Lukujono 5 - Muut aiheet - Keskustelut

↶ Takaisin aiheisiin Siirry alalaitaan ↓

5207. Lukujono 5

Matti29.11.2009 klo 20:55

Aloitetaan puhtaalta pöydältä uudella tehtävällä.

Anssi pelaa pasianssia, jonka hän saa "menemään" todennäköisyydellä p. Kuinka monta kertaa hänen on keskimäärin pelattava, että hän saa menemään n peliä putkeen?

2. Jaska29.11.2009 klo 21:20

Jos ymmärsin oikein, niin tuohan on aivan peruskamaa: (p^2)^n.

3. Jukkis29.11.2009 klo 22:15

Jos ymmärsin oikein, niin en ymmärrä tuosta edellisestä mitään.

4. Jaska29.11.2009 klo 22:39

Outoa, että niinkin kokenut konkari kuin Jukkis ei ymmärtänyt, että minulla oli virhe. En ihan usko. Toivottavasti ymmärtää korjauksen ja ilmoittaa sitten ymmärtämättömyyttä teeskentelemättä, onko oikein vai väärin: (1/p)^n.

5. Matti30.11.2009 klo 13:13

Jaska, ei ole oikein, eikä ole aivan peruskamaa. Lausekkeesi on vastaus kysymykseen, kuinka monta kertaa pitää keskimäärin pelata, että ensimmäiset n peliä menee.

6. Matti30.11.2009 klo 15:04

Korjaus: ... keskimäärin yrittää ...

7. Jaska30.11.2009 klo 18:06

Jaha, minä ymmärsin heti väärin, joten Jukkiskin saattoi ymmärtää oikeasti väärin ekan väärän vastaukseni, missä tapauksessa huomautukseni Jukkikselle oli epäasiallinen.

Tunnin miettimisellä ei syntynyt mitään yleispätevältä tuntuvaa. Jätetään teille matemaatikoille. Löytynee tosin myös todennäköisyyslaskennan alkeisoppikirjasta, jota syynäilin anno dazumal. Siinä oli esimerkkinä rahanheitto, mutku ei enää muista mitään, ei edes tekijää.

Jos p:n ja n:n arvot ovat tiedossa, niin seuraavasta vastaus kai olisi räknäiltävissä pasianssien menoyritysten lukumäärän kasvuun (plussien väli) perustuen:

(1/p)^n + (1-p)*(1/p)^n + [(1-p)^2]*1/p^n + [(1-p)^3)] *(1/p)^n...

8. Jaska30.11.2009 klo 18:16

P.S. Se kirjan rahanheittojutska oli muistaakseni jotain samantapaista kuin Matilla oli täällä alkusyksystä. Senhän Juhani Heino ratkaisi suvereenisti, mahdollisesti tämänkin?

9. Matti30.11.2009 klo 20:39

En kyllä usko, että löytyy todennäköisyyslaskennan alkeisoppikirjasta, mutta ole ennenkin ollut väärässä.

10. Juhani Heino30.11.2009 klo 23:33

Yleistä ratkaisua en edes yritä, mutta tässä yritelmäni ekoista tapauksista. Menetelmä on tosiaan sama kuin kolikonheittosarjoissa.

n=1:

x=p+(1-p)(x+1)
x=p+(1-p)(x+1)
x=p+x+1-px-p
x=x+1-px
0=1-px
px=1
x=1/p

n=2:

x= 2p²+(1-p)(x+2)+p(1-p)(x+1)
x= 2p²+x+2-px-2p+px+p-p²x-p²
x= 2p²+x+2-p-p²x-p²
0= p²+2-p-p²x
(x-1)p²=2-p
x=(2-p)/p²+1

n=3:

x=3p³+(1-p)(x+3)+p(1-p)(x+2)+p²(1-p)(x+1)
x=3p³+x+3-px-3p+px+2p-p²x-2p²+p²x+p²-p³x-p³
x=3p³+x+3-3p+2p-2p²+p²-p³x-p³
x=2p³+x+3-p-p²-p³x
0=2p³+3-p-p²-p³x
p³x=2p³+3-p-p²
x=(3-p-p²)/p³+2

Jospa heitän hurjan arvauksen.

n=4:
x=(4-p-p²-p³)/p^4 + 3

11. Olavi Kivalo1.12.2009 klo 00:07

Seuraava on nin pikaisesti sutaistu, että voi olla virheellinen
[p/(1-p)]*[(1/p)^n - 1]

12. Jaska1.12.2009 klo 12:55

Eilen 18:06 ehdotukseni on virheellinen. Ratkaisuhan löytyy samalla metodilla kuin kruuna-klaavan peräkkäiset jaettuna kahdella, kertaa 1-p pelien lukumäärän mukaan määräytyvine potensseineen. Rahanheittohan on yksinkertaisin pasianssi, joka onnistuu todennäköisyydellä 0.5. Ko. tavalla muodostetut sarjat lähestyvät raja-arvoa, joka on tehtävän ratkaisu. Yleinen ratkaisu voidaan siis esittää pelkästään peetä ja ännää käsittävällä lausekkeella.

