Toplista
- betöltés...
Ha szívesen korrepetálnál, hozd létre magántanár profilodat itt.
Ha diák vagy és korrepetálásra van szükséged, akkor regisztrálj be és írd meg itt, hogy milyen tantárgyban!
Bolyongás
kapesmate
kérdése
1169
Egy hangya a számegyenesen bolyong. 0-ból indul és minden lépésnél vagy jobbra, vagy balra lép 1-et (0,5-0,5 valószínűséggel). Mennyi a valószínűsége, hogy 2n lépés után a hangya a 0-ban lesz? Mennyi a valószínűsége, hogy 2n lépés után a hangya ELŐSZÖR lesz a 0-ban?
Jelenleg 1 felhasználó nézi ezt a kérdést.
kombinatorika, háromszög, binomiális, Valószínűség, valszám, Pascal, fa, bolyongás, ölelkező
kombinatorika, háromszög, binomiális, Valószínűség, valszám, Pascal, fa, bolyongás, ölelkező
0
Felsőoktatás / Matematika
Válaszok
2
kazah
válasza
Ez csak logikai elképzelés, kevés matematikai összefüggéssel:
n=1 esetén
2-re lép: `1/4`
0-ra lép: `2/4`
-2-re lép: `1/4`
n=2 esetén:
4-re lép: `1/16`
2-re lép:: `4/16`
0-ra lép: `6/16`
-2-re lép: `4/16`
-4-re lép: `1/16`
A számláló tagjai a pascal háromszögre hajaznak, ennek kell a középső, legnagyobb tagja, a mi esetünkben ez (ide sajnos nem tudom hogy kell leírni): 2n alatt az n. (Ez a kedvező esetek száma)
EDIT:
A nevező pedig `2^(2n)` (Ez az összes eset)
Akkor ennek a hányadosa lesz a valószínűség.
n=1 esetén
2-re lép: `1/4`
0-ra lép: `2/4`
-2-re lép: `1/4`
n=2 esetén:
4-re lép: `1/16`
2-re lép:: `4/16`
0-ra lép: `6/16`
-2-re lép: `4/16`
-4-re lép: `1/16`
A számláló tagjai a pascal háromszögre hajaznak, ennek kell a középső, legnagyobb tagja, a mi esetünkben ez (ide sajnos nem tudom hogy kell leírni): 2n alatt az n. (Ez a kedvező esetek száma)
EDIT:
A nevező pedig `2^(2n)` (Ez az összes eset)
Akkor ennek a hányadosa lesz a valószínűség.
Módosítva: 6 éve
0
-
kapesmate: Elsőre nekem is ennyi jött ki, annyi módosítással, hogy én az összes esetre 2^(2n)-t írtam, és nem (2n)^2-t...engem a feladat b, része jobban érdekelne...mert szerintem az sokkal nehezebb...ott is kijött egy eredmény de nem hiszem, hogy jó... 6 éve 0
-
kazah: Igen, ott `2^(2n)`, azt átírom, de ha van ötleted, írd le, hátha valamit sikerül kiokoskodni
6 éve
0
-
kapesmate: Nekem az lenne, hogy úgy is fogalmazható a kérdés, hogy PONTOSAN a 2n. lépésben tér a 0-ba...Ennek valószínűsége megegyezik azzal, hogy P(2n lépésen át a 0-ba tér vissza)-P(2n-2 lépésen át a 0-ba tér vissza)...itt ez lehet rossz de miért is gondolom így!?... Annak valószínűsége, hogy 2n lépésen keresztül végül a 0-ba tér vissza, azt az előbb kiszámoltuk, de ebben a valószínűségben benne van az 6 éve 0
-
kapesmate: összes olyan út, amikor már érintette korábban (2n. lépés előtt) a 0-t, illetve azok is, amikor nem érintette....ha ugyanilyen számítás (mint az a, részben) elvégzünk a (2n-2). lépésig, akkor ez a valószínűség is tartalmazni fogja azon utakat, ahol a (2n-2) lépésen keresztül már érintette a 0-t (és persze azokat is tartalmazza, amikor még nem)...így a végeredmény nekem: 6 éve 0
-
kapesmate: (2n alatt a n)/(2^(2n-2)) - (2n-2 alatt az n-1)/(2^(2n-2)) 6 éve 0
-
bongolo: Úgy tűnik, hogy ez a tipp nem jó, lásd lentiek. 6 éve 0
-
bongolo: Mármint a b)-re... 6 éve 0
-
bongolo: Az a) persze jó. 6 éve 0
bongolo
{ 
}
megoldása
a)
Triviális, hogy `((2n),(n))` lehetőség van a lépésekre, hisz a `2n` lépésből ennyiféleképpen választhatjuk ki, hogy mikor lépünk jobbra.
