Keresés

Részletes keresés

Gergo73 Creative Commons License 2009.03.08 0 0 1572

Jelölje T(n,r) azon n hosszú fej-írás sorozatok számát, amiben nincs r hosszú futam. Persze n<r esetén T(n,r)=2n. Most legyen n>=r és tekintsünk egy olyan n hosszú sorozatot, amiben nincs r hosszú futam. Ennek végén valamilyen 0<k<r hosszú futam áll, az azt megelőző n-k elem pedig nem tartalmaz r hosszú futamot. Fordítva, ha tetszőleges 0<k<r esetén veszünk egy n-k hosszú sorozatot, amiben nincs r hosszú futam, akkor annak utolsó elemétől különböző elemekből k hosszú futamot hozzáfűzve kapunk egy n hosszú sorozatot, amiben nincs r hosszú futam. Ily módon látjuk, hogy T(n,r)=sum0<r<kT(n-k,r).

 

A fenti rekurzióból következik, hogy ha A az a mátrix, aminek sorai (0,1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,0,1), (1,1,1,1), továbbá v a 2,4,8,16 elemekből álló oszlopvektor, akkor az A16v oszlopvektor elemei éppen T(17,5), T(18,5), T(19,5), T(20,5). Ebből (vagy közvetlen számolásból) kapjuk, hogy T(20,5)=567906, tehát ennyi 20 hosszú sorozat van, amiben nincs 5 hosszú futam. Más szóval 480670 azon 20 hosszú sorozatok száma, amiben van 5 hosszú futam, ez osztva 220-nal adja a keresett második valószínűséget.

 

Hasonlóan ha B az a mátrix, aminek sorai (0,1,0,0,0), (0,0,1,0,0), (0,0,0,1,0), (0,0,0,0,1), (1,1,1,1), továbbá w a 2,4,8,16,32 elemekből álló oszlopvektor, akkor a B15w oszlopvektor elemei éppen T(16,6),T(17,6), T(18,6), T(19,6), T(20,6). Ebből (vagy közvetlen számolásból) kapjuk, hogy T(20,6)=800192, tehát ennyi 20 hosszú sorozat van, amiben nincs 6 hosszú futam. Más szóval 248384 azon 20 hosszú sorozatok száma, amiben van 6 hosszú futam. A fentiekből következik, hogy 480670-248384=232286 azon 20 hosszú sorozatok száma, amiben a leghosszabb futam hossza 5, ez osztva 220-nal adja a keresett első valószínűséget.

 

Előzmény: bmxtaylor (1571)
bmxtaylor Creative Commons License 2009.03.08 0 0 1571
Üdvözlet! Ez tényleg elsősegély feladat:

Egy 20 hosszú érmedobás sorozatban mekkora eséllyel lesz pontosan 5 hosszú tiszta fej vagy tiszta írás sorozat (futam)? Mekkora eséllyel lesz legalább 5 hosszú „futam”?

Aki megtudja csinálni, az a legjobb az országban az biztos!
Komolyan!
astronom Creative Commons License 2009.03.08 0 0 1570
http://rapidshare.com/files/168777962/complex_variables_and_applications-churchill.pdf
Előzmény: Törölt nick (1569)
egy mutáns Creative Commons License 2009.03.06 0 0 1567

Namost a polinomos.

Polinomok lin.komb.-ja ugyanaz, mint a vektoroké.

Ha van 3 polinomod, P1(x), P2(x), P3(x), akkor ezek lineáris kombinációja egy olyan polinom, amiben az eredeti polinomok rendre c1, c2, c3 számokkal meg vannak szorozva, és ezen szorzatokat kell összeadni.

Példádban:

Q(x)=c1*P1(x)+c2*P2(x)+c3*P3(x)

és a feladat c1, c2 és c3 megtalálása.

Azaz:

2x2 − x + 2 = c1*(x2 + 1)+c2*x+c3*1

A jobb oldalon el kell végezni a zárójel felbontását, ilyen formában: c1*x2+c1*1

A c1*1 elég bénán néz ki, de ez az alak segít majd a későbbi összehasonlításban.

Utána csoportosítani kell az x2, az x és 1 szerint.

(Ezt úgy mondják: x hatványai szerint, mert ugye x=x1, 1=x0, de ez nem fontos.)

Pl. az 1-es tag így fog kinézni: (c1+c3)*1

Utána össze kell hasonlítani x2, x és 1 együtthatóit.

Ez utóbbinál a Q(x) polinomot így érdemes felírni:

Q(X)=2x2 − x + 2*1

amiből az 1 együthatója is látszik. Amiből pl. (c1+c3)=2

A többi összehasonlításból is felírható még két egyenlet.

Ezt a három egyenletet kell megoldani az ismeretlen c1, c2, c3 értékekre.

