Ένας βάτραχος κάνει τρία άλματα και το κάθε άλμα έχει μήκος 1. Κάθε άλμα έχει μια τυχαία κατεύθυνση. Ποια είναι η πιθανότητα, μετά από αυτά τα τρία άλματα, ο βάτραχος να βρίσκεται σε απόσταση το πολύ 1 από όπου ξεκίνησε;
Εγγραφή σε:
Σχόλια ανάρτησης (Atom)
190 Αποδείξεις του Πυθαγορείου θεωρήματος
Επισκεφτείτε το Eisatopon στο Twitter X
Επισκεφτείτε το Eisatopon στο Pinterest
Desmos Activities
COPILOT AI
Ultimate AI Math Solver
Photomath
The Ultimate Math Help App
Wikipedia - Mathematics
Google Gemini
OpenAI - Chat GPT
DeepL Translator
LATEX
Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία
Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία
Canadian Mathematical Society (CMS)
The William Lowell Putnam Mathematics Competition (Archive 1985 - 2021)
Art of Problem Solving ONLINE
Leonardo Fibonacci
Kurt Friedrich Gödel
Ευκλείδης
Αρχιμήδης
Leonard Euler
Georg Cantor
Pierre-Simon Laplace
René Descartes
Joseph-Louis Lagrange
Πιερ ντε Φερμά
Gottfried Wilhelm Leibniz
Με τρία άλματα 1, μπορεί να βρεθεί οπουδήποτε μέσα σε ένα κύκλο, με κέντρο το σημείο του ξεκινήματος και ακτίνα 3 και το να βρεθεί το πολύ ένα μέτρο από όπου ξεκίνησε σημαίνει να βρεθεί σε ένα κύκλο με το ίδιο κέντρο και ακτίνα 1.
ΑπάντησηΔιαγραφήΗ ζητούμενη πιθανότητα δίνεται από το λόγο του εμβαδού του μικρού κύκλου προς τον μεγάλο.
Π=π*1^2/π*3^2=1/9
Δεν είμαι σίγουρος οτι το θέμα είναι τόσο απλό. Σε κάθε βήμα ακολουθείται τυχαία πορεία , με πολικη παραμετροποίηση (π.χ στο μιγαδικό επίπεδο) στο πρώτο άλμα έχουμε μια τυχαία ευκλειδια μετατόπιση e^iθ (όπου θ από 0 ώς 2π) Ειναι η περίπτωση στοχαστικής ανάλυσης Random walk (με πολλές εφαρμογές στη φυσική , μηχανική ,βιολογία αλλά ακόμη και στην οικονομία)
ΑπάντησηΔιαγραφήΔείτε εδώ : http://mathworld.wolfram.com/RandomWalk2-Dimensional.html
Αποδεικνύεται (δείτε το λινκ) ότι για μήκος βήματος l (στην περίπτωσή μας=1) ή ΜΕΣΗ διανυόμενη απόσταση ειναι d=l*sqrtN (όπου Ν ο αριθμός των βημάτων)
Άρα εδώ d=1*3^(1/2)=1.73 περίπου. Αυτό πρακτικά σημαίνει ότι σε πολλές επαναλαμβανομενες δοκιμές θα έχουμε μία κανονική κατονομή με μέση τιμή 1.73
Για μια τυπική απόκλιση περίπου 0.3 βγαίνει μια τιμή της πιθανότητας d<1 περίπου 0,27 ώς 0,30.
Ένας άλλος τρόπος ίσως είναι με χρήση αναλυτικής γεωμετρίας. Αν θεωρήσουμε -χωρίς βλάβη της γενιοκότητας) ότι η αρχή γινεται στην αρχή των αξόνων και το 1ο άλμα καταλήγει σε συνταγμενες (1,0) (πάνω στον άξονα των τετμημένων δηλαδή). Το δευτερο άλμα θα γίνει υπό τυχαία γωνία θ (0 2π) και ο βατραχος καταλήγει σε συντεταγμενες ( 1+ συν(θ) , ημ(θ)). Στο τρίτο άλμα υπό γωνία θ' έχουμε:(x,y) = (1+ συν(θ) + cos(θ'), ημ(θ) + ημ(θ'))
Θέλουμε να ισχύει για την ευκλείδια απόσταση (x^2 + y^2)^(1/2) <= 1^2. Αντικαθιστώντας τις πρώτες στη δεύτερη δηλαδή:
((1+ συν(θ) + cos(θ'))^2 + (ημ(θ) + ημ(θ'))^2 <=1. Με διερεύνηση για τα όρια τιμών (0 2π) για τις γωνίες θ και θ' πιστεύω θα οδηγηθούμε σε παρόμοιο αποτέλεσμα.
