Репетитор Пупасов-Максимов Андрей Михайлович 89443

👍
0
👎

Ответ на «Творческий вопрос про свойство материалов оставлять ожоги трением и его возможную минимизацию»

нужно взять справочник по коэффициентам трения материалов за основу, а подбирать материал экспериментально

Пупасов-Максимов Андрей Михайлович 30 авг 2022 06:06

👍
+1
👎

Ответ на «Задача по физике»

Найдите в википедии массу молекулы воды. Поделите 1 гр на массу молекулы, вы узнаете сколько молекул воды в одном кубическом сантиметре. Обозначим это число N. Молекулы распределены равномерно, значит весь объем поделен между ними поровну. На каждую молекулу приходится объем 1 см^3 поделить на число молекул. Представим себе этот объем как маленький кубик, в центре которого находится молекула. Сторона этого кубика равна корню кубическому из (1/N). Поскольку соседние молекулы сидят в соседних кубиках, длина стороны и будет определять среднее расстояние между молекулами.

Пупасов-Максимов Андрей Михайлович 30 сен 2021 23:34

👍
0
👎

Ответ на «математическая задачка . Графы.»

Интересная задачка. Можно либо пытаться подобрать граф для такой компании, либо найти какие-нибудь ограничения. Мне было проще работать с представлением графа в виде матриц. Обозначим за А матрицу связей графа. Поскольку из каждой вершины исходят 5 ребер, то должен быть регулярный граф, что в матричном виде записывается как АJ=5J (матрица J — матрица из одних единичек, произведение строки А на столбец J как раз подсчитывает сколько ребер выходит из данной вершины). Тот факт что любые две вершины имеют два общих соседа записвается в виде АА=3I+2J (iая строка А умножить на jый столбец А равно 2, а если i=j, то 5). Получается два матричных уравнения.Если мы первое уравнение умножим слева на А, получим ААJ=25J. Умножим второе уравнение справа на J получим AAJ=3J+2vJ. Вычитая первое уравнение из второго найдем что 2vJ=22J. То есть число вершин v=11. C другой стороны, для регулярного графа, произведение числа вершин на кратность вершины должно быть четным, но 55 нечетное. Значит такой граф не возможен. Подобрать такую компанию нельзя!

Пупасов-Максимов Андрей Михайлович 16 июл 2021 02:37

👍
+1
👎

Ответ на «Задача по теории вероятностей на математическое ожидание»

Я на эту задачу ответил в другом месте, повторю здесь решение уже одним комментарием.

Мне каждется задачка нетривиальная, у меня есть набросок решения, но может быть я где-то в арифметике ошибся. Стратегия такая. Попробуем формализовать задачу, перейдя к рассмотрению двоичных последовательностей. Например, при извлечении 2х шаров нам нужно рассмотреть 0=00, 1=01, 2=10, 3=11. Здесь матожидание найти просто (ноль у меня черный шар, единичка белый), у нас есть ноль пулов, и три раза по одному пулу (изолированная с двух сторон нулями единичка-уже белый пул!). Обозначим это матожидание как <N(2)>.

Если взять большее число испытаний, то возникает сложность с (одновременным) подсчетом числа пулов и соответствующих веротностей (понятно, что для каждой двоичной последовательности вероятности появления нулей и единиц нужно перемножить). Но в задаче есть повторяющаяся структура — при увеличении числа испытаний, сначала все двоичные последовательности повторяются, потом слева появляется дополнительная единичка и снова все повторяется. Логично попробовать вывести рекуррентную формулу для матожидания <N(n)>. Сделать это можно так — при n испытаниях вы должны выписать двоичные представления чисел от 0 до (2^n)-1. Обозначим p(i,n) число пулов в двоичном представлении числа i, u(i,n) — число единичек в двоичном представлении числа i.

Наша стратегия заключается в том, чтобы не выводить формулы для числа пулов и числа единичек! Запишем матожидание числа пулов
<N(n)>=Sum[p(i,n)(2/7)^u(i,n)(5/7)^(n-u(i,n)),{i,0,2^n-1}]=(5/7)^n Sum[p(i,n)(2/5)^u(i,n),{i,0,2^n-1}]

Тоже самое сделаем для матожидания при увеличенном на 1 числе испытаний

<N(n+1)>=(5/7)^(n+1) Sum[p(i,n+1)(2/5)^u(i,n+1),{i,0,2*2^n-1}]

Теперь нужно в формуле для <N(n+1)> попытаться выделить <N(n)>. Для этого нужно понять как работает число пулов, при добавлении еще одного двоичного разряда. Если число i < 2^n, то p(i,n+1)=p(i,n), u(i,n+1)=u(i,n). Если число 2^n-1<i < 2^n+2^(n-1), то в двоичном разложении слева появляется изолированная единичка p(i,n+1)=1+p(i,n), u(i,n+1)=1+u(i,n). И в оставшемся диапазоне, левая единичка сливается с предыдущей единичкой и p(i,n+1)=p(i,n), u(i,n+1)=1+u(i,n).

