Вот встретил задачу

[gris]

Ну вы правы, конечно . Я имел в виду, что надо же получить базу индукции. То есть рассмотреть случай, когда бросили два раза, но игра не закончилась. Это равновозможные (тоже надо доказать) ОО, РО, ОР. Из трёх только один исход может дать шанс закончить игру следующим выпадением Р. То есть итоговая вероятность равна $\dfrac13\cdot \dfrac12=\dfrac16$. Вот надо догадаться, что это равно $F_1/2F_3$. Так задача поэтому и олимпиадная. Может быть я путаю нумерацию чисел Фибоначчи
Я полагал, что
$F_1=1; F_2=2; F_3=3; F_4=5; F_5=8$;
$F_6=13; F_7=21; F_8=34; F_9=55; F_{10}=89$

[mihaild]

gris в сообщении #1630750 писал(а):

Интересно, что искомая вероятность при решающем n-ном бросании почти сразу успокаивается у $0,19098$, но в реальной жизни попробуйте получить серию хотя бы из 100 честных(!) бросаний без двух решек подряд

Так в полном соответствии, нам значит нужно чтобы у нас 98 раз сыграло событие с вероятностью 81%, это маловероятно.

gris в сообщении #1630843 писал(а):

Вот надо догадаться, что это равно $F_1/2F_3$

Не надо.
Пусть $a_n$ - число последловательностей без двух решек с решкой в конце, $b_n$ - с орлом в конце. Очевидно что $a_n = b_{n-1}$, $b_n = a_{n-1} + b_{n-1}$, дальше чисто арифметика.

[Dendr]

мат-ламер в сообщении #1630842 писал(а):

Ничего не понял. Расскажу, как я решал.

Виноват, это я переусложнил. Подразумевал, что задачи "9 бросков сделано, но игра не закончена - найти вероятность, что следующий бросок будет последним" и "Какова вероятность того, что игра закончится за 10 бросков?" - разные. Но почему-то решил, что условная вероятность в первом случае равномерная и не зависит от числа совершенных бросков, что совсем не так... Запоздало расписал расклады на бумажке и понял свою ошибку.

Вероятность того, что серия закончится ровно $n$-м броском близка к ${1\over2\sqrt{5}}\left(\varphi\over2\right)^n$, так что заранее ожидаемо, что вероятность события "игра закончится сейчас" устаканивается, но при этом очевидно, что достичь этого момента все труднее и труднее.

А ведь получается парадокс (или не получается?). Допустим участник А подбрасывает монету по этим правилам, и в какой-то момент (заметим, что допустимо входить и перед первым броском) в комнату входит Б и видит, что А замахивается для очередного броска. С его точки зрения все состояния равноправны, он может гарантировать только одно: А еще не закончил. Но какова вероятность, что игра закончится "прямо сейчас"? Если ее можно посчитать, то она не зависит от момента входа, а следовательно вероятность одного и того же события для А и для Б различны!

[мат-ламер]

Продолжаю публиковать задачи с условиями, которые мне понравились.

Задача 3. Пусть $f(x,y)$ - бесконечно дифференцируемая функция от двух переменных с локальным минимумом в нуле. Причём других критических точек (где обе частные производные зануляются) у этой функции нет. Верно ли, что этот минимум глобальный?

Это задача 14.6 из того же журнала МП.

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1631353 писал(а):

Это задача 14.6 из того же журнала МП.

С этой задачей что-то не так. Её условие я переписал сюда просто потому, что оно мне понравилось. В момент переписывания над решением не задумывался. После того как задумался понял, что как-то тут всё очень просто и на олимпиадную эта задача не тянет. Однако, вот сейчас открыл опять журнал (МП-14) и там статья про пятую международную студенческую интернет-олимпиаду. И там эта задача идёт под последним 12-м номером. Вообще обычно на олимпиадах сложность задачи с увеличением его номера возрастает ...

[gris]

в одномерном случае довольно просто. А в двумерном чего только не бывает. Сферу гладко выворачивали Может быть и тут в отрицательную область (допустим, что минимум равен нулю) можно залезть без нулей. Я не всерьёз!

[mihaild]

Поскольку некритичности можно добиться меняя только зависимость от $x$, а глобальность минимума учитывает и зависимость от $y$, то должно быть можно.
Возьмем $f(x, y) = g(x) + h(y)$, так что у обоих слагаемых локальный минимум в нуле, $g' > 0$ при $x \neq 0$, а $h(y)$ бывает сильно меньше нуля. Например $g(x) = x^2$, $h(y) = y^2 - y^4$.

[worm2]

mihaild, не получается. У таких функций нет локальных максимумов, но критические точки (седловые) всё равно есть.

