Кто такой falcao математик

Кто такой @falcao, чем занимается, где работает?

задан 26 Апр ’17 17:20

ну у меня ощущение что работает он на этом форуме:). Хотя больше 3 секунд над задачами не думает, так что 60 секунд в день вряд ли можно назвать работой:)

Подпишусь на каменты

@falcao уже писал на этом же форуме в комментах: и чем занимается, и где работает

@cartesius Да, очень своеобразная система философских взглядов. К сожалению, разбросанная по целой туче комментариев в разных тёмных уголках ЖЖ-пространства. Но Гугль находит…

1 ответ

Радаме́ль Фалька́о Гарси́я Са́рате (исп. Radamel Falcao García Zárate; родился 10 февраля 1986 года, в Санта-Марте, Колумбия), также известный как просто Радамель Фалькао — колумбийский футболист, нападающий клуба «Монако» и сборной Колумбии. Лучший бомбардир в истории сборной Колумбии, делит этот рекорд с Арнольдо Игуараном (по 25 голов).

Таких людей надо знать.

А кто такой @falcao знать необязательно, я думаю.Если захочет-сам ответит

отвечен 26 Апр ’17 17:26

Сейчас я за знания футбола наберу очков больше, чем за решения

Я долгое время думал, что под именем @falcao числится группа высокого уровня математиков, которая круглосуточно дежурит на форуме. Причем одновременно дежурит не менее четырех человек. Однако со временем я отказался от этой мысли, поскольку очень индивидуальный стиль рассуждений, что исключает авторство разных людей. И все же я ничего не понимаю. Это мистификация какая-то.

Источник

об одной математической проблеме

В этих записях у каждого юноши перечислены все девушки, с которыми он знаком. Требуется узнать, возможно ли паросочетание, то есть может ли каждый из юношей выбрать себе в пару одну из знакомых ему девушек, чтобы при этом разные юноши не выбрали одну и ту же девушку.

В приведённом примере возможно, например, такое паросочетание: 1D 2A 3E 4F 5H 6B 7G (при этом не утверждается, что оно единственно). Сразу обычно бывает трудно сказать, есть ли такое паросочетание вообще. Задачу можно решить при помощи полного перебора вариантов, хотя это в общем случае ведёт к длинным вычислениям. Есть намного более эффективные способы, которые я здесь обсуждать не буду.

Пока что замечу, что паросочетания может и не найтись. Рассмотрим вот какой пример:

Обратим внимание на юношей под номерами 2, 4, 5, 6, 7. Никто из них не знаком ни с какой девушкой кроме B,C,E,G. Поэтому ясно, что уже для этих пяти юношей паросочетание, требуемое в условии задачи, невозможно. Наличие препятствий этого рода, когда можно выделить часть юношей, которым не хватает знакомых девушек просто по количеству, является необходимым и достаточным условием невозможности паросочетания. Если хотя бы одно такое препятствие есть, то паросочетание не подобрать; если же такие препятствия отсутствуют, то некоторое паросочетание всегда возможно. В этом состоит содержание известной Теоремы Холла о свадьбах.

Тот «матримониальный» сюжет, который здесь рассмотрен, является далеко не единственным. Можно, например, вместо «юношей» рассматривать тех, кто подал заявку на «биржу труда», а вместо «девушек» тут будут те специальности, по которым готов работать заявитель.

Здесь, как и выше, необходимым и достаточным условием возможности выбора является условие «количественного» типа. Это значит, что какие бы мы ни взяли k юношей из общего числа, на них должно прийтись по крайней мере 2k девушек, которые знакомы хотя бы с одним из выбранных юношей.

А теперь я хочу коротко обсудить задачи на тему «удвоения». Как-то я для олимпиады предложил такую задачу. Имеется целочисленная решётка на плоскости. В каждом узле решётки сидит блоха. В некоторый момент все блохи одновременно совершают прыжки на некоторое расстояние, не превосходящее какой-то фиксированной постоянной величины. Спрашивается, могло ли оказаться так, что в каждом узле окажется две блохи или более?

