Ja, maar je mag het zonder de bijzondere regel doen van die test van dat getal 10.

In games komt dat wel eens voor dat men zon getal wilt weglaten in de random.

En voor de symmetrie moet 100 eigenlijk 99 zijn omdat men dan aan elke kant van de random_range evenveel elementen heeft.

1..50 50..99

of men kan nemen 1..50 en 51..100

als men volledige symmetrie wil.

[quote='Schwartz' post='413915' date='21 April 2008, 23:13']En nu het volgende probleem voor de wiskundigen:

funktie: random_range(a,b) is random een getal vanaf a tot en met B)

t:=0;buffer:=0;x:=0;

repeat;

inc(x);buffer:=random_range(random_range(1,50),random_range(50,100));

IF buffer<>10 then begin t:=t+buffer;end;

IF t>100 then begin break;end;

until false;

Wat wordt X?[/quote]

Het komt er dus op neer dat we een reeks getallen genereren op de volgende manier,

random_range(random_range(1,50),random_range(50,100)), en stoppen als de som groter is dan 100.

Nu zoeken we het verwachte aantal getallen.

Klopt dit?

Mijn Exponentiele-verdeling aanpak lukt helaas niet.

Ik zal laten zien wat ik van plan was.

Voor n uniform-willekeurige getallen in (0,1) geldt dat de 'tussenruimtes' verdeeld zijn als Exp(n) met gemiddelde 1/n

Dat wil zeggen dat bijvoorbeeld het 4de getal in de gesorteerde rij verdeeld is als 4 Exp(n) = Exp(4 n) (Som van exponentiele is weer exponentieel)

Zij X~Exp(n)

Kies n zodanig dat:

Expect[X + 2X + 3X + ... + nX] = 1

Expect[1/2.n.(n-1) X] = 1/2.n.(n-1).Expect[X] = 1/2.n.(n-1).1/n = 1/2.(n-1)=1

=> n=3

Mijn fundamentele denkfout zat in het feit dat de rij niet gesorteerd is.

nb: Expect[X] is de verwachtingswaarde van X. Ik heb geen E gebruikt om verwarring te voorkomen.

En nu het volgende probleem voor de wiskundigen:

funktie: random_range(a,b) is random een getal vanaf a tot en met B)

t:=0;buffer:=0;x:=0;

repeat;

inc(x);buffer:=random_range(random_range(1,50),random_range(50,100));

IF buffer<>10 then begin t:=t+buffer;end;

IF t>100 then begin break;end;

until false;

Wat wordt X?

Deze vind ik het mooiste !!

We discretiseren het segment [tex][0,1][/tex] tot de verzameling [tex]\{\frac11, \frac12, \frac13, \cdots, \frac{n}{n}\}[/tex] en nemen straks de limiet voor [tex]n \to \infty[/tex].

Kies [tex]n[/tex] vast.

Zij [tex]f(k)[/tex] de verwachting van het aantal getallen dat nodig is om startende met [tex]\frac{k}{n}[/tex] boven 1 te komen.

We zoeken [tex]f(0)[/tex].

[tex]f(n)=1[/tex] (triviaal).

[tex]f(n-1) = 1 + \frac{1}{n}f(n)[/tex], want je moet sowieso 1 zet doen en de kans is [tex]\frac{1}{n}[/tex] dat je met dat getal nog onder 1 blijft.

[tex]f(n-2) = 1 + \frac{1}{n}f(n-1) + \frac{1}{n}f(n)[/tex], want de kans dat je 1 of 2 kleinste stapjes opschuift is [tex]\frac{1}{n}[/tex].

En in het algemeen: [tex]f(k) = 1 + \frac{1}{n}\sum_{i=k+1}^n f(i)[/tex].

Met volledige inductie kun je nu aantonen dat [tex]f(k) = \left(1+\frac{1}{n}^\right)^{n-k}[/tex]

Dat is simpel, dus dat laat ik maar achterwege.

Dus [tex]f(0) = \left(1+\frac{1}{n}^\right)^{n}[/tex]

en de verwachting voor het aantal getallen dat nodig is om boven 1 te komen is

[tex]\lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{1}{n}^\right)^{n} = e[/tex]

Uit het eerste en dit bewijs volgt:

[tex]1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots = \lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{1}{n}^\right)^{n}[/tex]

Dit bericht is bewerkt door [b]Tante Sidonia[/b]: Gisteren over een maand, -10:88

Zij [tex]E:[0,1]\to \nn[/tex] gedefinieerd door

[tex]E(x)[/tex] is het verwachte aantal random getallen met als som minimaal [tex]x[/tex].

We zoeken [tex]E(1)[/tex].

[tex]E(x)\geq 1[/tex] (triviaal).

Het aantal random getallen met minimale som [tex]x[/tex] is precies 1 met kans [tex]1-x[/tex].

en groter dan 1 als de eerste keer een getal kleiner dan [tex]x[/tex] wordt gegenereerd.

Stel de eerste keer heb je getal [tex]y<x[/tex].

Dan is het aantal te verwachten nog te genereren getallen om boven die [tex]x[/tex] uit te komen [tex]E(x-y)[/tex].

Dus [tex]E(x) = 1\cdot (1-x) + \int_{0}^{x} 1+E(x-y)\; dy = 1\cdot (1-x) + \int_{0}^{x} 1+E(u)\; du[/tex].