Az összes lehetőség meg persze `2^(2n)`
b)
Leírom a gondolatmenetemet:
Ezzel ekvivalens feladat az, hogy az x-y síkon léphetünk jobbra vagy felfelé egyet, és az origóból az (n; n) pontba kell eljutnunk 2n lépésben. Nem léphetünk az (x; x) pontba (négyzet átlója) sehol máshol.
A lehetséges lépés-sorozatokat két egymásra szimmetrikus részre bonthatjuk a szerint, hogy az első lépés jobbra megy, vagy fel. Elég az egyiket nézni:
`{:
( , , , , , , , 132),
( , , , , , , - , 132),
( , , , , , -, 42,132),
( , , , , -,14,42,90),
( , , , -,5,14,28,48),
( , , -,2,5, 9,14,20),
( , -,1,2,3, 4, 5, 6),
(1,1,1,1,1, 1, 1, 1)
:}`
A számok egyszerűen úgy jönnek ki, hogy az origóban 1 van (egyféleképpen lehet az origó a kiinduló pont), az átlóban csupa nulla van (kihúztam mínusszal, hogy oda nem léphetünk, ez nullát ér), minden más szám pedig az alatta lévőnek és a balra lévőnek az összege, hisz arról a két helyről juhatunk oda.
A jobb felső (n; n) sarokba pont ugyanannyiféleképpen juthatunk, mint az alatta lévő pontba (illetve majd a végén duplázni kell, mert a felső háromszög is ugyanilyen). Így ami minket érdekel az `n` függvényében, az az átló alatti pozíciók értékei:
1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, stb.
Ilyen éjszaka már nincs az embernek kedve magától gondolkodni, úgyhogy előveszi az Online Encyclopedia of Integer Sequences-t (oeis.org, hasznos "olvasmány"), és megkeresi, hogy mi is ez a sorozat:
https://oeis.org/search?q=1%2C1%2C2%2C5%2C14%2C42&language=english&go=Search
Kiderül belőle, hogy ezek a Catalan számok: `((2n),(n)) · 1/(n+1)`
Persze a duplája lesz a felső háromszög miatt...
Most ennyi, megyek aludni. Hogy miért kell a `2/(n+1)`-ed részét venni az átlós megkötés nélküli `((2n),(n))`-nek, abba most nem gondolok bele. Annak nézz utána te...
Triviális, hogy `((2n),(n))` lehetőség van a lépésekre, hisz a `2n` lépésből ennyiféleképpen választhatjuk ki, hogy mikor lépünk jobbra.
Az összes lehetőség meg persze `2^(2n)`
b)
Leírom a gondolatmenetemet:
Ezzel ekvivalens feladat az, hogy az x-y síkon léphetünk jobbra vagy felfelé egyet, és az origóból az (n; n) pontba kell eljutnunk 2n lépésben. Nem léphetünk az (x; x) pontba (négyzet átlója) sehol máshol.
A lehetséges lépés-sorozatokat két egymásra szimmetrikus részre bonthatjuk a szerint, hogy az első lépés jobbra megy, vagy fel. Elég az egyiket nézni:
`{:
( , , , , , , , 132),
( , , , , , , - , 132),
( , , , , , -, 42,132),
( , , , , -,14,42,90),
( , , , -,5,14,28,48),
( , , -,2,5, 9,14,20),
( , -,1,2,3, 4, 5, 6),
(1,1,1,1,1, 1, 1, 1)
:}`
A számok egyszerűen úgy jönnek ki, hogy az origóban 1 van (egyféleképpen lehet az origó a kiinduló pont), az átlóban csupa nulla van (kihúztam mínusszal, hogy oda nem léphetünk, ez nullát ér), minden más szám pedig az alatta lévőnek és a balra lévőnek az összege, hisz arról a két helyről juhatunk oda.
A jobb felső (n; n) sarokba pont ugyanannyiféleképpen juthatunk, mint az alatta lévő pontba (illetve majd a végén duplázni kell, mert a felső háromszög is ugyanilyen). Így ami minket érdekel az `n` függvényében, az az átló alatti pozíciók értékei:
1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, stb.
Ilyen éjszaka már nincs az embernek kedve magától gondolkodni, úgyhogy előveszi az Online Encyclopedia of Integer Sequences-t (oeis.org, hasznos "olvasmány"), és megkeresi, hogy mi is ez a sorozat:
https://oeis.org/search?q=1%2C1%2C2%2C5%2C14%2C42&language=english&go=Search
Kiderül belőle, hogy ezek a Catalan számok: `((2n),(n)) · 1/(n+1)`
Persze a duplája lesz a felső háromszög miatt...
Most ennyi, megyek aludni. Hogy miért kell a `2/(n+1)`-ed részét venni az átlós megkötés nélküli `((2n),(n))`-nek, abba most nem gondolok bele. Annak nézz utána te...
0
- Még nem érkezett komment!