Ответ здесь отрицателен, но он не слишком очевиден. Поскольку общее число блох бесконечно, мы не можем прибегнуть к соображениям сохранения количества. В частности, если позволить блохам прыгать сколь угодно далеко, то тут «удвоение» очень легко организовать.

У нас получится при этом растущее вниз «дерево», напоминающее «корневую систему». Если мы поселим в каждом из «узлов» по одной «блохе», то далее план их «переселения» будет такой: самая верхняя блоха остаётся на своём месте, а все остальные ползут вверх по отрезку (такой всегда один). Легко понять, что в самом верхнем «узле» сойдутся пять блох, а в каждом из остальных окажется ровно по три (пришедшие снизу). То есть произойдёт желаемое «удвоение», и даже с «пеервыполнением плана» 🙂 Этот способ можно слегка модифицировать, если задаться целью, чтобы в каждом «узле» оказалось ровно две блохи.

Имеется огромное количество разного рода полезных критериев, при помощи которых граф («сеть») можно протестировать на предмет возможности его «удвоить» в описанном выше смысле. В подавляющем большинстве случаев ответ оказывается возможно дать, так как срабатывает какой-нибудь из признаков. Однако попадаются редкие очень сложно устроенные графы, возникающие в недрах некоторых разделах математики, где ответ на вопрос получить никак не удаётся.

Итак, нарисована одна «каретка». У неё есть две нижние точки. К каждой из них разрешается пририсовать ещё по одной «каретке». Это надо сделать так, чтобы проводимые линии не пересекали друг друга. Этот процесс можно продолжать конечное число раз. К каким-то точкам мы пририсовываем снизу новые «каретки», а какие-то точки не «ветвим» вниз.

Каждое наше «дерево» будет состоять из конечного числа «кареток». (Далее я буду опускать кавычки.) Если такая каретка всего одна, то дерево в точности из неё и состоит. Если кареток две, то возможны два варианта. В обоих случаях есть самая верхняя каретка, а снизу к ней добавлена вторая, подсоединённая к концу либо левого, либо правого отрезка верхней каретки. Здесь и далее подразумевается, что верхние точки добавляемых снизу кареток совпадают с нижними концами отрезков верхних кареток. К сожалению, из-за несовершенства техники создания рисунков мне не удалось в полной мере добиться желаемого эффекта.
Вот какие две (отдельные) картинки возникают для деревьев из двух кареток:

На всякий случай я бы добавил ещё вот что. Прежде всего, все эти деревья можно нарисовать чуть иначе, продлив некоторые линии так, чтобы все их нижние концы располагались на одной прямой. Для верхней картинки у нас получится вот что:

Легко понять, что нижних вершин у каждого из деревьев ровно три (вообще, если кареток k, то нижних вершин, называемых листьями, ровно на единицу больше, то есть всего k+1). Если мы сопоставим этим точкам буквы a,b,c (слева направо) в каждой из картинок, то деревьям этим будут естественным образом соответствовать следующие скобочные выражения: (ab)c для картинки слева и a(bc) для картинки справа. Можно было бы деревья вообще не рассматривать, а обойтись одними такими выражениями, но я исходил из того, что привлечение деревьев способствует большей наглядности.

Вот какая получается ситуация для деревьев с тремя каретками, в которых все линии продолжены (на средней картинке мне пришлось чуть-чуть раздвинуть верхнюю каретку посередине, дабы избежать слияния линий):

Здесь у каждого дерева нижние точки можно закодировать буквами a,b,c,d, и тогда получается пять скобочных выражений: ((ab)c)d, (a(bc))d, (ab)(cd), a((bc)d), a(b(cd)).

А сколько деревьев будет, если они состоят из четырёх кареток? Можно проверить, что ровно 14. Вообще, количество таких деревьев с n каретками есть n-ое число Каталана, находимое по формуле c_=(2n)!/(n!(n+1)!).