Olikohan tuo tarpeeksi epäselvästi sanottu...

13. Olavi Kivalo1.12.2009 klo 13:14

Tarkistin lausekkeeni. Siinä ei ole virhettä. Eri asia on, hyväksytäänkö se vastaukseksi.

14. Juhani Heino1.12.2009 klo 14:50

Omissa 2- ja 3-tapauksissani taas oli virhe. Tässä on yleinen lauseke jonka sittenkin sain aikaan samalla tavalla kuin Matti kolikonheittojutussa.

f(n)=f(n-1)+p+(1-p)(1+f(n))
f(n)=f(n-1)+p+1+f(n)-p-pf(n)
pf(n)=f(n-1)+1
f(n)=(f(n-1)+1)/p

Toisin tämän voi ilmaista
f(n)=f(n-1)/p + 1/p
eli kun lähdetään tapauksesta f(1) = 1/p,
f(2) = 1/p² + 1/p
f(3) = 1/p³ + 1/p² + 1/p
jne.

Koska nuo kaikki ovat geometrisia summia, voidaan myös käyttää kaavaa
f(n) = (1/p)((1/p)^n-1)/(1/p-1)
f(n) = ((1/p)^n-1)/(1-p)

Entä sitten 2-tapaus oikein laskettuna?

x= 2p²+(1-p)(x+2)+p(1-p)(3p+(1-p)(x+3))
x= 2p²+x+2-px-2p+(p-p²)(x+3-px)
x= 2p²+x+2-px-2p+px+3p-p²x-p²x-3p²+p³x
2p²x-p³x = -p²+2+p
x(2p²-p³)=-p²+2+p
x = (-p²+2+p)/(2p²-p³)

Näyttää hyvin erilaiselta, mutta laskekaapa
(1/p² + 1/p)(2p²-p³) = -p²+2+p

15. Jaska1.12.2009 klo 17:09

Koska Olavi Kivalon ja Juhani Heinon tulokset ovat ristiriitaiset, joko jompikumpi on väärin tai molemmat ovat väärin.

Yleisen kaavan pitäisi siis sopia mihin tahansa todennäköisyyteen ja peräkkäisputken pituuteen. Laskin kokeeksi yksinkertaisimman tapauksen eli kolikonheiton kahden peräkkäisen heiton onnistumisen. Jos kruuna on "pasianssin meno", niin klaava on "menemättömyys" ja päinvastoin. Sain saman tuloksen 14/3 = 4,66666.... kahdella laskentakerralla. Se on siis todennäköisesti oikein, jos laskutapani on oikea, kuten uskon. Joka tapauksessa keskiarvon tulee olla enemmän kuin (1/p)^2, mikä ei OK:n ja JH:n laskelmissa nähdäkseni toteudu.

16. Matti1.12.2009 klo 20:04

Lähettäjä: Matti 1.11.2009 klo 18:11

Nyt vasta tajusin tuon OK:n kirjoittaman: "(2^n)-1 on vastaus kysymykseen: Rahaa heitetään niin monta kertaa, että tulee peräkkäin n samaa, joko kruunaa tai klaavaa. Montako heittoa keskimäärin tarvitaan?"

Tästä opimme, että jos pasianssissa p=½, ratkaisu on
2^(n+1) - 2. Ylläolleva OK:n (2^n) - 1 on kerrottu kahdella, koska sekä kruuna että klaava hyväksyttiin, kun taas pasianssissa vaihtoehtoa "n kertaa peräkkäin ei mene" ei hyväksytty.

Jos siis ratkaisulausekkeessa sijoittaa p=½, pitäisi saada ylläoleva vastaus. Esin jos n=2, on vastaus keskim. 6 heittoa.

Itse sain tulokseksi saman kuin Juhani Heino, 1/p + (1/p)^2 + (1/p)^3 + ... + (1/p)^n. Tämän sarjan summa laskettuna ei ole kovinkaan "instruktiivinen". OK:n antama kaava muistuttaa kovasti summakaavaa, mutta ei ole aívan sama.

Laskin käsin tapaukset n=1, n=2 ja n=3 kuten Juhani Heino yllä, ja sitten suoritin villin arvauksen. Laskin tulokset Markovin ketjujen avulla, mikä oli kutakuinkin sama kuin Juhani Heinon tapa, mutta organisoidumpi.

Mutta pitäisi tähän keksiä vähän simppelimpi päättely, kuten OK:n esittämä rahanheiton tapauksessa.

17. Jaska1.12.2009 klo 22:01

Uskoin tietenkin Mattia ja kneita, joten lähdin etsimään virhettäni. Laskutapa osoittautui oikeaksi. Jostain kumman syystä olin kuitenkin pitänyt läpi mennyttä pasianssia yhtenä pelinä, vaikka siihen menee siis kaksi heittoa.