Το σκεπτικό του κυρίου Αλεξίου έχει -κατά την ταπεινή μου γνωμη -το εξής προβληματικό σημείο.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑντιμετωπίζει το πρόβλημα σαν προβλημα χάραξης μεγιστων αποστάσεων/εμβαδών ,αλλά αυτό είναι λάθος.
Αυτό φαινεται αν σκεφτούμε την υπόθεση εργασίας δύο αλμάτων . Θα έπρεπε τοτε η ζητουμενη πιθανοτητα να ειναι ο λογος π*1^2 / π*2^2 = π/4π = 1/4
Αλλά αυτό δεν ισχύει. Με το πρώτο άλμα έχουμε τον βάτραχο πάνω σε έναν κύκλο ακτίνας 1 από την αρχή. Το δεύτερο άλμα είναι κύκλος με κέντρο αυτό το σημείο και ακτίνα 1. Προκύπτουν δηλαδή δύο κατά κέντρα τεμνόμεμοι κύκλοι ακτίνας 1. Για να ισχύει το άκρο της ακτίνας του 2ου κύκλου να απέχει το πολύ 1 από το κέντρο του αρχικού , ο γεωμετρικός τόπος αυτός, είναι η τομή των 2 κύκλων που αντιστοιχεί σε 1/3 κύκλου και για τους δύο. Άρα η πιθανότητα που ψάχνουμε είναι 1/3 και όχι 1/4.
Κύριε Ριζόπουλε
ΑπάντησηΔιαγραφήΚαι εγώ δεν είμαι σίγουρος αν το θέμα είναι τόσο απλό ή όχι.
Η προσέγγιση μου όμως δεν είναι τόσο απλή, όσο την αντιμετωπίσατε.
Ξεκινάω τον σχολιασμό του 2ου σχολίου σας .
Δεχόμενος και χάριν ευκολίας “την υπόθεση εργασίας των δύο αλμάτων” του βατράχου και τα δεδομένα που περιγράφετε και για καλύτερη επικοινωνία ας ονομάσουμε Ο την αρχική θέση του βατράχου που είναι και το κέντρο του 1ου κύκλου, η περίμετρος του οποίου είναι ο γεωμετρικός
τόπος όλων των πιθανών σημείων που μπορεί να βρεθεί ο βάτραχος με το 1ο άλμα και έστωσαν Αi ένα τυχαίο σημείο της περιμέτρου του κύκλου(Ο,ρ=1) και (Αi,ρ=1) ο 2ος τυχαίος κύκλος.
Πράγματι ο ζητούμενος τόπος, με την υποτιθέμενη ερμηνεία της μεθόδου μου, είναι 1/3 της περιμέτρου του κύκλου και κατά συνέπεια η πιθανότητα 1/3.
Σωστές οι πράξεις.
Αλλά ποιά πιθανότητα υπολογίσατε με αυτόν τον τρόπο?
Η πιθανότητα που υπολογίσατε έτσι δεν έχει, δυστυχώς, καμία σχέση με το σκεπτικό μου, με τα δεδομένα και κυρίως με το ζητούμενο του προβλήματος.
Υπολογίσατε με απλά λόγια , υποθέτω από στιγμιαία και αυθόρμητη παραδρομή, την πιθανότητα
να βρεθεί ο βάτραχος με το 2ο άλμα στον κύκλο (Ο, ρ=1) από το 1ο ΤΥΧΑΙΟ ΣΗΜΕΙΟ Αi ΚΑΙ ΟΧΙ ΑΠΟ ΤΟ Ο που είναι το ζητούμενο.
Για να υπολογίσετε την πιθανότητα για 2 βήματα με την μέθοδο μου πρέπει να θεωρήσετε και να κατασκευάσετε, νοερά εννοείται, αλλεπάλληλους κύκλους κέντρου Αi,
όπου i=1,2,3,...............,ν το ν τείνον στο άπειρο.