Заметим, что мы можем также рассматривать и случай, когда число кареток равно нулю; такое дерево имеется в точности одно и состоит оно из одной точки. Это будет важно для дальнейшего.

Всякое дерево также считается частным случаем леса, который из одного этого дерева и состоит.

Представим себе какой-то лес и два соседних дерева в нём. Можно превратить их в одно, добавляя сверху к ним одну каретку, нижние точки которой подсоединены к верхним точкам этих деревьев. Получается лес, у которого число деревьев стало на единицу меньше. Продолжая соединять при помощи кареток какие-то соседние деревья (что можно делать многими способами), мы придём к одному дереву. Возникает вопрос: а сколькими способами можно заданный лес превратить в одно дерево? Ответ на этот вопрос очень прост.

В самом деле, представим себе тот лес из семи деревьев, который мы нарисовали выше. Превратим его каким-то способом в дерево, добавляя каретки сверху. У получившегося дерева раскрасим все добавленные нами каретки в красный цвет. При этом получается дерево, у которого число кареток ровно на единицу меньше числа деревьев, составляющих лес. В нашем случае таких кареток будет ровно 6. Легко также понять, что можно взять любое дерево из шести кареток и подсоединить его к нашему лесу сверху, что превратит его в дерево. То есть количество способов превратить наш лес в дерево будет равно в точности количеству деревьев с шестью каретками. А это число равно c_<6>=132.

Заметим, что у каждого нашего «персонажа» способы выбора в точности одни и те же; поскольку самих «персонажей» может быть очень много, какие-то из них неизбежно закажут «шляпу» одного и того же «фасона», что следует считать совершенно нормальным явлением. Можно даже рассмотреть случай, когда все сделали один и тот же заказ. В этом случае все «персонажи» с надетыми шляпами будут выглядеть по-разному, потому что с них всех можно просто снять одинаковые «шляпы».

Прежде всего, пусть k=3 (меньшие значения не имеет смысла рассматривать). Тут «шляп» всего две, и поэтому каждый именно их и выбирает. Очевидно, что * /\ и /\ * будут выглядеть совершенно одинаково в некоторых «шляпах», а это нас не устраивает.

Случай k=4 уже довольно сложен, и могло показаться, что для него есть шанс организовать требуемый выбор, поскольку выбирается две «шляпы» из пяти. Дело в том, что если выбор невозможен, то в силу соображений типа Теоремы Холла, о которой говорилась выше, должна существовать такая группа «юношей» для которых количественно не хватило бы «девушек». В нашем случае это означало бы, что можно предъявить некоторый набор из, скажем, N «персонажей», надеть каждого из них каждую из пяти «шляп» и получить в итоге 5N снимков. На них, конечно, имеется много повторений, и если их устранить, то различных снимков окажется существенно меньше. Не очень легко поверить в то, что это число может оказаться строго меньше 2N. Однако такие примеры возможны, что выяснилось вообще-то буквально на днях 🙂 При этом в построенных примерах велико как число «кареток» (более 100 с лишним), так и число привлекаемых «персонажей» (оно составляет где-то порядка 10 в пятидесятой степени :))

Для k=5, где каждый выбирает две шляпы из 14, уже ничего не известно. Конечно, с очень большим трудом верится в то, что при анализе сделанных 14N снимков окажется так много повторений, что различных вариантов снимков будет менее 2N. Но даже если это так (во что я лично верю с трудом), то можно брать большие значения k.

Таким образом, для решения проблемы достаточно сделать следующее. Предъявить значение k (предположительно, подойдёт уже k=5), рассмотреть все леса, состоящие из k деревьев и каждому из них по какому-то фиксированному правилу (скорее всего, весьма «изощрённому») сопоставить какие то две «шляпы», то есть деревья из k-1 каретки (их общее число составляет c_). При этом требуется, чтобы все получаемые при этом «изображения», то есть деревья, возникающие при «навешивании» сверху «шляп», оказались попарно различными.