Laskin tulokset 25 heittoon saakka, mikä kattaa 99,4 prosenttia kaikista 2^25-yhdistelmistä. Keskiarvoksi tuli 5,86, mikä sekin vahvistaa kuuden raja-arvoa.

Oikea ratkaisu kahden kolikkopasianssin peräkkäiseen läpimenoon on siis keskimäärin 6 heittoa.

18. Matti1.12.2009 klo 23:23

Jos Olavi Kivalon vastauksen jakaa p:llä, saadaan oikea tulos. OK, miten päädyit ratkaisuusi? Tämä antaisi varmaan lisävalaistusta asiaan.

19. Olavi Kivalo1.12.2009 klo 23:30

Matin analyysi oli terävä. Todellakaan n peräkkäistä epäonnistumista ei ole hyväksytty putki. Korjasin lausekettani. Nyt se näyttää tältä.
[1/(1-p)]*[(1/p)^n - 1]
Sehän on geometrisen sarjan summa eli sama kuin edellä.

20. Olavi Kivalo2.12.2009 klo 23:08

Koska lähestymistapani tähän kompaan poikkeaa selvästi muista, esitän sen tässä siltä varalta, että se sattuisi kiinnostamaan.

Tämänkaltaisia kompia on usein helpoin (ainakin minulle) lähestyä vääntämällä aluksi koodinpätkä. Satunnaislukugeneraattori on kätevä työkalu simuloimaan stokastisia prosesseja. Tuottamalla satunnaislukuja väliltä 1...1/p (p=1/2,1/3,1/4,1/5, ...) kunnes saadaan vaikkapa ykkösen n-putki ja toistamalla tämä riittävän monta kertaa saadaan n-putken tuottamiseen tarvittavien yritysten keskiarvo kun putken todennäköisyys on p.

Tällöin kullakin todennäköisyydellä p saadaan lukujono a(p,n), n=1,2,3,.... Nämä ovat:
a(1/2,n) = 2, 6, 14, 30, 62, ...
a(1/3,n) = 3, 12, 39, 120, 366, ...
a(1/4,n) = 4, 20, 84, 340, 1364, ...
...

Kaikki tämä tapahtuu käden käänteessä kun koodi on olemassa. Jonojen noudattama yhteinen lainalaisuus saadaan helposti:
a(p,n+1) - a(p,n) = (1/p)^(n+1)

Tämä on 1. kertaluvun epähomogeeninen differenssiyhtälö, jonka vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu a’ on yksinkertaisesti a’(p,n) = C. Epähomogeenisen yhtälön erityisratkaisun a’’ löytämiseksi on erilaisia trikkejä, jotka pitää tietää. Tässä erityisratkaisu on muotoa a’’(p,n) = B*(1/p)^(n+1) ja yleinen ratkaisu on siis a(p,n) = a’+a’’ = C + B*(1/p)^(n+1). Sijoittamalla differenssiyhtälöön saadaan B = p/(1-p) ja alkuehdosta a(p,1) = 1/p saadaan C = -1/(1-p).

Täten a(p,n) = [1/(1-p)]*[(1/p)^n – 1]

21. Jaska3.12.2009 klo 00:05

366 pitäisi kaiketi olla 363.

22. Olavi Kivalo3.12.2009 klo 09:53

Kyllä. a(1/3, 5) = 3^5 = 363.
Lisäksi piti sanomani, että onnistumisen todennäköisyys (eikä putken) on p.

23. Olavi Kivalo3.12.2009 klo 12:35

Anteeksi sählyy. Siis a(1/3, 5) = 120+3^5 = 363.

Ja kuten todettu, yleinen ratkaisu saadaan myös geometrisen sarjan osasummasta, koska myös
a(p,n) = 1/p + (1/p)^2 + (1/p)^3 + ... + (1/p)^n.

Geometrisen sarjan osasumma kun k=0,1,2, ... ,n on
[p/(1-p)]*[(1/p)^(n+1)– 1] = 1+1/p+(1/p)^2...
Tästä kun vähennetään ykkönen, saadaan yleinen ratkaisu.

24. Jaska3.12.2009 klo 20:46

Aiheeseen liittyvä kysymys: mitä keskiarvoja ovat 2,75 ja 9,25?

25. Matti3.12.2009 klo 22:30

OK esitti hyvin mielenkiintoisen tavan ratkoa tämä ongelma. Simulaatiolla saadaan ongelman hännänpäästä kiinni, löydetään lainalaisuus ja sille rekursiokaava, ratkaistaan differenssiyhtälö ja se on siinä. Ratkaisussa ei tarvitse lainkaan vedota ongelman todennäköisyys- tai kombinaatioluonteeseen.

Ei näissä muissakaan esitetyissä ratkaisutavoissa mitään vikaa ollut - niitä kai voisi luonnehtia konservatiivisiksi.

OK:n ratkaisu valaisee myös sitä, mistä ilmestyivät Fi- ja Tribonacciluvut ratkaisuihin, joissa ei periaatteessa niille pitänyt olla mitään sijaa.

