Ha n elem közül m címkézést végzek véletlenszerűen, mekkora az esélye annak, hogy legalább egy elem megcímkézetlen marad?
válasza:A "címkézés" feltehetően "kiválasztás". A fogalomnál viszont elengedhetetlen, hogy az n elemből hányat választok ki. Alapvető eltérés ha egyet vagy ha mindet. Ha egyet és m<n, akkor legalább n-m darabot nem fogok kiválasztani. Az is lehet, hogy összesen csak egyet. ha viszont mindet, akkor értelmetlen a kimaradókról kérdezni. És így egy folyamat pontosan n féle módon történhet, mind más eredménnyel.
Kizárólag egyértelműen feltett, megválaszolható kérdésre lehet válaszolni.
válasza: válasza:Ahogy 20:10-es írja.
Mondjuk úgy, hogy egy urnában van n darab golyó.
Végrehajtom a következő utasításokat m-szer:
- kihúzok 1 golyót véletlenszerűen
- filctollal megjelölöm
- visszarakom az urnába
Az előbb leírt m-szeri művelet után mennyi a valószínűsége, hogy lesz olyan golyó amit nem jelöltem meg filctollal egyszer sem?
Nyilván ha m<n akkor 1 valószínűséggel lesz.
Ha m=n, akkor n!/n^n, mert az összes lehetőség n^n, ebből a kedvező esetek száma n!, mert akkor kedvező egy eset, ha mindegyiket pontosan egyszer húztam ki. Ha valamelyiket több mint 1x húztam ki, akkor mindenképpen lesz olyan melyet nem fogok 1x se, így megjelölni se fogom. Vagyis a golyók egy permutációja lesz egy kedvező eset, az összes kedvező eset n! az összes lehetséges permutáció.
Ha m>n , ez az ami nehéz kérdés.
Viszont ha nem tévedek a megoldás : n!*S(m,n)/n^m.
n^m az összes lehetőség száma. n!*S(m,n) a kedvező esetek száma.
Az S egy olyan kétváltozós függvény mely a másodfajú Stirling-számokat adja, ahol n elemű halmaz m osztályú osztályozásainak a száma. Egy ilyen osztályozás n! féle módon lehet, mert a kihúzás sorrendje is számít.
Vagyis nem is jól írtam. Mert n!*S(m,n) az összes lehetséges eset ahol mind meg van jelölve filtollal. Meg n!*S(m,n)/n^m annak az esélye hogy nem lesz filctollal megjelölt golyó.
Hogy lesz legalább egy, ennek komplementere : 1-(n!*S(m,n)/n^m).
Mégse jó az m>n eset.
Mivel m-szer ismétlem meg, így m!*S(m,n)-et feltételezne, mert ugyanazokat a golyókat m! féle sorrendbe tehetem meg, de lehet ugyanaz a golyó többször is, ha ugyanazt a kettőt megcserélem ami már volt akkor az ugyanaz a sorrend és többször számoltam be.
válasza:Én úgy érzem, kicsit még sántít, de ez alapján Wolframalphával tudod ellenőrizni (őszintén, nem próbáltam most nagyon végig gondolni, sajnos, de az biztos, hogy jó nyomon vagy):
[link] enwp.org/Coupon_collector's_problem#Via_generating_functions
@21:36 Köszönöm.
21:38-kor nem vettem észre hogy írtál. Köszönöm.
A wiki alapján csináltam, ha 10 kupon van és mind a 10-et eltaláljuk, a húzásszám (idő) függvényében a nyerési valószínűségek:
A kód és kimenet : [link]
Kimenet részlet:
Coupon number : 10
t = 1 -> probability = 0.0
...
t = 65 -> probability = 0.9894114212010927
t = 66 -> probability = 0.9904680213733169
Vagyis 10 kuponnál 66 húzás kell, hogy több mint 0.99 valószínűséggel a feltétel teljesüljön, hogy mind megnyertem.
További kérdések:
Minden jog fenntartva © 2025, www.gyakorikerdesek.hu
GYIK | Szabályzat | Jogi nyilatkozat | Adatvédelem | Cookie beállítások | WebMinute Kft. | Facebook | Kapcsolat: info(kukac)gyakorikerdesek.hu
Ha kifogással szeretne élni valamely tartalommal kapcsolatban, kérjük jelezze e-mailes elérhetőségünkön!