Если предъявить такое значение можно, то это на математическом языке будет означать, что группа Ричарда Томпсона F является неаменабельной. Если никакое значение не приводит к удачному выбору «шляп» (или положительному решению соответствующей «задачи о гареме»), то группа является аменабельной.

Комментарии к данному посту отключены, а обсуждение проводится здесь. Я при этом прошу воздержаться от «сакраментальных» вопросов типа «а зачем это нужно» или «а где это можно применить». Если кто-то вник в содержание, и предмет рассмотрения показался интересным, то это уже даёт ответ на оба вопроса, ну а если нет, то вопросы излишни 🙂

Источник

Кто такой falcao математик

Авторизуясь в LiveJournal с помощью стороннего сервиса вы принимаете условия Пользовательского соглашения LiveJournal

The Show Must Go On

Current Mood: hopeful

задача дня-15
Вот хорошая, на мой взгляд, вероятностная задача.

Я сначала нашёл закономерность, рассмотрев случаи небольших значений n, а потом доказал, что она имеет место для любого числа участников (в оригинале их было 20). В итоге удалось найти совсем «прозрачное» решение, фактически не основанное на вычислениях.

Предлагаю желающим подумать, а комментарии, как обычно, на время скрываются.

Current Mood: cheerful

задача дня-14
Это пост для всеобщего прочтения. Попалась интересная вероятностная задача. Я знаю совсем короткое и простое решение, хотя её можно решить и длинным способом. Прежде чем дать её условие, сравню с совсем типовой и достаточно примитивной учебной задачей.

Есть стандартная колода из 52 карт. Мы её перетасовали и извлекли первую карту. Это оказалась пика. Какова вероятность того, что за ней также следует пика?

Это я никого не призываю решать, так как всё стандартно. Осталась 51 карта, пик среди них 12. Вероятность равна 12/51=4/17. То есть близко к 1/4, но чуть меньше, так как одна пика в начале была как бы отыграна.

Есть стандартная колода из 52 карт. Мы её перетасовали и начали открывать карты, пока не появилась первая пика. Какова вероятность того, что за ней также следует пика?

Эта задача уже менее стандартна, и для меня показалась новой, хотя кто-то мог подобное уже встречать.

Комментарии я пока скрываю, так как здесь в принципе достаточно одной простой идеи. Через время всё будет раскрыто. Можно оставлять как ответы без обоснования, так и с решением.

UPD (13.11.21) Раскрываю комментарии. Ответ к задаче: 1/4. Моё решение было такое: все карты после первой пики располагаем в обратном порядке. Вероятность от этого не меняется. По новой конфигурации всегда можно однозначно восстановить старую (при помощи той же операции). Получается, что вероятность интересующего нас события в точности равна вероятности того, что последней картой колоды будет пика, а это 1/4.

Из решений, представленных в комментариях, было два, которые мало отличаются от изложенного.

Всем спасибо за участие!

Current Mood: cheerful

задача дня-13
Я неоднократно помещал здесь задачи, для решения которых приветствуется использование компьютера. Знаю, что многие с энтузиазмом берутся за такое дело. В данном случае особенно интересно то, что задача в полном виде не решена, поэтому желающие могут посоревноваться между собой.

Условие такое. Рассматривается перестановка чисел от 1 до n. Требуется, чтобы для любых трёх чисел, идущих в этой перестановке друг за другом, сумма двух последних делилась на первое.

Пример для n=6: 1, 2, 3, 5, 4, 6.

Вопросы таковы: при каких n можно предъявить такие примеры? Могут ли значения n быть сколь угодно большими? Какое «рекордное» по величине значение n можно реально предъявить?

Поскольку вопрос в целом открыт, приветствуются совместные усилия, и комментарии для всех открыты, как и сам пост.

Current Mood: cheerful

задача дня-12
Попалась на днях одна симпатичная вероятностная задача. В исходной постановке, она достаточно несложная, но более общий вопрос на эту тему для меня пока что открыт.

а) При каком значении n шансы на выигрыш максимальны?

б) Какова закономерность в распределении шансов на выигрыш между разными значениями n, то есть как научиться их быстро сравнивать между собой?