26. Jaska3.12.2009 klo 23:28

Matti, sinähän kysyit nimenomaan tulosta, et miten se saadaan. Minun olisi olisi pitänyt vanhastaan muistaa, että sarjan 1/4 + 1/8 + 2/16 + 3/32 + 5/64 + 8/128 jne. pohjalta päädytään raja-arvoon. Fibonaccille oli siis periaatteessa minulle sijaa!

27. Matti4.12.2009 klo 00:15

Jaska, meni yli hilseen, kovaa ja korkealta. Med vänlig hilsen, sanoisi juutti.

28. Jaska4.12.2009 klo 01:00

Tarkennus, miten laskin pöytälaskurilla 5,86 arvon (vrt. 1.12. 22:01.

2^25 = 33554432. Olkoon se M. Sitten laskin (1/4)M + (1/8)M + (2/16)M + (3/32)M + (5/64)M + ..........(28651/16777217)M + 46368 = 33356432 = n. 0,994M.

Sitten [2*(1/4)M + 3*(1/8)M + 4*(2/16)M +.......24*(28651/16777216)M + 25*46368] / 333584584432 = 5,86.

Koska saatoitte minut uskomaan, että ratkaisu on 6, tyydyin tähän uskoni vahvistuksena. Jos olisi ollut epävarmuutta, niin olisin jatkanut tietsikan calculatorilla vaikkapa 2^35 saakka.

29. Olavi Kivalo4.12.2009 klo 16:53

Jatketaan vielä numeroleikittelyllä.
Ylläoleva ratkaisu a(p,n) = [1/(1-p)]*[(1/p)^n – 1] voidaan kirjoittaa yhtenä lukujonona
a(p,n) = 10, 110, 1110, 11110, 111110, ....,
jossa luvut on lausuttu lukujärjestelmässä 1/p.

30. Matti4.12.2009 klo 17:34

Kiva havainto, vaikka selvähän tuo, nyt kun sen sanot.

31. Jaska5.12.2009 klo 00:25

Eilisen kysymykseni 20:46 vastaus. 2,75 heittoa on 2-4 heitolla onnistuneiden keskiarvo. 2-4 heittoa on tasan puolet 2-n heitolla onnistuneiden joukosta, kun n on yli 4. Toisen puolikkaan heitotmäärien keskiarvo on täten 9,25.

Kun mediaani osuu kolmen ja neljän heiton väliin, jäisi keskiarvo pelkästään rahaa heittämällä herkästi vain arvioksi alakanttiin. Kukapa jaksaisi heittää miljoonia sarjoja. Tarvittaisiin siis tietokonesimulaatio, ellei kokeilija olisi sattumoisin eksynyt tälle säikeelle...

32. Jaska5.12.2009 klo 00:27

Korjaan, toissapäiväisen kysymyksen...

33. Jaska5.12.2009 klo 00:38

Korjaan (huoh), ... neljän ja viiden heiton väliin..

34. Olavi Kivalo9.12.2009 klo 19:09

En valitettavasti pysty kommentoimaan Jaskan edellistä kysymystä enkä vastausta. Voisiko kumpaakin yrittää täsmentää?

35. Jaska9.12.2009 klo 21:45

Kun yrityksiä (yrittäjiä) on hyvin suuri määrä, niin onnistumisista keskimäärin puolet tapahtuu heittomäärillä kaksi, kolme ja neljä yhteensä. Kahdella heitolla onnistuu keskimäärin neljännes, kolmella ja neljällä heitolla kummallakin kahdeksannes yrityksistä. Tämän pohjalta laskettuna ryhmän heittomäärien keskiarvo on 2,75. Toinen puolisko tarvitsee siis enemmän kuin neljä heittoa keskiarvolla 9,25.

36. Olavi Kivalo9.12.2009 klo 23:04

Tämän pitäisi olla erinomaisen kiinnostava tehtävä, koska (aikaisempiin kommentteihini viitaten) en edelleenkään ymmärrä tehtävän määrittelyä. Mutta, mutta ... pitäisiköhän luovuttaa.

37. Jaska9.12.2009 klo 23:37

Ollaan kai eri aaltopituuksilla. 3.12. 20:46 esitin kysymyksen, vastasin siihen siihehn sekoillen, korjasin sekoilut, ka lopuksi OK:n pyynnöstä selvensin. "Aiheeseen liittyvä" tarkoitti kolikkopasianssia, joka menee läpi kahdella peräkkäisellä heitolla kolikon valinnaisella puoliskolla.

38. Jaskan10.12.2009 klo 14:20

1, 2, 9, 44, 265, 1854, 14833, ?

39. Olavi Kivalo10.12.2009 klo 15:36

Muistuttaa tätä
0, 1, 2, 9, 44, 265, 1854, 14833, 133496, 1334961,...

