Maandelijks archief: mei 2017

Mongolian Mathematical Olympiad

Geplaatst op door

Officieel startte de Mongoolse Wiskunde Olympiade (MMO) in 1965 en de eerste deelname van Mongolië aan de International Mathematical Olympiad (IMO) dateert van 1964. In 1969  werd voor de eerste keer een probleem , voorgesteld door de Mongoolse Wiskundige, Abish Mekei (1940 – 2013), gekozen als een van de zes problemen van de IMO. Tijdens de IMO werd de oorspronkelijke oplossing van dit probleem verbeterd door een van de deelnemers, Vladimir Drinfeld, de latere Fields medaillewinnaar. 

Een van de eerste generatie algebraïsten, Sanjmyatav Urjintseren (1926 – 2003), was een belangrijke figuur in de Olympische beweging, en hij trad op als de Voorzitter van het nationale Olympisch Comité gedurende 17 jaar. In 1994 kreeg hij de Paul Erdős Award voor zijn belangrijke rol in de ontwikkeling van wiskundige uitdagingen op nationaal en internationaal niveau. Opgaven van deze olympiade kan je hier vinden.

Type I en type II fouten bij hypothesetoetsen

Geplaatst op door

Een firma verkoopt dozen fruitsap met in de reclame de boodschap dat elke doos gemiddeld 10 gram suiker per 100 ml bevat.

Neem als uitgangspunt de hypothese dat het de bedoeling is van de verkoper om koopwaar met het juiste gehalte suiker te leveren. Het is aan te raden de geleverde partij te controleren, d.w.z. te toetsen aan de gestelde eisen. We formuleren de volgende hypothesen: H_0: \mu = 10 tegen H_1: \mu \neq 10

Het is mogelijk dat onze beslissingsregel de geleverde koopwaar afkeurt terwijl ze juist is. De fout die we dan begaan is type I-fout of een \alpha-fout. De verkoper loopt door deze beslissingsregel een risico \alpha dat een goede partij ten onrechte afgekeurd wordt. Vandaar dat een type -fout het risico van de verkoper is.

We houden onze beslissingsregel vast. De geleverde partij heeft echter een gemiddelde hoeveelheid suiker dat verschilt van 10 gram. Een steekproef uit deze slechte partij kan echter een waarde voor het steekproefgemiddelde geven dat toch in het aanvaardingsgebied ligt. Dit impliceert dat we de geleverde koopwaar aanvaarden terwijl ze verkeerd is. De fout die we dan begaan is een type II-fout of een \beta– fout. De koper loopt door deze beslissingsregel een risico \beta die slechte partij te aanvaarden. We spreken van het risico van de koper.

 

 

 

Opgave 4

Geplaatst op door

Onderzoek de convergentie van volgende rij

    \[u_n=\frac{1}{e}\int_0^1 x^n.e^x \ dx\]

Antwoord

  1. De integraal doet ons ongetwijfeld denken aan partiële integratie en het opstellen van een recursieformule.
  2. \int x^n.e^x\ dx = x^n.e^x-n.\int x^{n-1}.e^x\ dx, zodat u_n=1-n.u_{n-1}.
  3. Hoe kunnen we hiervan de limiet bepalen? Misschien toch iets anders proberen…
  4. Op [0,1] geldt dat 1\leq e^x \leq e omdat f(x)=e^x een stijgende functie is.
  5. Maar dan is \int_0^1 x^n \ dx \leq \int_0^1 x^n.e^x \ dx \leq e.\int_0^1 x^n \ dx.
  6. Hieruit volgt dat \frac{1}{n+1} \leq \int_0^1 x^n.e^x \ dx \leq \frac{e}{n+1}.
  7. Dit geeft voor de rij u_n dat \frac{1}{e(n+1)} \leq u_n \leq \frac{1}{n+1}.
  8. Uit de insluiting stelling volgt dan dat de rij u_n convergeert naar 0.

Giscorrectie

Geplaatst op door

Bij  een  test die bestaat uit meerkeuze vragen kent men gewoonlijk aan elk goed antwoord 1 punt toe en aan elk fout of blanco antwoord 0 punten.

 

Noemen we X de stochast die het aantal punten weergeeft bij het gissen van één vraag met 4 antwoord alternatieven ( waarvan er slecht 1 juist is).

De kansverdeling van X is \begin{array}{1|cc} x&0&1 \\ \hline P(X=x)&\frac{3}{4}&\frac{1}{4} \end{array}

Hieruit bekomen we de verwachtingswaarde E(x)= 0.\frac{3}{4}+1.\frac{1}{4}=0,25. Een student die blindelings gokt, heeft in dit evaluatiesysteem toch een positieve score. Om het gokken tegen te gaan zal men c punten aftrekken bij een fout antwoord. We bepalen de waarde van c zodat de student noch een positieve, noch een negatieve gemiddelde score zal hebben. Met andere woorden: E(x)=0.

De kansverdeling wordt nu: \begin{array}{1|cc} x&-c&1 \\ \hline P(X=x)&\frac{3}{4}&\frac{1}{4} \end{array} en dus is E(x)=0 \Longleftrightarrow -c.\frac{3}{4}+1.\frac{1}{4}=0 \Longleftrightarrow c=\frac{1}{3}. We trekken dus \frac{1}{3} punt af bij een fout antwoord.

We veralgemenen: bij vragen met n keuzemogelijkheden geven we dan 1 punt voor een goed antwoord en voor een blanco 0 punten. Voor een fout antwoord trekken we \frac{1}{n-1} punten af