Если бы на кубике выпадали всего два значения 1 и 2, то ответ на пункт б) достаточно прост. Но уже для значений 1, 2, 3 закономерность перестаёт быть понятной.

Комментарии не скрываются.

Current Mood: lazy

о невычислимых функциях
Данный пост является «общепросветительским», поэтому он открыт для всех. На эту тему я уже писал https://falcao.livejournal.com/26513.html когда-то давно. Открывать эту ссылку вовсе не обязательно. Я постараюсь изложить всё как бы почти «с нуля».

Поскольку мы будем говорить об алгоритмах, нам потребуется зафиксировать некоторый язык программирования. Я предлагаю взять за основу упрощённый вариант языка типа Паскаль. При этом в нём нет ограничений на величину используемых чисел, а также мы игнорируем технические моменты типа описания переменных и их типов.

Итак, пусть нам дано число, и надо написать программу, которая его распечатывает, останавливаясь при этом. Будем считать, что для печати у нас есть команда print. Тогда, чтобы распечатать число, скажем, 2021, достаточно написать команду print(2021). Программа будет готова.

Ясно, что бывают числа, распечатывать которые таким способом нежелательно. Допустим, вместо 2021 у нас есть очень большое число типа 100. 0 с миллионом нулей на конце. Мы не хотим составлять программу из миллиона символов. Тогда можно распечатать нули в цикле. Примерно так:

print(1);
for i:=1 to 1000000 do print(0)

Такая программа напечатает то, что мы хотим, и символов в ней не миллион, а меньше пятидесяти.

Current Mood: apathetic

задача дня-11
Давненько уже не было постов под этим «тегом». А сейчас очень симпатичная задача попалась. В принципе, поучаствовать в её решении могут все желающие, так как условие должно быть предельно понятным.

Рассмотрим числа 1, 2, 3. Их сумма равна 6, и произведение также равно 6. Легко проверить, что никаких других целых чисел с такими свойствами больше нет. А можно ли найти три дробных (положительных рациональных) числа, у которых и сумма, и произведение равны 6?

В идеале, хотелось бы описать все решения системы a+b+c=6, abc=6 в рациональных числах.

UPD 01.01.21 Раскрыл основные комментарии.

Current Mood: cheerful

Даны натуральные числа от 1 до 2018. Их нужно разбить на пары, и числа в каждой паре сложить. Требуется, чтобы произведение полученных 1009 чисел было точной четвёртой степенью.

Забавно, что мой предыдущий пост из этой серии имел место два года (и один день) назад.

Комменты до времени «скринятся».

UPD (03.01.19) Раскрываю все комментарии. Принципы решения здесь были самые разнообразные. Наиболее эффектными мне показались решения, в которых для первых нескольких чисел осуществляется какая-то нетривиальная группировка (то есть не по принципу «первый с последним»), и всё остальное под неё «подгоняется».

Всем спасибо за участие, и с наступившим Новым годом!

Вот интересная головоломка, и она как бы «для всех», то есть не требует никаких специальных знаний. Требуется расположить по окружности перестановку чисел от 1 до 32 так, чтобы любые два стоящие рядом числа в сумме давали точный квадрат. Для большей ясности заметим, что в данном случае значениями таких сумм могут быть 4, 9, 16, 25, 36, 49.

Хотя я не имею ничего принципиально против использования компьютерного перебора, в данном случае это не нужно, так как исчезнет самая «вкусная» часть процесса. Самое эффектное здесь то, что требуемая расстановка чисел как бы сама получается в процессе «сборки», причём можно доказать, что решение не только существует, но ещё и единственно, что в задачах этого типа случается нечасто.

UPD (31.12.16) Открываю комментарии. Решения в целом порадовали. В нескольких комментариях изложен подробный ход мысли без «разветвлений», откуда единственность решения прямо следует. Очень приятно было также увидеть рассуждения наиболее «близкородственно» мыслящих людей, то есть филологов 🙂

Если кто вдруг дальше пожелает подумать над задачей, то это можно будет сделать, не заглядывая в решения, а потом свериться.

