4415
Matematika feladatok
-
7evenb #2414 Akkor beszéljünk a számok nyelvén, nem tételezünk fel semmit a pénzről, és szeretnénk megnézni, hogy milyen valószínűséggel lesz fej és milyen valószínűséggel lesz írás.
Kiindulásképpen:
-----------------
Jelölje p a fej valószínűségét, és ekkor nyilván 1-p az írásé (a priori)
Annak a valószínűsége, hogy n húzásból k darab fej lesz:
p(X=k)=(n alatt k)*p^k*(1-p)^k
vagyis binomiális eloszlást követ a fejek száma n húzásból (lásd wikipedia).
Becslés:
--------------
tegyük fel, hogy z fejet dobtunk eddig Z próbálkozásból. Kérdés, hogy vajon az a hipotézis, hogy r valószínűséggel dobunk fejet megállja-e a helyét? (h0:p=r)
A megoldáshoz visszafelé kell gondolkodni, és megnézni, hogy amennyiben a p=r feltételezésünk helyes, akkor milyen valószínűséggel dobunk z fejet Z próbálkozásból
P(X=z)=(Z alatt z)*r^z*(1-r)^z
Ha a kapott valószínűség túl alacsony, akkor elvetjük a nullhipotézist, ha megfelel nekünk akkor elfogadjuk.
A statisztikusok kicsit másképp közelítik a problémát, annyiban, hogy az elfogadási küszöböt nem a sűrűségfüggvényen értelmezik, hanem az eloszlásfüggvényen. Ebben az esetben kétoldalú próbával.
Azaz:
Ha alfa valószínűséggel engedjük meg a tévedést, akkor a
sum(k=0..N) P(X=k) = sum(k=0..N) (Z alatt k)*r^k*(1-r)^k
összefüggésre olyan N értéket keresünk amire az eredmény éppen alfa/2 lesz (kétoldalú próba, a binomiális eloszlás sűrűségfüggvénye szimmetrikus)
Ekkor azt mondjuk szakszerűen, hogy 1-alfa konfindencia szint mellett (ugyanis ennyire vagyunk biztosak a helyességben) ha z<N, vagy 2*Z*r-N<z akkor azt a hipotézist, hogy r valószínűséggel dobunk írást (a priori) a pénzen elvetjük.
----------------
Ugyan ezt kell megcsinálni a lottónál. Ha igazolni tudod egy neked megfelelő konfidencia szinten, hogy a lottón adott számok magasabb, mások alacsonyabb valószínűséggel jönnek ki, akkor feltehetően (alfa hibával) hamarosan gazdag leszel:)
Félreértés ne essék!, ha a lottóról eleve azt feltételezed, hogy az a priori valószínűség eloszlás egyenletes, és azt látod, hogy valamelyik számot kevesebbszer húzták mint a többit, akkor az érvényes amit eddig mondtunk: az a posteriori valószínűség semmit nem befolyásol az a priori valószínűségen!
OFF
"úristen, hát perszehogy ha feltételezem, h az érme..."
Kicsit szerényebben! Nem azért mert olyanokkal beszélsz akik zöme matematikus, illetve ezen a területen mozog, hanem mert te kérdeztél és neked szeretnénk segíteni!
ON -
#2413
úristen, hát perszehogy ha feltételezem, h az érme 50%-kal ad fejet és 50%-kal írást, akkor feltételezhetően a köv. dobásnál 50%-kal kapok fejet és 50%-kal írást. nem is erről beszéltem.
hanem a valós szituációkról, amikor nem feltételez(het)ek semmit, hanem, éppen ellenkezőleg, én magam akarom megállapítani h az érme (vagy lottószámok) milyen gyakorisággal ad fejet. és a valós helyzetben tökéletes érme nincs. így van értelme megvizsgálni h melyik érték dobása valószínűbb. -
#2412
ó, én nem mondtam h bármikor is boztos lehetek, csak azt h egyre biztosabb. 100% biztos soha nem lehetek, de eléggé biztos biztos lehetek jó sok feldobás után. például ha 10000000-szor fejet dobok zsinórban, akkor én már mérget mernék venni h a köv dobás is az lesz. 
-
#2411
aki meg a lottószámokhoz gyárt stratégiát, annak azt javaslom, hogy ha n évre megvannak a húzások, akkor az n-1 év statisztikájából próbáljon meg az n-edik évre következtetni.
ez ingyen van.