Ha világos, és meg tudod csinálni, akkor OK, ha nem folytatjuk.

1m

Előzmény: Sutam (1561)
elsoszulott Creative Commons License 2009.03.05 0 0 1566
"tudna nekem valaki segíten legalább annyit hogy hogy induljak el????? "

Euler-egyenes átmegy többek közt a magasságponton és a súlyponton. Vagyis egyik csúcsból bocsáss mergőlegest a szemközti oldalra másik csúcsból is, ezek M-ben metszik egymást. Ezután súlypontot a csúcsok koordinátáinak átlagolásával kapod, ez S, a 2pont meg már meghatároz egy egyenest (nem fognak a példádban egybeesni)

Ha nem megy így akkor kiszámolgatom, csak lusta vok.
Előzmény: totex23 (1564)
totex23 Creative Commons License 2009.03.05 0 0 1564
Határozzuk meg (2;7) (4;3) (8;2) csúcsokkal adott háromsyög Euler-féle egyenesének egyenletét!! tudna nekem valaki segíten legalább annyit hogy hogy induljak el????? :$
Sutam Creative Commons License 2009.03.05 0 0 1563

Ahh, köszi! Egyszerűen nem találtam sehol, se tankönyvben, se előadásvázlaton (neten), se egyéb helyen, hogy mia  túró az a c1 c2 c3..., de így már teljesen tiszta! Pedig benn voltam órán, és volt szó a lin. kombinációról, de nemigen értettem meg belőle.

Köszönöm szépen.

 

A köv. kérdésre először a neten megpróbálom fellelni a választ, mert nem akarlak lustaságból titeket terhelni ;-). Ha nem lelek semmit, akkor majd megint s.o.s.-ezek ;-).

Egyébként a vektor normájának meghatározása lesz, de majd pötyögök, ha nem lelem rá a választ... .

Előzmény: egy mutáns (1562)
egy mutáns Creative Commons License 2009.03.05 0 0 1562

Nézzük az elsőt.

A vektorok lineáris kombinációja azt jelenti, hogy a vektorokat a megadott számokkal rendre megszorozzuk, és a kapott szorzatokat összeadjuk.

Példádban a keresett lin.komb= d = c1*a + c2*b + c3*c

Konkrétan: d = 2a - b + c

 

Most még azt kell tudni, hogy mit jelent az, hogy egy vektort egy számmal megszorzunk.

Ennek eredménye egy másik vektor, aminek a komponensei úgy adódnak, hogy a szorzandó vektor minden komponensét megszorozzuk az adott szorzószámmal.

Pl. a 2a az a vektor szorozva 2-vel, úgy adódik, hogy:

2a = 2* (−2,−1,−2, 0) = (2*(−2),2*(−1),2*(−2),2* 0), ahol a negatív számokat zárójelbe tettem, de ezt is írhattam volna:

(−2*2,−2*1,−2*2, 0) azaz = (-4, -2, -4, 0)

Ez a 2a vektor.

A többit hasonlóan.

 

Ami 3 vektort kapsz, azt össze kell adni, ami azt jelenti, hogy két vektor összege egy olyan vektor, aminek komponensei az összeadandók megfelelő helyein levő komonenseinek összegei. Ez azt jelenti, hogy a megfelelő helyeken levő számokat sorba összeadod, és azok lesznek az összegvektor megfelelő komponensei.

Három vektornál hasonlóan, csak mind a három számot össze kell adni.

Ezzel kész a lin.komb.

Ha nem világos, folytatjuk. Ha világos, akkor is folytatjuk, a második kérdéssel :))

1m

Előzmény: Sutam (1561)
Sutam Creative Commons License 2009.03.05 0 0 1561

Sziasztok!

 

Nagy gondom akadt a linalgebrában a vektroterekkel, meg efféle fínomságokkal.

Szóval ezekre a minimumfeladatokra nem találom a választ, mert az összes hely, ahol ezután kerestem, mind elméleti szutykadékokkal volt tele:

• Adja meg az a = (−2,−1,−2, 0), b = (2,−1,−1, 0) és c = (1,−3, 0, 1) vektoroknak rendre a c1 = 2, c2 = −1 és

c3 = 1 együtthatókkal képezett lineáris kombinációját!

• Á llítsa elő a Q(x) = 2x2 − x + 2 polinomot a P1(x) = x2 + 1, P2(x) = x és P3(x) = 1 polinomok line´aris

kombinációjaként!

Még a többi hasonlónak utánakeresek, de ha azok sem fognak meni, akkor jelentkezni fogok!