Всех с наступающим!

Она в этот раз не олимпиадная, не из области «занимательного» наподобие «головоломок», поэтому, скорее всего, заинтересует меньший круг читателей. Это упражнение по матанализу, не слишком трудное, но мне понравилось условие. Вот оно.

Замечу на всякий случай, что для знакопостоянных рядов эта задача тривиальна. А как обстоит дело в общем случае?

Думаю, что многие эту задачу решат, и в данном случае комментарии я до времени буду скрывать. Тем более, что интересно было бы увидеть разные способы решения.

Рассматриваются возрастающие арифметические прогрессии с натуральными членами, не превосходящими N. Требуется, чтобы все члены такой прогрессии были попарно взаимно просты. Какова максимально возможная длина такой последовательности

Можно исследовать и другие значения N при желании.

Комментарии я не прячу.

Из пункта А в пункт В ровно в 10:00 выехал автобус. Проехав половину пути, водитель увидел едущего навстречу велосипедиста. После того, как автобус приехал в пункт В, оттуда сразу же в направлении пункта А выехал мотоциклист. Он догнал велосипедиста в тот момент, когда до пункта А оставалась одна четверть пути. В какое время мотоциклист приехал в пункт А, если известно, что велосипедист прибыл туда в 15:00?

Соотношения скоростей не даны, но скорость каждого транспортного средства считается постоянной.

Первую задачу когда-то предлагали на олимпиаде школьников. Поэтому просьба решать её только такими средствами. То есть не применять какую-либо «высокую» технику наподобие леммы Бернсайда. Компьютер привлекать в принципе можно, но чисто для себя (скажем, для контроля правильности ответа). Вот условие.

Требуется раскрасить грани куба в 4 цвета. Каждый из цветов должен быть использован; все грани монохромны. Раскраски, отличающиеся вращениями куба как «твёрдого тела», не различаются. Сколько имеется таких способов раскраски?

Сколькими способами можно заполнить клетки таблицы 4×4 нулями и единицами, чтобы никакие две единицы не находились в соседних по стороне клетках?

Комменты открыты. Я буду по возможности за ними следить, и если ответ будет дан верный, то я на время его буду скрывать.

UPD (03.07.16) Комменты с решениями раскрыты. Всем спасибо за участие!

У каждого из нас в распоряжении имеется масса вычислительных средств, и их можно привлекать в процессе исследования, но в тексте решения должно быть краткое и убедительное вычисление, которое доступно устному счёту. При этом не возбраняется ссылаться на какие-то известные неравенства общего характера (типа неравенств о среднем или чего-то ещё).

Предлагаю таким способом проверить, что 11^11 > 9^12 («крышечка», как обычно, означает возведение в степень). Это довольно близкие числа: они равны 285311670611 и 282429536481 соответственно. Но убедиться в справедливости неравенства нужно в пределах легко проверяемых устных вычислений.

Надеюсь, «правила игры» понятны. Комментарии я не скрываю.

Всякое ли рациональное число можно представить в виде произведения четырёх рациональных чисел, сумма которых равна нулю?

Комменты не «скринятся».

Дан массив целых чисел X[1..n]. Требуется найти максимум величины X[i]-X[j] по всем i (22 Comments |Comment on this)

Посты в этой серии будут открытыми. Я буду время от времени (без какой-либо регулярности) помещать условия задач, которые меня заинтересовали. Комментарии скрывать, как правило, не буду.

Вот условие первой задачи.

А вот какое решение было известно мне (придумал его не я). Сначала по индукции доказываем, что x(n) 1.

Имеется стадо овец, куда первоначально входит одна белая и одна чёрная овца. Ежедневно проделывают следующую процедуру: выбирают наудачу одну овцу из стада, и запоминают её цвет. Затем её возвращают в стадо, и добавляют туда же одну новую овцу чёрного цвета.