40. Olavi Kivalo10.12.2009 klo 16:16

Muistuttaa tosin myös tätä
1, 1, 2, 9, 44, 265, 1854, 14833, 133498, 1334981,...

41. Jaska10.12.2009 klo 18:53

Oikein. Jono kuvaa (myös) kaikista n! alkioiden järjestyskombinaatioista niiden kombinaatioiden lukumäärää, joiden etäisyys on n määrätystä kombinaatiosta.

Kyllä jono voi alkaa nollallakin. Yhden alkion (1!) järjestyksiä on siis yksi, joten sillä on 0 "maksimietäisyydellä olevaa kombinaatiota."

42. Olavi Kivalo11.12.2009 klo 20:29

Kiintoisaa, että Jaskan jono voidaan generoida yksinkertaisella kaavalla a(n)=Round[n!/e], n=2,3,4,...

43. Olavi Kivalo12.12.2009 klo 10:01

Itse asiassa sen jälkeen kun tiedetään, että Jaskan jono perustuu kertomaan eli a(n)=f(n!), jossa siis a(n)<n!, voidaan löytää useitakin funktioita, jotka generoivat kyseisen lukujonon. Tämä tapahtuu joko puhtaasti matemaattisin keinoin tai lähtien liikkeelle lukujonon 1,...,n permutaatioista (joiden lukumäärä on n!) ja eliminoimalla niistä osa jollakin lainalaisuudella (kuten Jaska tekee).

[Edellä esittämäni kaava n!/e tuo mieleeni teollisuudessa (osin leikkimielisesti) käytettävän menetelmän, jossa esim. kannattavuuslaskelman kustannukset kerrotaan lopuksi e:llä tai pi:llä sen sijaan, että varmuuskerroin vedettäisiiin hihasta.]

Eräs keino pienentää kertomaa on laskea mukaaan vain ne permutaatiot, joissa pienin i (i=1...n-1), jolla toteutuu a(i)<a(i+1) on parillinen (jolloin mukaan lasketaan myös se permutaatio, jolla ehto ei toteudu millään i:n arvolla edellyttäen, että n on parillinen)

44. Jaska12.12.2009 klo 12:05

Permutaatiot siis oikea termi alkioiden järjestyksistä kertomassa. Kombinaatioita tietty nekin. Jonoon perustuu myös muudan pasianssi-idea. Palaan asiaan, jos pystyn laskemaan sen todennäköisyyden.

45. Juhani Heino12.12.2009 klo 20:55

Tässä on helppo jono laskea, mutta haluaako joku miettiä miten liittyy Pelikaaneihin juuri tässä muodossa joka päätetään tähän? Muullakin tavalla keksitty "graafinen" selitys tietysti kelpaa.
1, 7, 17, 31, 49, 71

46. Jaska12.12.2009 klo 23:47

Pitääkö tietää jotain muistakin kuin PuPesta?

47. Juhani Heino12.12.2009 klo 23:56

Nyt katsoin muista Pelikaaneista joita oli tallessa, mutta löysin vain Paksusta.

48. Olavi Kivalo13.12.2009 klo 00:04

Okay, here we go.
Triviaaliosa: a(n)=1,7,17,31,49,71 = 2n^2-1

PELIKAANI=b(n)=16,5,12,9,11,1,1,14,9
a(1)=b(6)
a(2)=b(2)+b(6)+b(7)
a(3)=b(2)+b(3)
a(4)=b(1)+b(2)+b(4)+b(6)
a(5)=b(1)+b(3)+b(4)+b(5)+b(6)
a(6)=b(1)+b(3)+b(4)+b(5)+b(8)+b(9)

49. Jaska13.12.2009 klo 00:23

No Paksun Palindromiputkessa oli 71 ruutua.

50. Juhani Heino13.12.2009 klo 22:38

Palindromiputki on kyseessä. Mitä nuo aiemmat luvut sitten ovat?

51. Jaska13.12.2009 klo 23:37

Kirjainten järjestyslukuja näkyvät olevan.

JH:n jonosta saa muuten siitäkin palindromiputken näin: 17-88-71. 17 + 71 = 88 ja 1 + 7 + 31 + 49 = 88. Jonon lukujen summa on siis 2*88 = 176.

52. Juhani Heino13.12.2009 klo 23:48

Näköjään meni kolossaalisesti pieleen tämä juttu, kuten vähän pelkäsinkin. Idea oli että lähdetään rakentamaan spiraalia keskeltä lähtien. Triviaalisti eka ruutu on 1x1 -neliö. 7 ruutua mahtuu 3x3 -neliöön, 17 5x5 -neliöön, 31 7x7 -neliöön, 49 9x9 -neliöön ja koko 71 ruudun tehtävä on 11x11 -neliössä.

53. Jaska14.12.2009 klo 00:08

Ei mennyt, vaan olit liian hätäinen. Niin kuin itsekin. Olin jo yhteenlaskun jälkeen syynäilemässä putken kiemuroita, josko jonon saisi niihin istumaan kuin valettuna. Piti vaan julkistaa tuo väkisin väännetty ensin.