Differentiëren geeft [tex]E'(x) = -1 + (1+E(x)) = E(x)[/tex]

Dus [tex]E[/tex] is de exponentiële functie. En daar [tex]E(0)=1[/tex] is [tex]E(1)=e[/tex].

Dit bericht is bewerkt door [b]Swiebertje[/b]: Overmorgen, 25:61

Misschien iets met Exp[ln.......] ???

Als men een reeks van 1 tot en met 4 heeft en men moet minimaal 4 hebben dan heeft men maximaal

4 keer een random trekking omdat 4*1 pas 4 is.

Minimaal heeft men dan 1 trekking als men de eerste keer reeds 4 trekt.

De kans dat men 4 keer moet trekken is 1 op 4^4.

De kans dat men 1 keer moet trekken is simpel 1 op 4.

Ik zal het nog een keer uitwerken met de exponentiele verdeling.

Nu heb ik helaas geen tijd.

Mooi zo, het lijkt moeilijk, maar het idee erachter is simpel.

Ik heb wel een oplossing, maar ik denk dat er een eenvoudiger oplossing te geven is.

Bekijk eerst 2 random getallen [tex]x_1[/tex] en [tex]x_2[/tex].

Wat is de kans dat [tex]x_1+x_2>1[/tex]?

Bekijk daartoe het vierkant van 1 bij 1, waar we de trekking als [tex](x_1,x_2)[/tex]-waarde grafisch weergeven.

Nu komt het gebied [tex]x_1+x_2\leq 1[/tex] overeen met het halve vierkant.

Dus [tex]P(x_1+x_2\leq 1) = \frac12[/tex].

Nu 3 random getallen [tex]x_1,x_2,x_3[/tex].

We tekenen de waarden als punten [tex](x_1,x_2,x_3)[/tex] in een kubus met zijden 1.

De kans is de oppervlakte onder de grafiek [tex]x_3 = 1-x_2-x_1[/tex], dus

[tex]P(x_1+x_2+x_3\leq 1) = \int_0^1 \int_1^{1-x_1} 1-x_1-x_2 \; dx_2\; dx_1 = (1-x_1)x_2 - \frac12 x_2^2|_0^1 = \frac16[/tex].

Ik heb nu het vermoeden dat [tex]P(\sum_{i=1}^n x_i \leq 1) = \frac{1}{n!}[/tex].

Dan is automatisch (vermenigvuldigingsfactor [tex]r[/tex] in [tex]n[/tex] dimensionele ruimte):

[tex]P(\sum_{i=1}^n x_i \leq r) = \frac{r^n}{n!}[/tex].

Bewijs:

Met volledige inductie. Stel juist voor [tex]n=m[/tex].

Dan willen we de oppervlakte berekenen onder de grafiek van [tex]x_1+x_2+\cdots + x_{m+1} = 1[/tex].

Dan is [tex]x_1+x_2+\cdots + x_m = 1-x_{m+1}[/tex] en

[tex]P(\sum_{k=1}^{m+1}x_k \leq 1) = \int_0^1 \frac{(1-x_{m+1})^m}{m!}\; dx_{m+1} = \frac{-1}{(m+1)!}(1-x_{m+1})^{m+1}|_0^1 = \frac{1}{(m+1)!}[/tex]

waarmee de juistheid van de inductiehypothese bewezen is.

De kans dat de [tex]n[/tex]-de maal de som boven 1 uitkomt is [tex](1-\frac{1}{n!})-(1-\frac{1}{(n-1)!}) = \frac{1}{(n-1)!}-\frac{1}{n!} = \frac{n-1}{n!}[/tex].

Het verwachte aantal trekking is dan

[tex]\sum_{n=2}^{\infty} n\frac{n-1}{n!} = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n-2)!} = e[/tex]

Dit bericht is bewerkt door [b]jhnbk[/b]: Overmorgen, 15:51

2,7 had ik ook in python, daarmee ik 3 geantwoord heb en hiervoor een benaderende kans heb gegeven.

Ik bekom als antwoord: 2.7

Met deze routine in pascal:

procedure TForm1.Button1Click(Sender: TObject);

var r:longint;

var rs:longint;

var x,y:longint;

var t,sum:longint;

var e:extended;

Var s:string;

begin

{-REMARK}

sum:=0;

for y:=1 to 10000 do begin

rs:=0;

t:=0;

for x:=1 to 1000 do begin

inc(t);r:=random(100000)+1;

rs:=rs+r;

if rs>=100000 then begin break;END;

END;

sum:=sum+t;

end;

E:=sum;

E:=E/10000;

str(E:10,S);

form1.memo1.Lines.add('gemiddelde: '+ S);

end;

@A.Square: kan je de volledige uitwerking geven, want ik zie niet waar je naartoe wilt.

(nog een keer: er ging technisch iets fout waardoor ik het vorige bericht niet kon editen!)

Tussen: is dat >0 en <1 ???

En minstens 1 betekent dat de computer/formule stopt wanneer de som>1 is.

Omdat de randomgenerator niet oneindig is bekomen we bij >0 en <1 aan beide zijden een verschil die dan onwetend is omdat we de informatie van de random generator niet kennen.

(voor een computer, bij wiskunde kan men hiervoor dan oneindig aantal nemen)

Bij een stupide randomgenerator die maar 1 random getal kan leveren tussen 0 en 1, zeg 0.5 zou men altijd 3 keer een resultaat moeten hebben.

0.5 +0.5 =1.

Dat is niet groter dan 1.

Plus 0.5 is 1.5 en we hebben 3 keer een 'randomgetal getrokken.