[MD-sorular] para tuzagi 2

[tibetefendi at yahoo.com]

Görkem'in yaptigi hesap cok güzel. Sanirim en kolay yolu da bu.
Onun yazdigi seyin aciklamasini yaziyorum, kendisi her seyi dogru yazmakla beraber, aciklamalardan biraz tasarruf etmis.

i eksigim varken i-1 eksigim kalmasi icin ortalama kac kart almam gerekiyor?

1. aldigim kartin yeni bir kart cikmasi ihtimali. 
i eksigim var bir kart satin aldim. Bu kartin bende olmayan bir kart olma ihtimali i/N.
2. aldigim kartin yeni bir kart cikmasi ihtimali (birinci cikmamis olacak) 
i eksigim vardi birinci karti aldigimda bende olan bir kart cikti ama ikinci karti aldigimda bende olmayan bir
 kart cikti. Bunun ihtimali (1-i/N)*i/N.
3. aldigim kartin yeni
 bir kart cikmasi ihtimali (ilk ikisi basarisiz olacak)
Bunun ihtimali de (1-i/N)^2*(i/N)
Bu sekilde devam ediyor ve beklenti degeri icin Görkem'in yazdigi seri ortaya cikiyor.
(i/N) + 2*(i/N)*(1 - i/N) + 3*(i/N)*(1 - i/N)^2 +
 ....  + k*(i/N)*(1 - i/N)^k + ...
Bu seri de yakinsiyor, toplami N/i. (türev alarak bulunuyor bu toplam.)

Bu durumda N eksikten N-1 eksige ortalama N/N adimda,
N-1 eksikten N-2 eksige ortalama N/(N-1) adimda,
...
1 eksikten 0 eksige ortalama N/1 adimda varirim.

Bunlarin da toplami aradigimiz cevap, yani N*(1+1/2+1/3+...+1/N).

Zar sorusu cevap 6*(1+1/2+1/3+1/4+1/5+1/6)= 14,7 cikiyor. Görkem'in dedigi gibin.
Para tuzagi sorusu icinse cevap: Ortalama 4505 kart satin alinca futbolculari tamamliyor.

tibet


--- On Sun, 5/31/09, Gorkem Ozkaya <gorkemozkaya at gmail.com> wrote:

From: Gorkem Ozkaya <gorkemozkaya at gmail.com>
Subject: Re: [MD-sorular] para tuzagi 2
To: "md" <md-sorular at matematikdunyasi.org>
Date: Sunday, May 31, 2009, 6:46 PM

Bence zar sorusu icin cozum 14.7.

Genel bir N icin ise \toplam {i = 1'den N'e} N/i .

Once su soruyu dusunelim:  i eksigim varken  i-1 eksigimin kalmasi
icin ortalama kac kez zar atmam (veya kart almam) gerekiyor?

yanit:

(i/N) + 2*(i/N)*(1 - i/N) + 3*(i/N)*(1 - i/N)^2 +
 ....  + k*(i/N)*(1 -
i/N)^k + ...
 = N/i

Baslangicta N eksigim var, en son olarak da 1 eksigim kalacak, o zaman sonuc
N/N + N/(N-1) + N/(N-2) + ... + N/1
olur.



2009/5/31 Kerem Altun <kerem.altun at gmail.com>:
> Bu sorunun yanitinin 6 olmamasi neredeyse mumkun degil. Bir ara kanitiyla
> yazacagim.
>
> Kerem
>
>
>
> 2009/6/1 tibet efendi <tibetefendi at yahoo.com>
>>
>> Düsündüm de o soru, su soruyla ayni:
>> 1'den 6'ya kadar her sayiyi en az bir kere tutturmus olmak icin ortalama
>> kac kez zar atmam gerekir.
>> Hala cözemedim. Göründügünden daha zormus.
>>
>>
>>
>>
>>
 _______________________________________________
>> MD-sorular e-posta listesi
>> sorular at matematikdunyasi.org
>> http://lists.math.bilgi.edu.tr/cgi-bin/mailman/listinfo/md-sorular
>
>
> _______________________________________________
> MD-sorular e-posta listesi
> sorular at matematikdunyasi.org
> http://lists.math.bilgi.edu.tr/cgi-bin/mailman/listinfo/md-sorular
>
_______________________________________________
MD-sorular e-posta listesi
sorular at matematikdunyasi.org
http://lists.math.bilgi.edu.tr/cgi-bin/mailman/listinfo/md-sorular



      
-------------- sonraki bölüm --------------
Bir HTML eklentisi temizlendi...
URL: http://lists.math.bilgi.edu.tr/pipermail/md-sorular/attachments/20090601/4fbb0565/attachment.htm