Nyt jäi ikuiseksi arvoitukseksi, olisinko pystynyt tuon kauniin simppelin jonon salatun pelikaaniyhteyden paljastamaan. Tuskin ainakaan Julia Roberts siihen olisi kyennyt?

54. Olavi Kivalo14.12.2009 klo 00:48

Otetaan nyt kaikki ilo irti tästä.

Kun aakkoset esitetään kirjainjonona ja tehdään muunnos A=1, B=2,..., voidaan sanoja muuttaa lukujonoiksi. Lukujonoksi b(n), (n=1...9) muunnettu PELIKAANI kuvautuu kauniisti lukujonoon a(n)=2n^2-1, (n=1...6) niin, että a(n) on lineaarikombinaatio kertoimilla 0 ja 1 kustakin luvusta b(n).

Ylläolevat eivät ole ainoat mahdolliset kombinaatiot. Linearikombinaatioiden lukumäärät ovat 2, 1, 5, 12, 10, 1 kutakin lukua a(n) kohti.

Tämä on sen tyypin ratkaisu, jonka sellainenkin voi löytää, jota vihje jostain palindromiputkesta ei tavoita.

55. Olavi Kivalo14.12.2009 klo 09:53

Ja lopuksi vielä naatitaan.

Esim. luvulle a(4)=2n^2-1=31 kaikki 12 mahdollista lineaarikombinaatiota saadaan kertomalla pystyvektori a(n)=Transpose[16 5 12 9 11 1 1 14 9] 9x12-matriisilla
1 0 0 0 0 1 0 1 0
1 0 0 0 0 0 1 1 0
0 1 1 0 0 0 0 1 0
1 1 0 1 0 1 0 0 0
1 1 0 1 0 0 1 0 0
1 1 0 0 0 1 0 0 1
1 1 0 0 0 0 1 0 1
0 1 0 0 1 1 0 1 0
0 1 0 0 1 0 1 1 0
0 0 1 1 0 1 0 0 1
0 0 1 1 0 0 1 0 1
0 0 0 1 1 1 1 0 1

Aivan erinomainen kompa :-)

56. Olavi Kivalo16.12.2009 klo 22:37

JH:n jono ja palindromit.
Jaska irroitti jonosta 1, 7, 17, 31, 49, 71 yhden palindromin 88 termien osasummana. Tässä kaikki palindromit:
55, 66, 88, 121, 151. (Yksinumeroisia ei lasketa)

57. Olavi Kivalo19.12.2009 klo 12:30

Kuinka jatkuu, kun n=1,2,3,...
a(n) = 0, 0, 0, 0, 1, 3, 4, 5, 7, 10, 15, 20, 26, 33, ...

Vihje: liittyy kaksinumeroisten palindromilukujen esiintymiseen.

58. Olavi Kivalo20.12.2009 klo 12:50

Lisävihje: a(n) on lukujonon b(n) niiden 3-jäsenisten osajonojen lukumäärä, joiden termien summa on kaksinumeroinen palindromi.

59. Matti21.12.2009 klo 22:24

"Lähettäjä: Jaska 10.12.2009 klo 14:20

1, 2, 9, 44, 265, 1854, 14833, ?"

Jäi mietityttämään tämä Jaskan jono. Siinä f(n) on niiden n-permutaatioiden lukumäärä, jotka eroavat annetusta permutaatiosta joka positiossa, siis jokaisen numeron kohdalla. Osoittautuu, että f(n) noudattaa varsin yksinkertaista rekursiokaavaa
f(n) = n*f(n-1) + (-1)^n, kun asetetaan f(0) = 1.
Saadaan siis jono
1, 0, 1, 2, 9, 44, …
Rekursiokaava on helppo ratkaista:
f(n) = n!*A(n), missä A(n) = sum(i = 0 ... n) (-1)^i)/i!
A(n) lähenee ripeästi lukua 1/e kun n kasvaa (Taylorin sarja), joka selittää Olavi Kivalon havainnon, että f(n) on likimain n!/e.

60. Jaska21.12.2009 klo 22:41

Luvulla 1/e on merkitystä myös Veikkaus Oy:lle. Matti huomannee, mitä?

61. Matti26.12.2009 klo 18:22

Pari Joulua sitten täällä käsiteltiin seuraavaa pikkujoulupulmaa: juhlijat toivat kukin mukanaan lahjan, joka laitettiin isoon säkkiin. Sieltä joulupukki jakoi jokaiselle yhden. Millä todennäköisyydellä kukaan ei saanut itse tuomaansa lahjaa?

Tämä on aivan identtinen edellä olevan permutaatiopulman kanssa. Kukaan ei saa omaa lahjaansa, jos pukin permutaatio eroaa tuojien permutaatiosta jokaisen lahjan kohdalla. Kysytty todennäköisyys oli sum (i=0 ... n) (-1)^i/i!. Se läheni nopeasti lukua 1/e, jos juhlijoita oli vähänkin useampi.