Αν το κάνετε αυτό θα διαπιστώσετε ότι ο γεωμετρικός τόπος όλων των ενδεχόμενων σημείων, με ίση πιθανότητα, Bi είναι ο πλήρης κύκλος (Ο, ρ=2)
και συνεπώς η πιθανότητα είναι 1^2/2^2=1/4 και δεν υπάρχει καμία αντίφαση με τα 3 βήματα ή γενικότερα ν βήματα
Έρχομαι στο 1 σχόλιο σας
Είδα τον τύπο, στο λίνκ που μου προτείνατε (δεν το διάβασα και πολύ καλά, τα Αγγλικά μου είναι ελάχιστα ), του υπολογισμού της ΜΕΣΗΣ ΔΙΑΝΥΟΜΕΝΗΣ ΑΠΟΣΤΑΣΗΣ
d=l*sqrtN (όπου Ν ο αριθμός των βημάτων και l το μήκος του κάθε βήματος) που στην περίπτωση μας
γίνεται d=1*3^(1/2)=1.73 περίπου
Συμφωνώ με αυτόν και όχι απλά συμφωνώ αλλά επιβεβαιώθηκε ο τύπος που υπολόγισα ο ίδιος με γεωμετρική μέθοδο, είναι ολόιδιος!
Αλλά και εδώ αναφερθήκατε διεξοδικά μεν στον υπολογισμό της μέσης απόστασης αλλά είναι τελείως άλλο πράγμα από τον υπολογισμό της πιθανότητας να βρεθεί στον κύκλο (Ο,ρ=1)
Θα αναφέρω ένα αντίστοιχο παράδειγμα αλλά πιο εύκολο.
Αν υποθέσουμε ότι έχουμε μία κατανομή ανδρών με βάση το ύψος τους.
Αλλο πράγμα το μέσος ύψος των παραπάνω ανδρών (ας πούμε 1,80)
άλλο πράγμα η πιθανότητα, (στην ουσία το ποσοστό) με απόκλιση +- 10 εκ ας πούμε 45%
και άλλο πράγμα αν διαλέξουμε έναν στην τύχη και χωρίς να τους βλέπουμε, ας πούμε σαν κλήρωση με αριθμό, να υπολογισουμε την πιθανότητα αυτός να είναι κάτω από 1,55μ , ας πούμε 1,5%
Δεν αντιλαμβάνομαι, δεν το γνωρίζω εννοώ, τι εκφράζει το παρακάτω που γράψατε
“Για μια τυπική απόκλιση περίπου 0.3 βγαίνει μια τιμή της πιθανότητας d<1 περίπου 0,27 ;έως 0,30.”
Θα ήθελα να το αναπτύξετε εκτενώς για να σχηματίσω άποψη.
Ε. Θ. ΑΛΕΞΙΟΥ
Καταρχάς να ευχηθώ στον κύριο Αλεξίου χρόνια πολλά για τη γιορτή του! (και σ’όποιον άλλο συμπλογκίτη/ισσα γιορτάζει βέβαια).
ΑπάντησηΔιαγραφήΠρέπει να ξεκαθαρίσω για να μην υπάρχει οποιαδήποτε παρεξήγηση-παρερμηνεία προθέσεων ότι δεν είναι πρόθεσή μου να κουνήσω δασκαλίστικα το δάκτυλο στον οποιονδήποτε ,ούτε να αποδείξω ότι η δικιά μου θεώρηση είναι η σωστή. Απλώς βρίσκω το πρόβλημα πολύ ενδιαφέρον και καθόλου εύκολο και θεωρώ ότι από τον διάλογο-διερεύνηση μπορούμε να εμβαθύνουμε και να έχουμε εποικοδομητικά οφέλη.