és ha legalább 2db háromtalálatosa van, akkor irány a legközelebbi lottózó. -
#2410
ez egy valóban érdekes kérdés, hogy hány méréstől tekintjük a mérések számát elegendőnek.
hiszen pl egy érmefeldobás (0,5) esetén bármelyik részsorozatnak azonos a valószínűsége.
nekem valami olyasmi rémlik, hogy csináljunk mérési sorozatokat.
vagyis ne 10000szer dobjuk fel az érmét, hanem 100db 100dobásos sorozatot vizsgáljunk.
persze pont a pénzdobálósdi esetén pont ugyanúgy lőhetünk bakot, mint egy sorozatnálde az élet más területein ez a módszer jobb lehet mint az egy hosszú sorozat.
általában. mert a tranziens (pl bekapcsolási) jelenségek esetén nem. kivéve, ha pont azt akarjuk vizsgálni.
szóval érdekes téma ez... -
#2409
nem akarom a vitát szítani, de amikor valaki a pénzfeldobást hozza példának és nem mond semmit az érméről, akkor az emberek 99%-a az érme alatt szimmetrikus érmét fog érteni, vagyis 0,5-0,5 valószínűséget.
én is ilyen érméről beszéltem.
de akkor megfogalmazom másképp is.
van 100db érménk (szimmetrikus, 0,5-0.5 valószínűség). 100 ember kezébe adjuk. mindenki egyszerre feldobja.
(a.) lehet e hogy mindegyik fej? igen. valószínűsége? P=(0,5)^100
(b.) lehet e hogy mindegyik írás? igen. valószínűsége? P=(0,5)^100
(c.) lehet e hogy az első fej, a második írás és ugyanígy tovább felváltva? igen. valószínűsége? P=(0,5)^100
akkor most hozzunk még egy embert és állítsuk külön.
mindenki dob, de csak a 100-emberét vizsgáljuk meg. (a 101ediket letakarjuk)
a kérdés: tudunk-e a 100 eredményből a 101-edikére következtetni?
szerintem nem.
aki szerint igen, az mire következtet az a. b. és c. eseteknél?
és mire következtetne ha 1000+1, vagy 1000000000+1 -re cserélnénk a 100-at? és ha 10+1-re? és ha 1+1-re?
-
#2408
hmmm..., én ebben egyáltalán nem lennék biztos! Inkább az a kérdés, h hol húzza meg az ember azt a határt, amire már azt mondja, h cinkelt vmi...
Olyan jellegű problémának érzem ezt, h azt kell eldönteni egy eloszlásról, h az olyan eloszlás-e, ami 50-50% valószínűséget társít ehhez a két eseményhez. Ez már túlmutat az "egyszerű statisztika" témakörén és ha jól emlékszem ez a különböző próbák és hipotézisvizsgálatok vagy "illeszkedésvizsgálatok" témakörébe tartozik... Régebben tanultam ilyet, de már rég volt (pl.: módszer arra, hogy egy megfigyeléssorozat eredményei normális eloszlásúak-e vagy méréssorozat kiugró elemei elhagyhatóak-e a statisztikai vizsgálat során, stb... voltak ilyenek nekem, de már nagyon rég...) -
polarka #2407 Értem. Ezt mondom. -
#2406
nem feltételezek én semmit, hanem csak van egy érmém és szeretném megvizsgálni, ezért feldobom mondjuk 100x vagy 1000x és ha mindig fej jön ki akkor eléggé valószínű h cinkelt, ha pedig kb. 50-50% fej-írás akkor pedig szimmetrikus. -
#2405
bocsánat, de mikor írtam azt h az érme szimmetrikus? (0.5 valószínűséggel fej és 0.5 valószínűséggel írás ) éppen arról van szó, h ha az érméről nem tudunk semmit, akkor valószínűbb az írás 101-edszerre is. nem olvastad el figyelmesen, amit írtam, hogy ne kelljen visszanézned, itt álljon még 1x:
"ha tudjuk h az érme szimmetrikus , akkor nyilván írás a valószínűbb." ...9 fej után, 100 fej után meg aztán már nagyon
"de ha az érméről nem tudjuk h milyen (!!!), és ki akarjuk deríteni (ti. h milyen az érme), akkor 9 fej után azt mondjuk, .... " hogy eléggé valószínű h az érme aszimmetrikus, de 100 fej után már kurvára valószínű h aszimmetrikus. ez így józan paraszti ésszel is logikus.
"ha ez működne amit mondasz, akkor mindenki rágyúrna például a pókerben egy paklival, hogy ászt húzzon, és élesben is akkor azt fogja húzni. "
pontosan, csakhogy h a gyúrás során ki fog derülni, h mindegyik lap kb. ugyanolyan valószínűséggel fog jönni, és nem fog működni a dolog. -
polarka #2404 Ha feltételezed, h cinkelt az érme, akkor lehet. -
7evenb #2403 azt hiszem te is rosszul értesz.