Если в какой-то из дней оказывается выбранной белая овца, и в предыдущий день имело место то же самое, то принимается решение сделать из неё шашлык. Какова вероятность такого события при неограниченном повторении процедуры?

Задача решается «по-честному», то есть у неё нет какого-то совсем «очевидного» решения. То есть тут в любом случае что-то придётся считать.

Комменты я не скрываю.

Current Mood: curious

головоломка
Всем желающим предлагаю подумать над следующей интересной головоломкой (пост открытый).

Надеюсь, условие понятно. Хочу подчеркнуть, что никаких знаний и теорий тут не требуется. Нужен чисто «старательский» успех, то есть простые любители математики и головоломок имеют такие же шансы получить правильное решение, как и «маститые» профессионалы.

Комменты убираются под «скрин», но через какое-то время будут раскрыты.

UPD (13.02.15) Правильных ответов поступило довольно много, причём примеры все приводили разные. Наилучший результат равен 32. Доказать, что лучше нельзя, довольно несложно (см. комменты). Найти подходящий пример, как мне кажется, задача более трудоёмкая (особенно если ответ заранее не известен). Использовать компьютер для этого дела не запрещалось, так как полный перебор вариантов тут вряд ли возможен, и требовалось так или иначе использовать «эвристические» подходы.

Всех благодарю за участие.

Current Mood: cheerful

без единого гвоздя
Придумалась вчера одна любопытная вероятностная задача. У меня не один раз бывали вопросы, где требовалось дать чисто интуитивный ответ по принципу «как кажется». Здесь же задание будет несколько другое.

Пост открытый, как и все остальные на аналогичную тему.

Сюжет задачи такой. Представим себе тираж «Спортлото». Скажем, выпали случайно какие-то 6 номеров из 49. Каково должно быть при этом среднее значение наименьшего из номеров?

На всякий случай поясню, что это значит. Пусть проводится много тиражей, и мы в каждом из них запоминаем наименьший из номеров. Скажем, если выпали 32, 34, 10, 47, 16, 25, то мы запоминаем 10. В другом тираже выпали 28, 47, 40, 20, 21, 5. Здесь мы запоминаем число 5, и так далее. После того, как все тиражи прошли, мы вычисляем среднее арифметическое тех номеров, которые мы запомнили. И требуется сказать, каково будет это значение, если тиражей пройдёт много?

Здесь не так трудно произвести подсчёт «эвристического» характера, чтобы предсказать ответ. А именно, будем считать, что среднее значение наименьшего номера получается тогда, когда 6 номеров среди 49 распределены «равномерно». Это значит, что промежутки между выпавшими номерами полагаются одинаковыми. До первого номера (то есть до наименьшего) идёт в среднем x номеров. Потом следует x номеров между первым и вторым по величине, столько же между вторым и третьим, и так далее. После самого большого значения также идёт x номеров.

Шесть чисел задают семь промежутков, каждый имеет длину x. Эти промежутки вместе должны содержать 49-6=43 числа, откуда x=43/7. То, что это значение дробное, не ведёт к эффекту типа «два землекопа и две трети» (с), потому что речь идёт об оценке среднего значения, а оно может быть дробным. Понятно, что наименьшее число на единицу больше того значения, которое у нас получилось (длины промежутка слева), откуда мы получаем оценку 50/7. В общем случае, если выпадают k номеров из n, те же соображения приводят к ответу (n+1)/(k+1). И этот ответ, полученный «эвристическим» путём, действительно является верным.

А теперь собственно вопрос: как это доказать (строго), не делая при этом сложных арифметических вычислений? Имеется в виду, что достаточно просто взять и посчитать всё «в лоб», как это обычно делается. Получатся какие-то суммы произведений, их можно будет «свернуть», и получится указанный выше ответ. Но как это сделать «без единого гвоздя», то есть так, чтобы все вычисления осуществлялись устно?

Я знаю, что вопросы такого рода кое-кто из моих френдов помещает, так что интересно будет подумать. Комменты я оставляю открытыми.

Current Mood: calm

Источник