Το 1/3 που είναι η πιθανότητα στην περίπτωση που το πρόβλημα έλεγε «..κάνει 2 άλματα» δεν το βρήκα μετά «από υποτιθέμενη ερμηνεία της μεθόδου σου» όπως μου προσάπτεις, αλλά μετά από την παρατήρηση ότι μετά το πρώτο άλμα ο βάτραχος είναι πάνω στον κύκλο (0, 1) με απόλυτη βεβαιότητα/πιθανότητα =1 . Εδώ βρίσκεται και το λεπτό σημείο της υπόθεσης εκτιμώ. Δεν μιλάμε δηλαδή για μια γενικευμένη γεωμετρική πιθανότητα ομοιόμορφα κατανεμημένη ,όπως θα ήταν ας πούμε σε ένα πρόβλημα της μορφής «πετάμε ένα βελάκι σε ένα κυκλικό στόχο ακτίνας 3. Ποια η πιθανότητα να πέσει στον μικρό κύκλο ακτίνας 1;» εδώ ναι! Η πιθανότητα είναι ο λόγος των επιφανειών, άρα 1/9 (ΘΕΩΡΩΝΤΑΣ ΒΕΒΑΙΑ ΟΤΙ ΕΙΝΑΙ ΕΞΙΣΟΥ ΠΙΘΑΝΟ ΝΑ ΠΕΤΥΧΟΥΜΕ ΟΠΟΙΟΔΗΠΟΤΕ ΣΗΜΕΙΟ ΤΟΥ ΣΤΟΧΟΥ! ) γιατί μιλάμε για συνεχείς μεταβλητές και ΙΣΟΠΙΘΑΝΟΥΣ τελικούς προορισμούς (σημεία πάνω στον στόχο) .
Αλλά στο πρόβλημά μας έχουμε διακριτές μεταβλητές (τα μοναδιαίου μέτρου διανύσματα κίνησης/αλμάτων). Μετά το 1ο άλμα, ο βάτραχος δεν θα βρίσκεται «οπουδήποτε πάνω στον κυκλικό δίσκο ακτίνας 1» αλλά ΑΚΡΙΒΩΣ πάνω στην περιφέρεια. Αρα το δεύτερο άλμα έχει όντως χαρακτηριστικά δεσμευμένης πιθανότητας και η τομή των δυο κύκλων, που είναι 1/3, δίνει την ζητούμενη πιθανότητα.
Αυτή είναι και η ουσία της ανάλυσης σε 2 διαστάσεις του τυχαίου περιπάτου «Random walk” Δεν ξέρω αν είναι δόκιμος ο όρος «τυχαίος περίπατος» ,έχω υποψι μου μονο αγγλόφωνες και γερμανόφωνες πηγές και ωραία άρθρα/εργασίες, και δυστυχώς τίποτε στα ελληνικά.
Το θέμα ανάγεται ουσιαστικά σε μια πιθανοτική αλυσίδα Μαρκόφ (Markov chain) Την κατανομή(πυκνότητα) ακριβώς αυτης της πιθανοτητας (της αποστασης από ένα οποιοδηποτε σημειο, στην περιπτωση μας του 0,0 διερευνουμε. Το να πούμε «μετα από 3 άλματα μηκους 1 ,μπορεί να βρεθει οπουδηποτε σε ένα κύκλο 0,3" είναι ΜΕΡΙΚΩΣ σωστό , γιατί ακριβώς δεν ξέρουμε τον βαθμο βεβαιοτητας αυτού του «οπουδηποτε», δεν ξερουμε αν είναι το ΙΔΙΟ ΠΙΘΑΝΟ να βρεθεί κοντυτερα στην περιφερεια ή στην αρχη των αξόνων. (συνεχίζεται..)
(συνέχεια..)Εχει αποδειχτει από τον Πόλυα ότι στον μονοδιαστατο n=1 και διδιαστατο n=2 random walk ο «περιπατητής» θα επιστρέψει στην αρχη των αξόνων άπειρες φορές (για Ν τείνον στο άπειρο βεβαια) ,πράγμα που δεν συμβαίνει στον 3-διαστατο ή σε πολυδιαστατους χωρους όπου αποδυκνειεται ότι αποκλεινει από το (0,0,..0) )ν-φορές
ΑπάντησηΔιαγραφήΗ ΜΕΣΗ ΔΙΑΝΥΟΜΕΝΗ ΑΠΟΣΤΑΣΗ είναι γλωσσική μου παραδρομή/λάθος . Εννοούσα ασφαλώς τη μέση ευκλείδεια απόσταση από το (0,0) όπως φαίνεται και από τους τύπους του άρθρου του Wolfram στο λινκ. Η διανυόμενη απόσταση (το άθροισμα των μέτρων των διαδοχικών διανυσμάτων κίνησης) είναι ίση με l*N στην περίπτωσή μας 1*3= 3 .