[mihaild]

А, ну да, $x = 0$, $h'(y) = 0$ будет критической точкой. Для функций вида $g(x) + h(y)$ будет глобальный минимум (потому что у обеих функций производные вне нуля положительны).

[мат-ламер]

Расскажу, как я решал эту задачу (задача 3). Прежде всего я подумал, что искать решение я буду в классе простых функций. Просто потому, что если эта задача имеет сложное решение, то я его всё равно не найду. Танцевать стал от функции $R(x,y)=x^2+y^2$ . У неё минимум в нуле. Но другим условиям задачи она не удовлетворяет. Поэтому эту функцию нужно слегка подправить. Поэтому я стал искать решение в классе функций вида $P(x,y)=x^2+y^2Q(x)$ , где $Q(x)$ - некий многочлен. Выписывая у функции $P(x,y)$ частные производные, легко заметить, что если у многочлена $Q(x)$ сугубо кратные корни, то функция $P(x,y)$ имеет единственную критическую точку в нуле. Также легко усмотреть, что если $Q(x)$ - многочлен нечётной степени, то минимум в нуле у него лишь локальный и он может принимать какие угодно отрицательные значения (то, что нам нужно). Далее попробовал найти нужную нам функцию $Q(x)$ среди многочленов третьей степени с сугубо кратными корнями (а их не так уж и много - можно выписать их явный вид), исходя из требования, чтобы в нуле у функции $P(x)$ был локальный минимум.

[ИСН]

Так что в итоге вышло-то?

[мат-ламер]

ИСН в сообщении #1632080 писал(а):

Так что в итоге вышло-то?

Как вариант, можно такую функцию предложить: $P(x,y)=x^2+y^2(1-x)^3$ .

[ИСН]

Красивое.

[Markiyan Hirnyk]

Пример, известный со студенческих времен $f(x,y):=x^3+y^3-3xy.$

-- 09.03.2024, 09:26 --

мат-ламер

Цитата:

Подозреваю, что сумма $s(x)$ нашего ряда в окрестности $x=1$ не просто непрерывная, а аналитическая функция, причём справедливо разложение $s(x)=\sum \left[x \slash \left( 1+x^n \right) \right]^n = 1-(x-1)+6(x-1)^2+o((x-1)^3)$ . Но доказать это строго пока не выходит. Хотя формальные выкладки проходят. Пока отложу задачу.

Ваше утверждение не соответствует действительности. Ряд $\sum_{n=1}^\infty x^n(1+x^n)^{-n}$ абсолютно сходится внутри и вне единичной окружности с центром в начале координат. Его сумма представляет две разные аналитические функции, для одной из них открытый единичный круг, а для другой его внешность являются естественными областями определения, т.к. слагаемое $ x^n(1+x^n)^{-n}$ имеет $n$ полюсов порядка $n$ , равномерно распределенных на указанной окружности. Если бы разложение $ s(x)=1-(x-1)+6(x-1)^2+o((x-1)^3)$ выполнялось, то обе функции можно было бы аналитически продолжить через единицу. Вычисления с Математикой наводят на предположение, что односторонние пределы $s(x)$ в единице для действительных значений $x$ разнятся между собой: правосторонний равен $1$, а левосторонний несколько больше единицы ($\approx 1.3$). Еще одно замечание: в трех сериях "Математического просвещения" не нашел задач с указанными Вами номерами.

[мат-ламер]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1632281 писал(а):

, а левосторонний несколько больше единицы ($\approx 1.3$).

Вот тут я сомневаюсь.

Markiyan Hirnyk в сообщении #1632281 писал(а):

Еще одно замечание: в трех сериях "Математического просвещения"
не нашел задач с указанными Вами номерами.

Задача 2.8 - это задача 8 из выпуска 2 (серия3). Задачный раздел находится в конце журнала.

-- Сб мар 09, 2024 20:25:57 --

Markiyan Hirnyk в сообщении #1632281 писал(а):

т.к. слагаемое $ x^n(1+x^n)^{-n}$ имеет $n$ полюсов порядка $n$ , равномерно распределенных на указанной окружности.

Но ведь действительная точка $x=1$ не является полюсом этой функции. И если это точка не особая, то в её окрестности наша функция аналитическая. И её можно в этой точке разложить в ряд по степеням $x-1$ . Но это всего лишь мои предположения. А в общем я вас не понял. Буду думать.

-- Сб мар 09, 2024 20:26:55 --

Markiyan Hirnyk в сообщении #1632281 писал(а):

Пример, известный со студенческих времен $f(x,y):=x^3+y^3-3xy.$

Да, здесь единственный локальный минимум $x=y=1$ .