Ahogy elnézem összekevered az a priori és az a posteriori valószínűségeket.
Értsd: ha egy szimmetrikus pénzre azt mondjuk, hogy 0.5 valószínűséggel fej és 0.5 valószínűséggel írás lesz az eredmény a feldobásakor, akkor ezt a tényt az sem változtatja meg, ha 100szor egymás után fejet dobok.
Nyilván, ha nem tudom a fej-írás valószínűségét, és a tapasztalatom alapján akarom ezt megfejteni akkor azt mondanánk például maximum likelihood módon (konfidencia intervallumokkal meg p értékekkel mint amit te is leírtál), hogy a fej sokkal valószínűbb. Ez azonban az a priori tudás értelmében nyilvánvalóan nincs így.
másképp: annak a valószínűsége, hogy 100szor egymás után fejet dobok = 0.5^100. Az eseménynek pozitív a valószínűsége, tehát bekövetkezhet (bekövetkezhet akkor is ha nulla, de most ne vacakoljunk a nullmértékűséggel). Ha bekövetkezett, akkor hiába mondom UTÓLAG, hogy ez volt a legvalószínűbb esemény, és a megfigyelésem alapján számolok tovább. Az a priori valószínűség továbbra is 0.5 a fej-írásnak.
még másképp: ha ez működne amit mondasz, akkor mindenki rágyúrna például a pókerben egy paklival, hogy ászt húzzon, és élesben is akkor azt fogja húzni. Erre írta kz, hogy "ezt azért te sem gondolod komolyan, ugye?"
-
MrPet #2402 1000 thx! -
#2401
ez lesz belőle:
![]()
-
#2400
rosszul értesz, azt mondtam h minél többször dobsz egymás után ugyanazt, annál valószínűbb h mindig azt fogod dobni. -
MrPet #2399 Üdv! Ha valaki tudna nekem segíteni, azt nagyon megköszönném.
Az lenne a kérdésem, h mi lesz az alábbi integrál? ("a" egy konstans)
![]()
-
7evenb #2398 Ha jól értelek, akkor ezek szerint ha fogadnom kéne egy fej írás játékban, akkor előtte dobálnom kell a pénzt, és bemelegíteni a fejre, hogy aztán élesben nyerjek az írással? Ez szuper!, milliókat fogok így keresni. -
#2397
merthogy? -
#2396
ezt azért te sem gondolod komolyan, ugye? -
gerrob #2395 első feladat mo: legyen H az az új gráf, amelyet az eredeti élek megduplázásával kapsz, ekkor H-ban minden pont foka páros, ergó van benne Euler-féle körséta, ez az eredeti gráfban egy körsétát ad, ami neked kellett.
második feladat mo: 12 pontú gráfot vegyél fel, él legyen két pont között, ha ismerik egymást. Feltétel szerint mindenki legalább 6 embert ismer, azaz minden pont foka legalább hat. A leültetés megfelel egy Hamilton körnek a gráfban, ilyen pedig van, mert pontszám=|V(G)|=12 és minden fok>=|V(G)|/2=6, mert ez éppen Dirac egyik tétele. -
#2394
ha tudjuk h az érme szimmetrikus , akkor nyilván írás a valószínűbb.
de ha az érméről nem tudjuk h milyen, és ki akarjuk deríteni, akkor 9 fej után azt mondjuk, hogy annak az esélye h az érme tökéletesen szimmetrikus kisebb mint 1/3, mégpedig 67%-os megbízhatósággal. 95%-os megbízhatósággal lehet azt állítani h legfeljebb 2/3 az esélye annak h szimmetrikus. Ha legfeljebb 5%-ot akarsz annak adni, hogy az érme szimmetrikus, akkoe 10000 mérést kell elvégezned, de még így is csak 67%-ban lehetsz magadban biztos, ha 95%-os biztonsághoz 20000, 99%-oshoz 30000 mérést kell csinálnod. -
#2393
gyors kérdés hátha vágja valaki
1/(e^x+1) integrálja érdekelne hirtelen :D a módszert is jó lenne tudni, kössssz. -
Darkoo #2392 Üdv! Gráfelmélettel kapcsolatos feladatokkal gyűlt meg a bajom. Gondolom nagyon egyszerűek, de valahogy nem tudok rájönni a megoldásra...
Első feladat:
Mutassuk meg , hogy minden összefüggő húrokélmentes gráfban van olyan séta, ami a gráf minden élét pontosan kétszer tartalmazza.