Τέλος, το “Για μια τυπική απόκλιση περίπου 0.3 βγαίνει μια τιμή της πιθανότητας d<1 περίπου 0,27 ;έως 0,30.” που έγραψα, έχεις δίκιο ότι ήταν ασαφές . Εννοούσα ότι σε μια προσομοίωση της κατάστασης με μεγαλο αριθμο διαδοχικων πειραμάτων με 3 άλματα, θα μπορούσαμε (ίσως!) να εκφράσουμε τις διάφορες τιμες di που θα παίρναμε σε μια καμπύλη Ντεμουάβρ-Γκάους με μέση τιμή το 1,73 . Για μια τυπική απόκλιση σ2 =1,3 (κι όχι 0,3 που ήταν τυπογραφικό μου λαθος) η cumulative πιθανότητα P(d<1) βγαίνει περίπου 0,3. Είναι βεβαια μονο μια εκτιμηση εν πολλοίς αυθαίρετη! Γιατι τυπικη απόκλιση 1,3 κι όχι μια άλλη που θα δωσει άλλη τιμη πιθανοτητας; Πιστευω ότι η κατανομη των τιμών δεν θα συγκεντωνεται γυρω από τη μεση τιμή ,δηλαδή η καμπυλη θα είναι "ρηχή και πλατιά" λόγω μεγαλης διασποράς και βεβαια όσο αυτό συμβαινει θα προσεγγιζεται η τιμή του 1/9 (που ισχύει όταν δεν υπάρχει συγκλίνον «κεντρικό όριο» στην κατανομή, σύμφωνούμε;)
Αλλά επαναλαμβάνω κλείνοντας, ότι δεν προκρίνω τα παραπάνω για θέσφατα, απλώς τα βάζω προς προβληματισμό.
Η απάντηση που βρίσκω είναι 1/4, και υποστηρίζεται από αριθμητική προσομοίωση στην Mathematica. Είμαι σίγουρος πως κάποιος κάπου έχει δημοσιεύσει κάποια γενική λύση του προβλήματος, αλλά, εν πάση περιπτώσει, η λύση μου είναι γεωμετρική, και έχει ως εξής.
ΑπάντησηΔιαγραφή- Το πρώτο βήμα, λόγω κυκλικής συμμετρίας, είναι άνευ σημασίας.
- Στο δεύτερο βήμα, ας υποθέσουμε απόκλιση κατά γωνία φ, σε σχέση με το πρώτο, όπου -π<φ<π. Η πιθανότητα να καταλήξουμε σε σημείο Β μεταξύ φ και φ+dφ είναι dφ/(2π).
- Στο τρίτο βήμα η πιθανότητα να καταλήξουμε μέσα στον κύκλο είναι |φ|/(2π). Αυτό προκύπτει έυκολα από την γεωμετρία των κύκλων με κέντρα (0,0) και Β. (Σχετικός ρόμβος με κορυφές τα κέντρα και σημεία τομής των δύο κύκλων.)
- Επομένως, η πιθανότητα να βρεθούμε μέσα στον στόχο μετά από τρία βήματα είναι το ολοκλήρωμα dφ/(2π).|φ|/(2π) από -π μέχρι π, που ισούται με 1/4.
Στην πρώτη απάντηση, του κ. Αλεξίου, η παραδρομή, όπως επισήμανε ο κ. Ριζόπουλος, είναι πράγματι ότι ο λόγος των εμβαδών προϋποθέτει ομοιόμορφη κατανομή πιθανότητας σε όλη την επιφάνεια, το οποίο δεν ισχύει.
Έβαλα την λύση μου σε προηγούμενο σχόλιο, αλλά το Google κάπου την εξαφάνισε, οπότε την ξαναγράφω:
ΑπάντησηΔιαγραφήΗ πιθανότητα είναι 1/4, και συνηγορεί σ' αυτό αριθμητική προσομοίωση που έκανα με Mathematica. Είμαι σίγουρος πως κάποιος κάπου έχει υπολογίσει την γενική περίπτωση (ν βήματα), αλλά, εν πάση περιπτώσει, η λύση μου είναι γεωμετρική, ως εξής:
- Το πρώτο βήμα, από το Ο στο Α, είναι άνευ σημασίας, λόγω κυκλικής συμμετρίας.
- Το δεύτερο βήμα, από το Α στο Β, αντιστοιχεί σε γωνία φ μεταξύ ΟΑ και ΑΒ, όπου -π<φ<π.
- Η πιθανότητα να αντιστοιχεί το Β σε γωνία μεταξύ φ και φ+dφ είναι dφ/2π.