После некоторых алгебраических преобразований (где и могут быть ошибки, в основном, из-за манипуляций с верхними пределами суммирования) у меня получилось, что

<N(n+1)>=<N(n)>+(2/5)(5/7)^(n+1)Sum[(2/5)^u(i,n),{i,0,2^(n-1)-1}]

Для оставшейся суммы я не придумал ничего лучше, чем снова найти рекуррентное соотношение с(n-1)=Sum[(2/5)^u(i,n),{i,0,2^(n-1)-1}], c(n)=c(n-1)+2/5 c(n-1)=(7/5)c(n-1). Поскольку с(1)=1+2/5=7/5, то с(n)=(7/5)^n.

Теперь можно выписать искомое рекуррентное соотношение
<N(n+1)>=<N(n)>+(2/5)(5/7)^(n+1)(7/5)^(n-1) =<N(n)>+(2/5)(5/7)^2.
Это арифметическая прогрессия! <N(n+1)>=<N(n-1)>+2(2/5)(5/7)^2. Значит <N(n)>=n (2/5)(5/7)^2.
И, окончательно, <N(20)>=20*2*5/7^2=200/49~4, то есть в среднем мы ожидаем 4 белых пула. Ответ похож на правду, если учеть что число возможных пулов от 0 до 10.

Пупасов-Максимов Андрей Михайлович 13 июл 2021 01:44

👍
0
👎

Ответ на «теория вероятностей»

а как вам мое решение? прошу прощения за длинную ветку, переписывал из черновика по шагам (заодно и ошибочки подчистил).

Пупасов-Максимов Андрей Михайлович 09 июл 2021 01:47

👍
0
👎

Ответ на «теория вероятностей»

Теперь можно выписать искомое рекуррентное соотношение <N(n+1)>=<N(n)>+(2/5)(5/7)^(n+1)(7/5)^(n-1) =<N(n)>+(2/5)(5/7)^2. Это арифметическая прогрессия! <N(n+1)>=<N(n-1)>+2(2/5)(5/7)^2. Значит <N(n)>=n (2/5)(5/7)^2. И, окончательно, <N(20)>=20*2*5/7^2=200/49~4 Ответ похож на правду, если учеть что число возможных пулов от 0 до 10

Пупасов-Максимов Андрей Михайлович 07 июл 2021 17:55

👍
0
👎

Ответ на «теория вероятностей»

Для оставшейся суммы я не придумал ничего лучше, чем снова найти рекуррентное соотношение с(n-1)=Sum[(2/5)^u(i,n),{i,0,2^(n-1)-1}], c(n)=c(n-1)+2/5 c(n-1)=(7/5)c(n-1). Поскольку с(1)=1+2/5=7/5, то с(n)=(7/5)^n

Пупасов-Максимов Андрей Михайлович 07 июл 2021 17:50

👍
0
👎

Ответ на «теория вероятностей»

После некоторых алгебраических преобразований у меня получилось, что <N(n+1)>=<N(n)>+(2/5)(5/7)^(n+1)Sum[(2/5)^u(i,n),{i,0,2^(n-1)-1}]

Пупасов-Максимов Андрей Михайлович 07 июл 2021 17:41

👍
0
👎

Ответ на «теория вероятностей»

Теперь нужно в формуле <N(n+1)> попытаться выделить <N(n)>. Для этого нужно понять как работает число пулов, при добавлении еще одного двоичного разряда. Если число i < 2^n, то p(i,n+1)=p(i,n), u(i,n+1)=u(i,n). Если число 2^n-1<i < 2^n+2^(n-1), то в двоичном разложении слева появляется изолированная единичка p(i,n+1)=1+p(i,n), u(i,n+1)=1+u(i,n). И в оставшемся диапазоне, левая единичка сливается с предыдущей единичкой и p(i,n+1)=p(i,n), u(i,n+1)=1+u(i,n).

Пупасов-Максимов Андрей Михайлович 07 июл 2021 17:35

👍
0
👎

Ответ на «теория вероятностей»

Тоже самое сделаем для матожидания при увеличенном на 1 числе испытаний <N(n+1)>=(5/7)^(n+1) Sum[p(i,n+1)(2/5)^u(i,n+1),{i,0,2*2^n-1}]

Пупасов-Максимов Андрей Михайлович 07 июл 2021 17:24

Пупасов-Максимов Андрей Михайлович

Ответы: