Szvsz nem erdekletelen kerdes, hogy egy n hosszu sorozatbol, ahol fej p valoszinuseggel jon, milyen hosszu olyan veletlen sorozat allithato elo ("egyszeruen"), ahol az F valoszinusege 1/2.
Amit en irtam, az javitja azt az algoritmust, amelyben csak egy-egy paron belul nezzuk azt, hogy FI illetve IF -e.
Gergő pl az előbb un. Cauchy-szorzatot képzett, de van másféle is
A gyakorlatban csak abszolút konvergens sorokat szorzunk, amikor a páronkénti szorzatokból képzett sor is abszolút konvergens, tehát édesmindegy, hogyan csoportosítod azokat. Én a Cauchy-szorzatról utoljára az egyetemen hallottam.
Végtelen összegeket úgy szoktunk értelmezni, hogy elnevezzük mondjuk S_n-nek azt a véges összeget amit a végtelen összegünk első n tagjának összeadásával kapunk. Ekkor ha S_n sorozat konvergál egy b számhoz, akkor a végtelen összeget b-nek tekintjük. Namármost ha S_n konvergens és b-hez tart (és mondjuk az a_1 a_2 ... összegzésével képezzük), akkor S_(n-1) is oda kell tartson vagyis S_n - S_(n-1) nullsorozat ez meg éppen a_n; tehát azt kapod, hogy konvergencia szükséges feltétele, hogy a tagok sorozata nullsorozat legyen. Persze ez a feltétel nem elégséges pl szumma 1/n divergens sor (pl kondenzációs kritérium adja) pedig a tagok nullsorozat.
Végtelen összegekhez más módon is szokás számot rendelni vannak un. C_k szummábilis sorok, meg Abel-szummáció meg mindenféle eljárás, ezekkel konvergensekre ugyanazt kapod mint rendesen, viszont ezeddig divergensek némelyikéhez már kapsz számot.
Végtelen összegeknél, fontos kérdés, hogy mely esetben szabad más sorrendben összeadni, vagy "végtelen nagy" zárójelekből "végtelen sokat" belerakni; valamint 2végtelen sor összeszorzására is sokféle módszer ismeretes Gergő pl az előbb un. Cauchy-szorzatot képzett, de van másféle is.
A szabálytalan érmét elég kevesebbszer feldobni (átlagosan), hogy egy szabályos érme feldobását szimuláljuk?
Igen, kicsit kevesebbszer.
Legyen a szabalytalan ermevel kapott sorozat ((a_1,b_1, a_2, b_2,..., a_, b_n).
Legyen I azon indexeh halmaza, ahol (a_i, b_i) vagy IF vagy FI volt. Legyen J=I-n, J felsorolasa legyen ((a_j1, b_j1,..., a_jk, b_jk)).
Ekkor ugye a_ji=b_ji.
Tekintsuk most az (a_j1, a_j2,..., a_jk ) sorozatot. (azaz az azonos paroknak csak az elso elemet tekintettuk). Ez is egy random sorozat, csak nem p es (1-p) valoszinuseggel van benne F es I. Erre a sorozatra ismeteljuk meg az eljarasunk. Azaz nezzuk ebben a sorozatban az egymas utan kovetkezo parokat es nezzuk, hogy azok IF vagy FI tipusuak. Es igy tovabb.
Mit kapunk ha az eredeti erme szabalyos volt (n-szer dobtunk)? Elso lepesben a parok fele lesz jo, azaz IF vagy FI igy n/4 hosszu 01 sorozatot kapunk. marad (atlagosan) n/4 parunk. Ezekbol a parokat egy-egy elemme osszevonva n/4 hosszu sorozatunk adodik. Ebben ujra a parok fele lesz atlagosan jo, azaz az n/8 parbol n/16. Igy n/16 plussz jegeyt kapunk a masodik iteralassal, etc.
Ha p=1/2 akkor ugye a kapott "szabalyos sorozat hossza atlagosan a fele lesz az eredetinek. De es javithato.
Egy kicsit hosszabb "szabalyos" sorozatot is kaphatunk sazabalytatlan ermevel dobva a kovetkezo modon. Nevezetesen miutan az IF es FI parokbol kaptunk egy sorozatot, tavolitsuk el ezeket az ermeke es a maradekban az FF es az II parokat helyettesitsu egyetlen F_fel vagy I-vel. Igy ujra egy "szabalytalan" sorozathoz jutunk (pesze mas p-vel). Erre ismeteljuk meg eljarasunk, etc.
Ha p=1/2-bol indultunk, akkor a vegso szabalyos sorozat hossza az eredetivel megegyezo lesz ( ha jo latom).
Lehet, hogy ezzel a trivi modositassal midnen sorozatbol "kinyerhetjuk" a leheto leghosszabb szabalyos sorozatot. Csak persze ehhez szamolni kellene....