- Στο επόμενο βήμα, από το Β στο Γ, η πιθανότητα να είναι το Γ στον στόχο είναι |φ|/(2π). Αυτό προκύπτει από την γεωμετρία των κύκλων με κέντρα Ο και Β, δηλαδή από το ρόμβο με κορυφές τα κέντρα και τα σημεία τομής των δύο κύκλων.
- Η συνολική πιθανότητα να καταλήξουμε στον στόχο είναι το ολοκλήρωμα |φ|/(2π).dφ/2π από -π μέχρι π, που ισούται με 1/4.
Η παραδρομή στην πρώτη λύση που πρότεινε ο κ. Αλεξίου, είναι πράγματι, όπως επισήμανε ο κ. Ριζόπουλος, πως ο λόγος των εμβαδών προϋποθέτει ομοιόμορφη κατανομή πιθανότητας, το οποίο δεν ισχύει.
Χαιρετισμούς για Καλή Χρονιά από Χιούστον!
Για αριθμητική προσομοίωση και γράφημα εδώ:
ΑπάντησηΔιαγραφήhttp://dl.dropbox.com/u/22466945/Random_Walk.pdf
Μήπως η πιθανότητα είναι 50%?Οι τεθλασμένες γωνίες που δημιουργούνται από τα διαδοχικά πηδήματα του βατράχου(στο 1ο και το 2ο άλμα συγκεκριμένα) πρέπει να έχουν άθροισμα το πολύ 180 μοίρες(οριακή περίπτωση).Αυτά για το ένα ημιεπίπεδο(συμμετρικά για >540 μοίρες στο άλλο)
ΑπάντησηΔιαγραφήΆρα 180/360=1/2
Μήπως είναι 50% η πιθανότητα?Θεωρώ ότι οι 2 διαδοχικές γωνίες που δημιουργούνται από τα 3 άλματα του βατράχου(αν φέρουμε τις ευθείες 1μ που διανύει κάθε φορά.Και έχουμε τις κορυφές του 1ου σημείου και του 2ου σημείου μετά τα αντίστοιχα άλματα) πρέπει να έχουνε το πολύ άθροισμα 180 μοίρες(αυτό ισχύει για το ένα ημιεπίπεδο.Για το άλλο συμμετρικά πρέπει >540).Παίζουμε δηλαδή με τριγωνικές ανισότητες
ΑπάντησηΔιαγραφήΆρα για το ένα ημιεπίπεδο τα ευνοικά ενδεχόμενα είναι 180/360=1/2
Θα μπορούσε ο Διαχειριστής του μπλογκ απλά να μας πει το αποτέλεσμα ?(γιατί υπάρχουν πολλές γνώμες γι αυτό το γρίφο...)
Ο ΜΝ έχει δίκιο.Για την γωνία ΟΆΒ υπάρχει περιορισμός μέχρι 180 μοίρες διαφορετικά είναι αδύνατο στο συγκεκριμένο ημιεπίπεδο να προκλυψει οριακή περίπτωση ρόμβου
ΑπάντησηΔιαγραφήΆρα ξέχασα τον 1ο όρο της πιθανότητας
Άρα Ρ=(180/360)*(180/360)=(1/2)^2=1/4
Ο 2ος όρος αναφέρεται στο άθροισμα θ1+θ2 των 2 γωνιών που πρέπει να βρίσκεται στο διάστημα μεταξύ 0 και 180 μοίρες.
Σωστά?Όποιος θέλει ας κάνει κάποια παρατήρηση.Γόνιμη θα είναι
Έκανα και τη διόρθωση(βρήκα το λάθος!).Δεν ξέρω αν είδατε την ανάρτηση.Φυσικά ορθότατη η λύση του Καθηγητή όπως και το αρχικό σχόλιο του κ. Ριζόπουλου(το πρόβλημα δεν ήταν τόσο απλό όσο αντιμετωπίστηκς από τον κ. Αλεξίου)
ΑπάντησηΔιαγραφήΠολύ γόνιμος ο μαθηματικός διάλογος, σημαντική η συμβολή όλων σας. Ευχαριστώ τον καθηγητή Βιομοριακής Μηχανικής στο πανεπιστήμιο του Χιούστον, Δρα Μιχάλη Νικολάου (ΜΝ) για τη λύση του που μας έδωσε.
ΑπάντησηΔιαγραφή