyire voltunk messze a lottóötöstől" és effélék fogalmának totális értelmetlenségére világít rá. De kiszámolni persze bármit ki lehet.

magyarpityu Creative Commons License 2020.07.24 0 1 18248

d(i) - d(j) = pi - pj = 0, így akartam írni, de úgyis értitek.

Előzmény: magyarpityu (18247)
magyarpityu Creative Commons License 2020.07.24 0 1 18247

Sokféle módon lehet távolságot definiálni, csupán néhány dolognak kell teljesüljni:

d(a,b) >= 0,

d(a,a) = 0,

d(a,b) = d(b,a),

  d(a,c) <= d(a,b) + d(b,c),

és érvényes a metrika.

 

Például egy jó és egyszerű módszer: legyen pi az i-edik számötös kihúzási valószínűsége (tetszőleges, de rögzített sorrend mellett, azaz mind az összes binom(90,5) számötöshöz hozzárendelünk egy 'i' indexet, és egy egy pi valószínűséget), akkor két számötös távolsága d(i) - d(j) = 0 minden 0 < i <= binom(90,5) és 0 < j <= binom(90,5) esetén. Ez egy érvényes metrika, ráadásul igaz is (hiszen minden számötös kihúzási valószínűsége egyforma, függetlenül a korábbi húzásoktól, ámbár mint tudjuk, ha ''szülinapos számok'' jönnek ki, akkor tapasztalat szerint több a nyertes szelvény és kevesebb az egy szelvényre jutó nyeremény, de ez nem befolyásolja a számötös kihúzásának valószínűségét), tehát feladat megoldva, most már tudjuk az összes számötös egymástól való távolságát :))

Előzmény: Törölt nick (18246)
Törölt nick Creative Commons License 2020.07.24 0 0 18246

Ábrákkal nem lehet számolni?

Teljesen félrevezetitek a kérdezőt.

Ez egy 90 dimenziós tér, minden dimenzióban csak a 0 és 1 koordináta létezik. Persze 0 és 1 helyett lehet fenyőfa és kávédaráló is. Bármelyik kiválasztott szimbólumnak a távolsága az origótól 1. Egymástól pedig bármelyik távolsága gyök2.

Előzmény: XtraP (18234)
pk1 Creative Commons License 2020.07.24 0 0 18245

Köszönöm. Ez a rész rendben.

Előzmény: antinómia (18244)
antinómia Creative Commons License 2020.07.24 0 0 18244
Előzmény: pk1 (18243)
pk1 Creative Commons License 2020.07.24 0 0 18243

Azt kérdeztem, hogy folytonos-e, erre azt felelted, hogy (értelmezési tartománya) nem korlátos.

Előzmény: antinómia (18242)
antinómia Creative Commons License 2020.07.24 0 0 18242

Ki lett terjesztve. Elvileg B(-200, -51) is értelmes.

Pozitív térnyolcada kell nekünk.

 

Előzmény: pk1 (18241)
pk1 Creative Commons License 2020.07.24 0 0 18241

"B(n,k) egy felület R3 ban"

 

Egy folytonos felület?

Előzmény: antinómia (18239)
antinómia Creative Commons License 2020.07.24 0 0 18240

Van e olyan mérték, hogy V5 térfogat éppen mondjuk az előbb megadott  k ?

 

Előzmény: antinómia (18239)

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