Egyszerűbben be lehet látni, hogy |x|<1 esetén xn nullához tart. Az |x|n sorozat nemnegatív és csökkenő, ezért van egy L limesze. A határérték tulajdonságai miatt |x|.L=L, ezért |x|<1 miatt L=0. Tehát |xn|=|x|n a nullához tart, vagyis xn is a nullához tart.
Ha be tudod látni, hogy |x|<1 esetén esetén x^n tart a nullához, akkor a Gergő könnyebbik egyenlőségét beláthatod úgy, hogy az mértani sor összegképletét fölírod n-re, aztán n-el tartasz végtelenhez.
Ahhoz, hogy az elejét belásd írd fel sorozathatárérték defjét a bizonyítandó állításra ott n-edik gyököt vonva azt kapod, hogy elég igazolni, hogy n.gyök epszilon tetszőleges rögzített pozitív epszilonra 1-hez tart, határérték és műveletek kapcsolata miatt elég igazolni, hogy 1/epszilon n. gyöke tart 1-hez, itt elég persze epszilon 1-nél kisebb esetre látni. Az meg mondjuk kijön úgy, hogy számtani-mértanit fölírod 2db gyök 1/epszilon -ra és n-2 db 1-esre, az 1es alsóbecslés meg trivi, rendőrelv szerint tehát n. gyök 1/epszilon s annak reciproka is tart 1-hez, tehát nagy n-re nagyobb |x|-nél n.-re emelve pedig |x|^n <epszilon adódik.
Erre két szép bizonyítást is ismerek. Mindkettő abból indul ki, hogy
(2) sumn>=0 xn = (1-x)-1.
A (2) bizonyítása egyszerű: a bal oldalt S-sel jelölve 1+xS=S, vagyis S=(1-x)-1.
A bal oldal abszolút konvergens (|x|<1 esetén), ezért négyzetre emelhető úgy, hogy minden tagot szorzol minden taggal. Igy megkapod az (1)-et. Ez az első bizonyítás.
A bal oldalt x függvényének felfogva és tagonként deriválva a kapott függvénysor az (1) bal oldala. Ez a függvénysor abszolút konvergens (|x|<1 esetén), ezért megegyezik a (2) bal oldalának deriváltjával, ami a (2) szerint éppen az (1) jobb oldala. Ez a második bizonyítás.
A sum jel átalakításának menetével állok hadilábon, tudniillik még nem tanultuk, bezzeg 20-30 éve, akkoriban nem volt ennyire elinfantilizálódva az oktatás.
(Egyébként köszönöm a segítséget. Azonban nem akarom lekötelezve érezni magamat:)) , ezért mellékesen megemlítem, hogyha bármiféle kérdésed merülne föl valamilyen szilárdtestfizikai, optikai, napelem-fejlesztési témakörben készséggel állok rendelkezésedre az annak megfelelő topicban)
Az első rubrikában levő 4 féle szó mindegyikéhez hozzá lehet tenni 4 féle szót a második rubrikából, így az első két rubrika 4*4 féle képpen tölthető ki.
At első két rubrika 4*4-féle kitöltésének mindegyikéhez 4-féle szó szó illeszthető a 3. rubrikába, az első 3 rubrika tehát 4*4*4 féleképpen tölthető ki.
Legyen p a fej valószínűsége, 1-p az írásé. Ha kétszer feldobod az érmét, akkor P:=2p(1-p) a valószínűsége, hogy FI vagy IF jön ki. Ilyen dupla dobásból n darabra van szükség akkor és csak akkor ha n-1 sikertelen kísérletet követ egy sikeres, ennek valószínűsége P(1-P)n-1 a fenti P jelöléssel (n>0). Az eloszlást meghatároztuk, a várható érték innen
Szerkesztéssel úgy oldanám meg, hogy egy tetszőleges ABCD négyzetben keresek egy olyan P pontot, amelyre PA:PB:PC=1:2:3, aztán ezt a négyzetet lekicsinyíteném/felnagyítanám úgy, hogy P'A'=1 legyen.
A P pont pedig megszerkeszthető, mint az A és B 1:2, valamint a B és C 2:3 arányú Apollóniosz-körének a négyzetbe eső metszéspontja.
Tehát ne fáradj, már megvan, vedd semmisnek a kérésemet, amelyet talán töröltetni is fogok, mert vagyok annyira hiú, hogy presztízs-kérdést csináljak belőle.:)))
Oké, megvan, nem értem, hogy először egy ilyen triviális egyenletet nem láttam át.
Azaz igazság, hogy le se vezettem papíron, mert jobb szeretem fejben rendezni a dolgokat, és legtöbbször első ránézésre elkönyvelem magamban a megoldás menetét, ha pedig nem, akkor kérdezek.