Jaska, anna Veikkaus Oy:n 1/e:lle neljän pisteen vihje.

62. Jaska26.12.2009 klo 19:33

Matti, loton 7 oikein tilastot valaissevat osaltaan asiaa.

63. Matti27.12.2009 klo 18:57

Otetaan vähän kevyempää purtavaa näin pyhien lopuksi.

Pekka pelaa noppapeliä. Hän saa heittää yhtä ja samaa noppaa peräkkäin korkeintaan 6 kertaa. Hän saa lopettaa heittelyn heti kun haluaa. Pelin tulos on viimeiseksi heitetty silmäluku. Pekka haluaa maksimoida tuloksensa odotusarvon. Millä strategialla hän pelaa? Mikä on tällöin hänen tuloksensa odotusarvo? Montako heittoa tällöin yksi peli keskimäärin kestää?

64. Jaska27.12.2009 klo 23:20

Strategia on lopettaa peli siihen heittoon, jonka silmäluku on 4, 5, tai 6. Odotusarvo 4,5. Keskimäärin 1,875 heittoa.

Joko saa antaa lottokysymyksen vastauksen, vai haluatko lisävinkin?

65. Jaska27.12.2009 klo 23:25

Korjaus. Odotusarvo 4,875.

66. Matti27.12.2009 klo 23:26

Jaska, anna lottokysymyksen vastaus. Ei nyt oikein lohkea.

Noppapeliin löytyy sellainenkin strategia, että odotusarvo on yli 4,6.

67. Matti27.12.2009 klo 23:27

Noppapeliin löytyy sellainenkin strategia, että odotusarvo on yli 4,9.

68. Jaska28.12.2009 klo 00:06

Luvulla 1/e on merkitystä jättipottien kannalta. Niitä on myynnillisistä syistä tultava sopivin väliajoin. Jos lotottuja rivejä olisi yhdellä kierroksella 15 380 937 kpl, niiden seiskapeitto on laskennallisesti muutaman desimaalin tarkkuudella 1/e, jolloin nollakierroksen todennäköisyys on n. 0,37. Se on Veikkaukselle hyvin sopiva luku, ei liian usein eikä liian harvoin.

Käytännössä peitto tietenkin vaihtelee kierroksittain keskiarvosta. Normaalikierroksilla rivejä on pelissä alle 15 miljoonaa, mutta jättipottikierroksella määrä saattaa jopa tuplaantua. Pitkällä aikavälillä nollakierrosten määrä pysyy kuitenkin hyvin Veikkaus Oy:lle optimaalisessa haarukassa. Jos pelattujen rivien määrä alkaa nousta normaalikierroksillakin nollakierroksia harvinaistaen, asia voidaan helposti korjata rivihinnan korotuksella.

69. Jaskan28.12.2009 klo 11:54

No jopas taas lapsahti. Mainitussa tapauksessa laskennallinen seiskapeitto on tietenkin 1 - 1/e.

70. Matti28.12.2009 klo 14:03

No enpä ollut tuota ennen tullut ajatelleeksi. Mutta noinhan se menee. Lim (1-1/n)^n = 1/e.

71. Matti29.12.2009 klo 00:10

Se noppajuttu menee näin. Jos f(n) on tuloksen odostusarvo parhaalla strategialla, kun heittää saa korkeintaan n kertaa, niin halutaan tietää f(6).

Selvästi f(1) = (1+2+3+4+5+6)/6 = 3,5. Jos heittoja on kaksi, ja jos eka heitto antaa 1, 2 tai 3, kannattaa siis heittää vielä kerran, koska silloin luvassa on keskimäärin 3,5.

Siis f(2) = (3,5+3,5+3,5+4+5+6)/6 = 4,25. Samalla päättelyllä

f(3) = (4,25+4,25+4,25+4,25+5+6)6 = 4,667
f(4) = (4,667+4,667+4,667+4,667+5+6)/6 = 4,944
f(5) = (4,944+4,944+4,944+4,944+5+6)/6 = 5,130, ja
f(6) = (5,130+5,130+5,130+5,130+5,130+6) = 5,275.

Siinä se. Optimistrategia on: Ensin yritetään yksi heitto kuutosta, ja sitten kolme heittoa kuutosta tai viitosta. Viidennellä heitolla yritetään kuutosta, viitosta tai nelosta. Ja heti kun tärppää, lopetetaan. Ja jos ei tärppää, niin heitetään vielä se kuudes heitto.

Tuloksen odotusarvo on f(6) = 5,275, ja heittoja tarvitaan keskimäärin 3,505.

72. Jaska29.12.2009 klo 14:13

Tsekkailin Matin tulosta ja sain odotusarvoksi viidellä desimaalilla 5,27469, siis saman. Heittojen keskimäärässä meillä on heitto (!), sain tulokseksi viidellä desimaalilla 3,12963. Matilla siis 3,505. Laskin sen näin: (1*7776 + 2*12960 + 3*8640 + 4*5760 + 5*5760 + 6*5760)/46656.

