Голосование за Марка-Андре Амлена на «Грэмми»

Уважаемые господа-любители классической музыки,

Нашего пианиста Марка-Андре Амлена номинировали на «Исполнителя года-2013»: www.gramophone.co.uk/artist-of-the-year-2013.

Некоторые из вас были на его концертах, некоторые слышали записям фантастической виртуозности. Он может победить, если наберёт в открытом голосовании больше всего голосов. Давайте поможем Марку победить!

Впервые за всё время в блоге появляется надпись «Прошу скопировать на свою страницу».


For English-speaking viewers:

The great pianist Marc-André Hamelin has been shortlisted for Gramophone Artist of the Year!

It’s decided by public vote, so I would be grateful if you could do the honours and vote for Marc on this page: http://www.gramophone.co.uk/artist-of-the-year-2013.

Also, please circulate this link as widely as possible. Thank you very much in advance!

Hamelin and Kostyrka

Задача по теории вероятностей

Задача. Передача «Что? Где? Когда?». На столе перед знатоками лежат по кругу тринадцать писем от телезрителей. Известно, что после того, как письмо отыграло, его снимают со стола, а на его месте остаётся стрелка, по которой осуществляется переход к следующему по часовой стрелке письму. Распорядитель крутит волчок, который выбирает письмо номер ноль для первого раунда. Оно убирается, на его месте остаётся стрелка, и далее по часовой стрелке письма от него нумеруются как первое, второе, третье, ..., двенадцатое.

  • Рассчитайте вероятность того, что в игре будет участвовать письмо с номером \(n\) для \(n=1,\ldots,12\).
  • Какова вероятность того, что в течение следующих двух ходов выпадет письмо 4, если уже выпали письма номер 1 и 2?
  • Какова вероятность того, что письмо 1 будет разыграно последним?

Нетрудная математическая задачка

Задача. Найти такие многочлены \(u(x)\), \(v(x)\), что
\[x^m u(x) + (1-x)^n v(x) =1. \]


Решение. Вспомним разложение бинома и запишем его сразу в форме суммы:
\[ 1 = \bigl( x + (1-x) \bigr)^{n+m-1} = \sum\limits_{i=0}^{n+m-1} C^i_{m+n-1} x^i (1-x)^{m+n-1-i} = 1. \]

Разобьём эту сумму от \(i=0\) до \(i=m+n-1\) на две суммы: от \(i=0\) до \(i=m-1\) и от \(i=m\) до \(i=m+n-1\). Из суммы \(\sum\limits_{i=0}^{i=m-1}\) можно будет вынести за знак суммирования \((1-x)^n\), а из суммы \(\sum\limits_{i=m}^{i=m+n-1}\) отлично выносится \(x^m\): эти выражения присутствовали в исходном вопросе. Для удобства сумму, из которой выносится \(x^m\), будем делать не по \(i\), а по \(j\), а сумму с вынесенным \((1-x)\) сделаем по \(k\). Следует пояснить, что \(\sum\limits_{j=m}^{j=m+n-1}\) — это то же, что и \(\sum\limits_{j=0}^{j=n-1}\). Тогда
\[\sum\limits_{i=0}^{n+m-1} C^i_{m+n-1} x^i (1-x)^{m+n-1-i} = \]
\[ = \sum\limits_{j=m}^{m+n-1} C^j_{m+n-1} x^j (1-x)^{m+n-1-j} + \sum\limits_{k=0}^{m-1} C^k_{m+n-1} x^k (1-x)^{m+n-1-k} = \]
\[ = x^m \sum\limits_{j=0}^{n-1} C^{j+m}_{m+n-1} x^j (1-x)^{n-1-j} + (1-x)^n \sum\limits_{k=0}^{m-1} C^k_{m+n-1} x^k (1-x)^{m-1-k} = \]
\[ = x^m u(x) + (1-x)^n v(x) \equiv 1. \]