Második feladat:
Igazoljuk, hogy ha egy összejövetelen a 12 résztvevő mindegyike a többiek közül legfeljebb 5 személyt nem ismer, akkor mind a 12-en leülthethetők egy kerek asztal mögé, úgy hogy mindenkinek ismerőse legyen a két szomszédja..
Ez a két feladat lenne, még ma kéne megkapnom rájuk a választ. Köszönöm a segítséget előre is! -
#2391
a második indoklás balgánk tűnhet, de gondoljunk bele, mi van, ha az első 1.000.000 feldobás mindegyike fej.
hihetetlen?
pedig pont akkora a valószínűsége, mint egy csupa írás, vagy felváltva fejj-írás-fej-írás részsorozatnak.
akkor most mit tippeljünk? -
#2390
ennem két erő munkálkodik.
igen, az egyik a "fej", másik az "írás".
nade indokoljuk.
-azért írás, mert ha végtelen sokszor dobjuk fel, akkor kb ugyanannyiszor lesz fej, mint írás. és végtelen minusz hat, az kisebb, mint végtelen.
-azért fej, mert mérnökként ettől kevesebb mérésből is vonok le következtetést, így (ha nem is tudom miért (pl asszimetria), de) biztos vagyok benne, hogy mivel a körülmények nem változtak, újra fej következik.
-
#2389
azért az egy érdekes kérdés, hogy:
van egy érménk, 10-szer dobjuk fel egymás után.
az első 9 alkalommal "fej" volt. mit tippelünk, mi lesz a 10edik dobás eredménye? -
#2388
azért az gondolom mindenkinek világos, amit az a bizonyos Bernoulli nevű ember mondott a nagy számokkal kapcsolatban. képlettel,
szöveggel meg valami olyasmi, hogy: a relatív gyakoriság (sztochasztikusan) konvergál a valószínűséghez -
#2387
én úgy gondolom h azoknak a számoknak van a legnagyobb esélye, amelyek a legkevesebbszer voltak eddig kihúzva. -
tónyka #2386 Nálam a totó,tippmix,a lottók csak játék&filozófia.
Persze, ebből a megfontolásból elegánsabb érdeklődési területet is kereshetnék - de még ez is jobb a "csaklőnidenemtölteni" PC-játékoknál. -
tónyka #2385 Pontosan így gondolom. + ezek a hozzárendelt értékek sorsolásonként változnak. Az alant leírt képletem idáig a legokosabb,amit összehoztam,de még így is túl nagy a szóródás.. -
#2384
:D no, majd elolvasom...!
én anno úgy gondoltam, h a kézi sorsolásnál azok a számok az esélyesebbek, amiket
1.) hosszú idő alatt régóta nem sorsoltak ki (úgy gondoltam, h minden szám sok sorsolás alatt, még ha némi ingadozással is, de azonos számban fog kisorsolódni)
2.) azok, amik hosszú idő alatt a legtöbbet voltak kihúzva (amit azzal indokoltam, h ezeknek az 1.)-től független okok miatt, lennie kell valamilyen egyedi tulajdonságuknak, ami miatt a kézi sorsolásnál előnyösebbé válnak - pl. kicsit más szín, forma, tapintás, pici sérülés, stb...)
háát, azóta sem nyertem... :P -
#2383
de mi a célod a képlettel? vmi olyan kéne, ami minden számhoz hozzárendel egy értéket úgy, hogy mondjuk a legkisebb (vagy a legnagyobb) értékeket kapó számok legyenek a legvalószínűbbek a köv. sorsolásnál, és azokat kéne megjelölni? -
tónyka #2382 Na igen.. Az ominózus képlet helyett v.mi használhatóbbat kérnék,esetleg más tényezőt is bevezetve.EXCEL-lel dolgozom,a logikai és a kereső függvényekkel elvagyok, a statisztika résznél már több kínai( f-próba.. harmonikus közép & társai).Szükség esetén megküldhetek egy készülődő munkalapot, hátha onnan tisztább.. -
#2381
"..Ha valaki még jóindulatúlag válaszol is..."
huh, hát én válaszolnék..de nem volt kérdés =D -
tónyka #2380 Nem jól raktam a számoszlopokat.Inkább így:
11 - 6,3,1
12 - 1,1,3,2,1,5
13 - 2,4,3,1,2
14 - 1,2,8,1 -
tónyka #2379 Bocsi a zavarásért, én1 zsengematektudású zenész vagyok,akinek csak 4-ig kell tudni számolni(de azért megélek belőle) - szétnézve a matek-fórumok között, itt véltem megtalálni a legokosabb embereket.