Gergo73 Creative Commons License 2009.03.03 0 0 1560
Meg vedd figyelembe, hogy az en oszlopomhoz 1-et hozza kell adni, hogy a valodi varhato erteket kapjuk, vo. 1554. Ezert a -1/2 elteres valojaban +1/2 elteres.
Előzmény: Gergo73 (1559)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.03 0 0 1559
Nagyon erdekes! Az 1/2 elteresre is van magyarazat:

1/1+1/2+...+1/n = log(n)+gamma+1/(2n)+O(1/n^2), tehat

1/(R+1)+...+1/(2R) = log(2R)-log(R)+1/(4R)-1/(2R)+O(1/R^2),

ennek 2R-szerese pedig 2log(2)*R-1/2+O(1/R). Ott a -1/2.
Előzmény: rosenkrantz (1556)
rosenkrantz Creative Commons License 2009.03.03 0 0 1557
Tudnám mitől van az a stabil 0,5-es eltérés a két számoszlop között...  :-(.
Előzmény: rosenkrantz (1556)
rosenkrantz Creative Commons License 2009.03.03 0 0 1556

A második kérdéshez: Az a c>0 konstans (feltehetően) 2*log 2.

 

   R                   E(R)                    R*2*log 2

 

1000          1386.7945              1386,2943

2000          2773.0888              2772,5887

3000          4159.3831              4158,8830

4000          5545.6775              5545,1774

5000          6931.9718              6931,4718

 

 

Jelölje ui. Xk az ahhoz szükséges húzások számát, hogy a kihúzott különböző golyók száma k-1-ről k-ra növekedjen. Xk egy p=(N-(k-1))/N paraméterű geometriai eloszlású valószínűségi változó, azaz P(Xk=n)=p*(1-p)n-1. (Annak a valószínűsége, hogy olyat húzzunk, ami eddig még nem fordult elő p=(N-(k-))/N).  E(Xk)=1/p.

A kérdéses dobásszám sum2<=k<=RE(Xk)=sum2<=k<=R N/(N-(k-1))=N*(sum1<=k<=2R1/k - sum1<=k<=R1/k) = N*log 2=R*2*log 2

 

 

Előzmény: Gergo73 (1553)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.03 0 0 1555
Itt egy jobb link a másodfajú Stirling-számokhoz.
Előzmény: Gergo73 (1554)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.03 0 0 1554

az (R+1). előforduló kérdés sorszámának várható értékére

 

pontosabban az ezt megelőző sorszám várható értékére

Előzmény: Gergo73 (1553)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.03 0 0 1553

Érdekes kérdések, sajnos nincs sok időm rájuk.

 

Az első kérdéshez: N elemű adatbázis esetén annak valószínűsége, hogy az első harmadszor előforduló kérdés sorszáma pontosan M

 

p(N,M) := sum1<=S<=(M-1)/2 N!(M-1)!/(2S(S-1)!(M-1-2S)!(N+S+1-M)!NM)

 

amiből Mathematica-val a következő értékeket kaptam az első harmadszor előforduló kérdés sorszámának várható értékére:

 

100: 38.9647

200: 60.3940

300: 78.2460

400: 94.1202

500: 108.673

 

Ez sejteti, hogy a várható érték nagyságrendileg N3/4, valószínűleg aszimptotikusan c.N3/4, ahol c>0 egy konstans.

 

A második kérdéshez: Az egyszerűség kedvéért legyen az adatbázis mérete páros: N=2R. Annak valószínűsége, hogy az (R+1). előforduló kérdés sorszáma pontosan M+1

 

p(R,M) := (2R)!/(2R!) S(M,R)/(2R)M,

 

ahol S(M,R) egy másodfajú Stirling-szám. Némi kombinatorikával és analízissel ebből a következő képlet kapható az (R+1). előforduló kérdés sorszámának várható értékére

 

E(R) := R2.binom(2R,R) sum1<=S<=R (-1)R-S.binom(R-1,S-1)/(2R-S)2.

 

Ennek a képletnek előnye, hogy a szumma véges, de hátránya, hogy a nagy alternáló tagok miatt további elemzésre nemigen alkalmas. Mindenesetre ebből Mathematica-val a következő numerikus értékeket kapjuk E(R)-re:

 

1000: 1386.7945

2000: 2773.0888

3000: 4159.3831

4000: 5545.6775

5000: 6931.9718

 

Ez azt sejteti, hogy a várható érték aszimptotikusan c.R, ahol c>0 egy konstans.

 

Előzmény: Törölt nick (1552)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1551

A jobb oldali képlet alapján szép és egyszerű közelítés adható a várható értékre. Ugyanis a jobb oldalon

 

K!.binom(N,K)/NK = prod0<=i<K (1-i/N) ~ prod0<=i<K exp(-i/N) ~ exp(-K2/2N),

 

vagyis a várható érték nagyjából N1/2 intx>0 exp(-x2/2)dx = (N.pi/2)1/2. Ez a kifejezés jól egyezik az 1540-es adatokkal:

 

10000: 125.33141

20000: 177.24539

30000: 217.08038

40000: 250.66283

50000: 280.24956

 

Valószínűleg könnyű lenne a hibát is becsülni, de ehhez most se időm, se kedvem.

 

Előzmény: Gergo73 (1550)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1550

Némi trükközéssel sikerült átírnom a várható értéket kicsit szebb alakba:

 

sumM>1 (M-1).M!.binom(N,M-1)/NM = sumK>=0 K!.binom(N,K)/NK.

 

 

Előzmény: Gergo73 (1540)
valddlav Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1549
Köszönöm szépen, így sikerült!
Előzmény: Gergo73 (1539)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1548
Nem csak a progim nem tudja megadni, hanem én sem (általában én vagyok a jobb, csak persze kicsit lustább is).
Előzmény: Törölt nick (1544)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1547

Igen, amit írsz az a differenciahányadosok egy simítása (egyszerűség kedvéért legyen dx=1):

 

(2/10)(y(i+2)-y(i+1)) + (3/10)(y(i+1)-y(i)) + (3/10)(y(i)-y(i-1)) + (2/10)(y(i-1)-y(i-2))

Előzmény: Törölt nick (1543)
rosenkrantz Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1546

Ezt az ellenőrzést nem egészen értem....

 

Ha az urnában levő golyók száma 1000 és 2000 közötti egyenletes eloszlású, akkor a kiszámolt eloszlás alapján köthetsz fogadást a golyók számára...

Ugyanez a helyzet akkor, ha 5000 és 50000 közötti egyenletes eloszlású az urnában levő golyók száma, akkor más értékekkel célszerű fogadást kötni.

Előzmény: Törölt nick (1538)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1542
Diszkrét adathalmaza van, a szomszédos elemek differenciahányadosát javasoltam számolni. Ezek a hányadosok szórnak, amin nem segít semmiféle függvényillesztés, hanem simítani kell az adatokat.
Előzmény: Törölt nick (1541)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1540

N elemű adatbázis esetén annak valószínűsége, hogy az első ismétlődő kérdés sorszáma pontosan M

 

p(N,M) := (M-1).(M-1)!.binom(N,M-1)/NM,

 

ezért az első ismétlődő kérdés sorszámának várható értéke

 

sumM>1 M.p(N,M) = sumM>1 (M-1).M!.binom(N,M-1)/NM.

 

Mathematica-val M=2,...,2000 fölött 8 jegy pontossággal összegezve az alábbiakat kapjuk a várható értékre:

 

10000: 125.99912

20000: 177.91279

30000: 217.74765

40000: 251.33002

50000: 280.91669

 

Előzmény: Törölt nick (1533)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1539

Simítani pl. úgy tudsz, hogy minden adatot helyettesítesz mondjuk az 5-5 kétoldali szomszédjával.

 

Túl gyorsan írtam, elnézést. Szóval simítani pl. úgy tudsz, hogy minden adatot helyettesítesz mondjuk az 5-5 kétoldali szomszédjának átlagával.

Előzmény: Gergo73 (1535)
rosenkrantz Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1537
Leírtam már a számolás menetét 1530-ban.
Előzmény: Törölt nick (1533)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1535

Ha az általam megadott differenciák nagyon ugrálnak, akkor bármilyen deriválható függvénynek - ami a pontjaidra illeszkedik - nagyot fog ugrálni a deriváltja. Ennek a Lagrange-középértéktétel az oka, ami azt mondja ki, hogy egy deriválható függvény bármely két értéke közötti differenciahányados megjelenik a két pont közötti derivált-értékek között. Ezért azt javaslom, hogy simítsd ki előbb az adataidat és utána alkalmazd az általam megadott módszert. Simítani pl. úgy tudsz, hogy minden adatot helyettesítesz mondjuk az 5-5 kétoldali szomszédjával.

 

Előzmény: valddlav (1528)
1man Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1534
Ezért írtam vagylagosan, de a "válasz" a 1529-ben elég sokat sejtet.
Előzmény: Gergo73 (1527)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1532

Nullához konvergáló sorozat összegsora szerintem konvergens... (rémlik valami tétel)

 

Ha lassan konvergál a nullához, akkor az összeg divergens (pl. sum 1/n divergens). A mi példánk nem ilyen, l. 1527.

Előzmény: Törölt nick (1529)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.02 0 0 1531

adott ismétlődésszám (k) esetén hozzárendelni minden N-hez annak a valószínűségét, hogy éppen k db ismétlédés lesz

 

Annak valószínűsége, hogy N elemű adatbázisból vett 400 kérdésből éppen k ismétlés lesz:

 

p(N):=(400-k)!.binom(N,400-k).binom(400,2k).(2k)!/(2k.k!.N400).

 

Azt hittem, ez világos az 1505 után.

 

Előzmény: Törölt nick (1525)

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