Высшая математика

[Trotil]

Третий...

(x^3+4x)/(x^2+x-6)=[x(x^2+x-6)+(дополнение до x^3+4x)]/(x^2+x-6)=x-(x^2-10x)/(x^2+x-6)=x-1+(11x-6)/(x^2+x-6)

(11x-6)/(x^2+x-6)= A/(x+3)+B/(x-2)=(x(A+B)+(3A-2B))/(x^2+x-6)

(A+B)=11
(3A-2B)=-6
Находим А и B и получаем окончательное предствление в виде
(x^3+4x)/(x^2+x-6)=x-1+39/5(x+3)+16/5(x-2)
Интергрируем его, получаем

Решение второго основано на формуле


u=ln(x)
du=1/x

dv=sqrt(x)dx
v=2/3*x^(3/2)

Собираем правую часть равенства:

[Trotil]

fktrctq

из ящика с N белыми и M черными шарами (N>M) вынимают наудачу один шар за другим. чему равна вероятность того, что наступит момент, когда число вынутых черных шаров будет равна числу вынутых белых?

Мне не дает покоя вот эта задачка. Я ее решил, но применил достаточно хитроумный способ решения. Может у тебя проще получится. Задачка из курса стандартного ТеорВера и довольно занимательная. Я ее в сети нашел у жаждущих помощи.

[fktrctq]

Trotil, я конечно подумаю, но это скорее к Шедевре. Она у нас "препод на физмате" Мне убегать сейчас надо (закупка к НГ и всё такое), так что займусь по возвращению.

[fktrctq]

Trotil, у тебя какой ответ получился? И есть ли правильный?

[Trotil]

fktrctq
Правильного нет. А ответ получился 2M/(N+M). Но я его проверил для небольших случаев - сходится.

[fktrctq]

В принципе у меня также. Число благоприятных событий - M, общее число (M+N)/2
А что тут хитроумного?

[Trotil]

А я, в своюю очередь понял, как задачу можно решить, используя стандартный курс теорвера.

Привожу два решения.

С задачей разобрались.

Привожу два решения:

1 - стандартное.

m черных, n белых.
по Ох откладываем m
по Оу n
из (О,О) дойти в (m,n) и есть вытащить все шарики
двигаемся на клетку вправо (0) = вытаскиваем черный, вверх (1) = белый
длина последовательности из 0 и 1 - m+n, каждая последовательность описывает процесс вытаскивания шариков
всего таких последовательностей N=C(m+n, n)
нас устраивают все варианты, проходящие через точки, где абсцисса=ординате. т.е. все точки R(r,r).
их K=C(2r, r)*C(m+n-2r, m-r)
а r может изменяться от 1 до m
P= сумма по r=1 to m (K/N) = (C(2r,r)*C(m+n-2r,m-r))/C(m+n,n)

2 - мое решение, которое сразу пришло мне в голову..

Вынимаем первый шар:

он либо черный с вероятностью M/(M+N), либо белый - с вероятностью N/(M+N)

Если случай 1 - это хорошо: черных меньше и обязательно наступит момент, когда число вынутых белых и черных шаров сравняется.
Если случай 2: здесь все не так просто.





Здесь одна страничка, про то, что такое числа Каталана. Главное - понять принцип, как оно считается через геометрическую интерпретацию, потому что, что здесь я буду использовать такой же принцип подсчета, поэтому текст ниже читать только после просмотра скриншотов, иначе не будут понятны обозначения и принцип.

Итак, ситуация такая:
мы находимся в точке (1,1) и нам нужно прийти к точке (N+M, N-M).
Число возможных способов так сделать: C (N+M-1, N-1) - число шагов - (N+M-1) и за них мы вытащим ровно (N-1) белый шар.

Из этого числа нам нужно вычесть все случаи, когда ломаная попадет на прямую y=0 (белых и черных шаров будет поровну).
Используя тот же фокус с отражением ломаной относительно прямой (y=0) - здесь все такие нехорошие прямые будут попадать в точку (N+M, M-N). Число способов туда добраться - C (N+M-1, N).

Число хороших случаев: C (N+M-1, N-1) - C (N+M-1, N) = (N-M)/N * C(N+M-1,M)>

Самое сложное позади.

Теперь собираем это все в одно целое:

1 - (N/(N+M))*[(N-M)/N * C(N+M-1,N-1)]/C (N+M-1, N-1) = 1 - (N-M)/(N+M) = 2M/(N+M)

А что тут хитроумного?

Посмотри на мое решение. Фокус с отражением ломаной для стандартного решения не подойдет, как мне кажется.

[fktrctq]

Твое я сейчас почитаю. Мое куда проще

Мой ход решения:
число возможных благоприятных исходов равно числу меньшего количества шаров (это надеюсь объяснять не надо ), а общее число событий - каждое второе вытаскивание. Относим первое ко второму и получаем ответ.

[Trotil]

число возможных благоприятных исходов равно числу меньшего количества шаров

Надо. Что есть в твоем случае "благоприятный исход"?

[fktrctq]

вероятность - отношение благоприятных событий (число вытащенных черных равно числу вытащенных белых) к общему числу событий (событие в данном случае наступает, когда вытащенно четное число шариков). В идеале (если вытаксивать поочереди черный и белый), то благоприятное событие повторится M раз. Так понятней?

[Trotil]

В идеале (если вытаксивать поочереди черный и белый), то благоприятное событие повторится M раз. Так понятней?

Ну это же в идеале.
И потом, мы не считаем, сколько раз совпало. Мы считаем отношение тех случаев, ккогда есть хоть одно совпадение ко всему пространству событий.

Ощущение, что ты решал другую задачу. Но ответ совпал

[fktrctq]

"Вероятностью P(A) события A называется отношение числа исходов, благоприятствующих данному событию, к общему числу всех равновозможных, попарно несовместных исходов"
С общим числом исходов вопросов не возникло?
Число исходов, благоприятствующих данному событию - максимальное число благоприятствующих исходов.

В чем я не прав?

Попытался разобраться с твоими решениями, понял что в час ночи высшая математика так просто не дается

[Trotil]

понял что в час ночи высшая математика так просто не дается

У меня по-прежнему ощущение, что ты решаешь другую задачу. Позже обосную. Завтра вечером, видимо.

[fktrctq]

Завтра... ну хорошо, попробуем завтра.

[Trotil]

Я пока напишу краткий пример:

в корзине 2 черных шара и 4 белых.

ччбббб
чбчббб
чббчбб
чбббчб
чббббч
бччббб
бчбчбб
бчббчб
бчбббч
ббччбб
ббчбчб
ббчббч
бббччб
бббчбч
ббббчч

Это 15 возможных последовательностей вытащить из корзины шары. Число их С(4+2,2) = C(6,2) = 6*5/2 = 15.

Жирным выделен момент, когда число белых и черных шаров равное количество. 10 из 15. 10/15 = 2/3. То же самое и по формуле: 2*2/(2+4) = 2/3.