Matematyka.pl

Witam, poniżej kilka ciekawych zadań. Niektóre zrobiłem, niektórych jeszcze nie. Poziom jest całkiem wysoki (jak dla mnie), więc jestem ciekaw różnych rozwiązań.

1.
Niech \(\displaystyle{ U}\) będzie kwadratem, natomiast \(\displaystyle{ \{R_{i}\}_{i\in \mathbb{N}}}\) rozłącznymi okręgami wewnątrz niego (\(\displaystyle{ R_{i}\cap R_{j} = \emptyset}\) dla \(\displaystyle{ i\neq j}\)).
Wiemy, że \(\displaystyle{ \lambda (U-\bigcup_{i=1}^{\infty}R_{i})=0}\). Udowodnić, że szereg promieni tych okręgów jest rozbieżny.

2.
Mamy do dyspozycji dwie kostki z numerami od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 6}\). Możemy na nich przeprowadzić operację wyważania tzn. zmieniać rozkład prawdopodobieństwa każdej z nich na \(\displaystyle{ 1,...,6}\). Udowodnić, że nie można tak wyważyć kostek żeby jednokrotny rzut dwiema kostkami miał rozkład jednostajny na \(\displaystyle{ 2,...,12}\)

3.
Zaczynamy hodować motyle. Na początku mamy jednego motyla o tej własności, że może posiadać najwyżej 2 potomków. Prawdopodobieństwo tego, że nie będzie miał potomstwa wynosi \(\displaystyle{ p}\), 1 potomka \(\displaystyle{ q}\), a 2 potomków \(\displaystyle{ r}\). Jakie jest prawdopodobieństwo, że hodowla wymże przy założeniu, że potomkowie mają identyczne własności.

4.
Skonstruować nieskończony ciąg zdarzeń niezależnych na \(\displaystyle{ (0,1)}\) takich, że każde z nich ma prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ p>0}\). (mam taką treść i sam nie do końca potrafię ją zinterpretować)

Powodzenia

zad 4)
przyszło mi do głowy takie proste rozwiązanie:

miara Lebesgue'a na (0,1) jest miarą probabilistyczną

weźmy nieskończony ciąg zdarzeń stały równy (0,1)

oczywiście wtedy taki ciąg zdarzeń jest niezależny i wszystkie zdarzenia mają prawdopodobieństwo 1

4 można tak:
Konstruujemy indukcyjnie przedziały \(\displaystyle{ A_0,A_1,A_{00},A_{01},...}\) indeksowane skończonymi ciągami zero-jedynkowymi.
\(\displaystyle{ A_0=(0,p)}\)
\(\displaystyle{ A_1=(p,1)}\)
\(\displaystyle{ A_{00}=(0,p^2)}\)
\(\displaystyle{ A_{01}=(p^2,p)}\)
\(\displaystyle{ A_{10}=(p,p+p(1-p))}\)
\(\displaystyle{ A_{11}=(p+p(1-p),1)}\)
nie wiem czy już widać jak będzie dalej, ale ogólnie tak:
mając przedział \(\displaystyle{ A_{a_1a_2...a_n}}\)
tworzymy \(\displaystyle{ A_{a_1a_2...a_n0} \cup A_{a_1a_2...a_n1}=A_{a_1a_2...a_n}}\) w taki sposób, aby:
długość \(\displaystyle{ A_{a_1a_2...a_n0}}\) była równa p razy długość \(\displaystyle{ A_{a_1a_2...a_n}}\), a długość \(\displaystyle{ A_{a_1a_2...a_n1}}\) była równa (1-p) razy długość \(\displaystyle{ A_{a_1a_2...a_n}}\).

Teraz definiujemy sobie \(\displaystyle{ A_n= \bigcup_{}^{} \{A_{a_1,...,a_{n-1}0}:a_i\in \{0,1\}\}}\)
i dowodzimy, że są niezależne i mają prawdopodobieństwo p.

Może ja jestem głupi, ale skoro okrąg ma miarę zero, to suma przeliczalnie wielu rozłącznych okręgów nadal ma miarę zero, zatem treść pierwszego zadania jest trochę kiepska.
Pewnie jednak coś źle rozumiem, a chciałbym, żeby było inaczej.

Wasilewski pisze:Może ja jestem głupi, ale skoro okrąg ma miarę zero, to suma przeliczalnie wielu rozłącznych okręgów nadal ma miarę zero, zatem treść pierwszego zadania jest trochę kiepska.
Pewnie jednak coś źle rozumiem, a chciałbym, żeby było inaczej.

No, wyraźnie coś nie tak, pewnie chodzi o kółka a nie okręgi.

Tak oczywiście, chodziło o koła, małe przejęzyczenie

1) Wylosujmy prostą równoległą do jednego z boków kwadratu. Niech \(\displaystyle{ A_i}\) będzie zdarzeniem, że prosta przecina \(\displaystyle{ i}\)ty okrąg. Oczywiście \(\displaystyle{ P(A_i) = 2\pi r_i}\). Jeśli szereg jest zbieżny, to z lematu Borela-Cantelliego z prawdopodobieństwem 0 prosta przecina nieskończenie wiele okręgów. Pozostaje pokazać, że skoro miara obszaru poza okręgami jest 0, to tak być nie może.

2.
Gdyby kostki dało się wyważyć, to istniałyby sumujące się do 1 nieujemne liczby \(\displaystyle{ p_1,p_2,p_3,p_4,p_5,p_6}\) i sumujące się do 1 nieujemne liczby \(\displaystyle{ q_1,q_2,q_3,q_4,q_5,q_6}\) takie, że
\(\displaystyle{ (p_1x+p_2x^2+p_3x^3+p_4x^4+p_5x^5+p_6x^6)(q_1x+q_2x^2+q_3x^3+q_4x^4+q_5x^5+q_6x^6)=\\=\frac1{11}(x^2+x^3+\dots+x^{12})}\)
czyli
\(\displaystyle{ (p_1+p_2x+p_3x^2+p_4x^3+p_5x^4+p_6x^5)(q_1+q_2x+q_3x^2+q_4x^3+q_5x^4+q_6x^5)=\\=\frac1{11}(1+x+x^2+\dots+x^{10})}\)
To jednak niemożliwe, bo lewa strona ma pierwiastki rzeczywiste (jako iloczyn wielomianów o stopniach nieparzystych), a prawa ich nie ma (bo 1 nie jest takim pierwiastkiem, a dla \(\displaystyle{ x\ne1}\) prawa strona jest równa \(\displaystyle{ \frac{x^{11}-1}{11(x-1)}}\), co jest dodatnie, jako iloraz dwóch liczb tego samego znaku).

2. prościej (ale mniej ciekawie, bo na palcach)
Przy oznaczeniach, jak wcześniej, gdyby dało się kostki wyważyć, mielibyśmy:
\(\displaystyle{ \frac1{11}=P(\text{suma oczek}=2)=p_1q_1\\
\frac1{11}=P(\text{suma oczek}=12)=p_6q_6\\
\frac1{11}=P(\text{suma oczek}=7)\geq p_1q_6+p_6q_1}\)
Stąd \(\displaystyle{ p_1,q_1,p_6,q_6>0}\) oraz
\(\displaystyle{ p_1(q_1-q_6)>p_1q_1-(p_1q_6+p_6q_1)\geq0\\
p_6(q_1-q_6)<(p_1q_6+p_6q_1)-p_6q_6\leq0}\)
Zatem \(\displaystyle{ q_1>q_6}\) i \(\displaystyle{ q_1<q_6}\). Sprzeczność.