Előre mondom,ne hajtsatok már el a f'-be: -szerencsejátékról lenne szó.
Nincs ilyen irányú mentális fejlövésem,inkább tippmixelni, totózni szoktam évi 8-10 alkalommal.Itt az EXCEL -el végezhető lehetőségek az ,ami inkább érdekel - a magam szórakozására.
Tehát a problémám:
... 11 12 13 14 ...
6 1 2 1
3 1 4 2
1 3 3 8
2 1 1
1 2
5
A felső vizszintes sorban a kisorsolandó számok vannak,alattuk függőlegesen pl. (a 11 -t összesen 3x húzták) 6 sorsolás történt az első kihúzásig, utánna 3 sorsolás telt el a következőig ..stb.Ha 2x egymást követő sorsoláson húzzák ki,akkor az eltelt idő=1. Tehát az oszlopokban szereplő számok a kihúzások közti eltelt időt jelentik. Van még1 amit számolok,de nem szerepel az oszlopokban: az adott szám legutolsó kihúzása óta eltelt idő,ami mindaddig növekedik eggyel sorsolásonként,v.hányszor nem húzzák ki.Pl.: a 12-es esetében
a legutóbbi két kihúzása között 5 sorsolás telt el,de legutolsó kihúzása óta (mondjuk már 8 sorsolás is történt) és még mindig nem került elő,a következő sorsoláskor után ez az érték 9 lesz.Ha mégis kihúzzák,marad a 8,ami bekerül a 12-es oszlopába az 5 alá.A tizenkettest ezzel összesen 7x húzták(darabszám).
Na most ebből hoztam össze 4 féle számszerűsített tényezőt,ami az én meglátásom szerint fontos lehet a továbbiakban: 1.az oszlopok összegeinek átlaga; 2. szórása; 3. darabszám(ennyiszer húzták ki az adott számot); 4. az adott szám legutolsó húzása óta eltelt idő.
Megpróbálom alkalmazni a hazánkban létező összes sorsolásos játékára, a legutóbbi 20 sorsolás stat. adatainak figyelembevételével.
Ezzel a 4 tényezővel kísérletezgetek, - mindenféle mat. műveletekkel - minden egyes kisorsolandó számra, egyenként egybegyúrva egyetlen számmá, ami remélhetőleg a legutolsó sorsolás után mindig az egyes kihúzott ill. ki nem húzott számok sajátja - következő sorsolásig.Pl.:a 12-es alatti oszlop szórása 1,4625; darabszám 6; átlaga 2,1667, utolsó húzás óta eltelt idő 8(ezt nem tüntettem fel a táblázatban).A legutóbb használt képlet ((db / átlag * 1 / eltelt idő) / szórás - nem kell nagyon röhögni - AZ ÉN TALÁLMÁNYOM.
Csináltam mással is,de azok sem igen váltak be.Véleményem szerint minél gyengébben szerepel 20 sorsolás után egy kisorsolandó szám,annál kissebb értéket kell kapni eredményül.(Ez a 20-as sem biztos h. jó...)
Az lenne ezzel a förmedvénnyel célom,hogy ezeket a sok tizedesjegyű számokat egybegyűjtve statisztikailag megvizsgálnám,egyes ilyen értékekhez mennyi megtörtént találat esett. Az előző képlettel -mással is- próbáltam, de nem jött olyan össze,h kis értékekhez kevés
találat társult nagyobbhoz több, ill. még csoportosulást sem találtam.
Szóval ennyi. Nem vagyok őstehetség a matekhoz - v.színű látszik a probléma vázolásán is- de legalább van 1fajta őszinte érdeklődésem is. Ha v.ki el bírta idáig olvasni , részvétem és köszönöm.Ha valaki még jóindulatúlag válaszol is,küldök neki 1 szonátát.
tónyka -
tivadar89 #2378 Üdv
Azt kellene eldönteni, hogy diagonalizálható-e a mátrix ? Valaki pls help.
![]()
-
#2377
Tud valaki segíteni, Gauss Eliminációban.Van egy lineáris egyenletem ezt kéne megoldani. Az eredmény megvan. A módszer kéne.
2x1 + x2 - x3 = 8
-3x1 - x2 + 2x3=-11
-2x1 + x2 + 2x3=-3 -
DirtyPio #2376 sziasztokvona egy kis integral problemam: F:[0,vegtelen)->R
F(t)=S( e^(-tx) * sin(2x)/x )dx - integralas 0tol vegtelenig - segitsegevel hogyan hatarozom meg S (sin(2x)/x) dx integral 0tol vegtelenig erteket?
-
FadedRage #2375 Mi kéne?