3.
Szukane prawdopodobieństwo oznaczmy przez \(\displaystyle{ x}\).
Zauważmy, że na \(\displaystyle{ x}\) sumują się 3 przypadki:
1. Motyl od razu wymiera - na to jest prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ p}\)
2. Motyl ma 1 potomka, którego wszyscy potomkowie potem wymierają - na to jest prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ qx}\).
3. Motyl ma 2 potomków, przy czym zarówno wszyscy potomkowie 1 potomka jak i drugiego potomka wymierają - na to jest prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ rx^{2}}\).
Mamy zatem zależność \(\displaystyle{ x=p+qx+rx^{2}}\). Mamy zaem rozwiązać równanie: \(\displaystyle{ rx^{2}+(q-1)x+p=0}\), ale przecież \(\displaystyle{ p+q+r=1}\), zatem \(\displaystyle{ 0=rx^{2}-(p+r)x+p=(x-1)(rx-p)}\). Zatem albo \(\displaystyle{ x=1}\), albo \(\displaystyle{ x=\frac{p}{r}}\). Ktoś wie, co z tym począć ?

Bardzo dobrze, ale nie ma tak łatwo.
Cała trudność tego zadania polega na wykazaniu, że \(\displaystyle{ x\neq 1}\)
Co więcej, Twój sposób nie przejdzie przy zstępującym ciągu prawdopodobieństw \(\displaystyle{ \{p_{i}\}}\) na posiadanie \(\displaystyle{ i}\) potomków. Wynik wyszedł Ci bardzo dobrze, w ogólnym przypadku łatwo oprzeć to o funkcje tworzące (w pewnym sensie się o to oparłeś) i coś wywnioskować

Nie za bardzo rozumiem, co napisałeś xD. W szczególności tego zdania, w którym mówisz, kiedy mój sposób nie przejdzie xp.
A czy odpowiedź, to nie będzie przypadkiem \(\displaystyle{ min(1; \frac{p}{r})}\). Treści inaczej można zinterpretować tak, że startujemy z wartości 1 i z prawdopodobienstwem \(\displaystyle{ p}\) zmniejszamy naszą wartość o 1, a z prawdopodobieństwem r zwiększamy naszą wartość o 1 (wydanie 1 potomka na świat olewamy). Populacja wymiera, gdy zejdziemy do 0, a na to, że nasza wartość będzie zawsze większa od 0, gdy \(\displaystyle{ p \ge}\) raczej nie ma szans. Tylko rozumiem, że trudność polega na tym, aby wykazać, że \(\displaystyle{ x \neq 1}\) dla \(\displaystyle{ p<r}\) xp...

Gdy \(\displaystyle{ \frac{p}{r} \geq 1}\), to z rozważań Świstaka, dostaniemy, że na pewno motyle wyginą. Gdy \(\displaystyle{ \frac{p}{r} < 1}\), to chcemy pokazać, że \(\displaystyle{ x < 1}\), wtedy dostaniemy, że \(\displaystyle{ x = \frac{p}{r}}\) -- z równania kwadratowego.
Załóżmy, że motyle rodzą się w kolejnych cyklach i po urodzeniu giną. Niech \(\displaystyle{ Y_i}\) to liczba motyli po itym cyklu. Wtedy \(\displaystyle{ Y_0 = 1}\). Prosto pokazać, że \(\displaystyle{ X_i = (\frac{p}{r})^{Y_i}}\) jest martyngałem. Weźmy moment stopu \(\displaystyle{ \tau = \min \{k | Y_k = 0 \}}\) i jego obcięcia \(\displaystyle{ \tau_n = \min ( \tau, n)}\). \(\displaystyle{ \tau_n}\) jest ograniczonym momentem stopu, więc mamy \(\displaystyle{ \frac{p}{r} = E X_0 = E X_{\tau_n} = P( \tau_n < n) + P( \tau_n = n )E( X_{\tau_n} | \tau_n = n)}\). Stąd dostajemy, że \(\displaystyle{ P( \tau_n < n) \leq \frac{p}{r}}\). Prawdopodobieństwo, że \(\displaystyle{ P( \tau < \infty)}\) jest granicą \(\displaystyle{ \lim_{n} P( \tau_n < n)}\), czyli jest nie większe od \(\displaystyle{ \frac{p}{r}}\), a to jest mniejsze od 1.