Toisella meistä on siis virhe, ja voin se olla minäkin. Olihan omankin ehdotukseni laskelma pielessä. Sen oikeat luvut tuplatsekkaukseen perustuen ovat: odotusarvo 4,953125 ja heittokeskimäärä 1,96875.

Tämän jälkeen voinen katsoa saavuttaneeni kisassa kunniakkaan hopeamitalin. Uskon näet, ettei kukaan vaivaudu yrittämään petrata Matin (vai kuka se lie?) ME:tä!

73. jh29.12.2009 klo 16:05

Sain saman heittojen lukumäärän kuin Jaska.
Sallittuja heittoja : heittoja keskimäärin
1 : 1
2 : (1/2)+(1/2)2 = 1,5
3 : (1/3)+(2/3)(2,5) = 2
4 : (1/3)+(2/3)3 = 7/3
5 : (1/3)+(2/3)(10/3) = 23/9
6 : (1/6)+(5/6)(32/9) = 169/54 ~ 3,13

Odotusarvon laskin hieman toisin, mutta efektiivisesti laskutoimitus on sama kuin Matilla ja pääsin myöskin samaan tulokseen.

74. Matti30.12.2009 klo 20:16

Minulla oli heittojen keskimäärän laskussa virhe. Korjattuani sen sain saman tuloksen kuin Jaska ja jh.

Huomio kiinnittyi jh:n virtaviivaiseen laskuun. Itselläni kului paperia varmaan nelinkertainen määrä.

75. Olavi Kivalo2.1.2010 klo 15:11

Exponenttifunktio exp(x) voidaan lausua tulona seuraavasti
e(x) = (1+ax)*(1+bx^2)*(1+cx^3)*(1+dx^4)*...

Näyttää siis siltä kuin exponenttifunktiolla olisi ääretön määrä juuria eli nollakohtia. Eräitä reaalisia oikean puolen juuria ovat x(p) = p^(1/p), josa p on pariton alkuluku.

Mutta exponenttifunktiolla ei ole nollakohtia. Onko tälle selitys?

76. Jukkis2.1.2010 klo 17:31

No en oo ikinä tommoista ennen nähnyt. Ekaksi tulee mieleen kysyä, että mitä ihmettä nuo a, b, c etc. tuossa on. Kun on päästy 29:nteen termiin, jossa on ö, niin mikä on seuraava termi?

77. jh2.1.2010 klo 17:54

Palaan vielä noppajuttuun uudella muunnelmalla. Heitetään n noppaa yhtaikaa. Laitetaan syrjään ne nopat jotka halutaan. Muille nopille voidaan ostaa uusi heittovuoro, poistamalla yksi noppa pelistä. Jatketaan kunnes tyydytään tulokseen, joka on siis hyväksyttyjen noppien summa. Selvennetään ääriesimerkillä:
Saadaan kaksi kuutosta ja kolme ykköstä. Laitetaan kuutoset talteen, varmoja pisteitä on toistaiseksi 12. Poistetaan ykkösnoppa ja loput kaksi heitetään uudelleen.
Mikä on heittojen strategia?

Odotusarvo onkin sitten jo hankalampi, siihen lämmittelyksi voisi laskea helpomman tapauksen - kolikonheiton.
Heitetään n kolikkoa ja tavoitteena on mahd. monta kruunaa. Laitetaan aina kruunat syrjään ja heitetään klaavat uudelleen, vähennettynä yhdellä.

78. Olavi Kivalo2.1.2010 klo 18:41

Kun tuntee jonkin verran matemaattista notaatiota, tietää, että aakkosten alkupään kirjaimia a,b,c,d,... käytetään usein tarkoittamaan vakioita. Näillä selviää hyvin, kun halutaan näyttää mitä muotoa päättymätön lauseke noudattaa.

Tässä vakioiden numeeriset arvot ovat yksikäsitteisiä. Ne voidaan ratkaista helposti ottamalla logaritmit yhtälön molemmista puolista ja panemalla x:n vastaavien potenssien kertoimet samoiksi.

79. Olavi Kivalo3.1.2010 klo 11:26

Aloitetaan varovasti eli kolmella nopalla.

Strategia: Jos summa>7, lopetetaan siihen. Jos summa<4, heitetään kaikki pois ja jatketaan kahdella. Jos 4<summa<7, heitetään pois pienin ja heitetään pienempi jäljellejääneistä uudestaan.

Tällä strategialla tuloksen odotusarvo on vähän alle 10.

80. Jukkis3.1.2010 klo 13:26

Vielä pitää kysyä Olavi Kivalolta että mikähän sitten on tuo e(x), joka on yhtälön vasemmalla puolella? Tyhmempi voisi luulla, että se on eksponenttifunktio, mutta eihän se se voi olla, kun siinä edellä eksponenttifunktiota on merkitty exp(x):llä. Sen verran ymmärrän matemaattisesta notaatiosta että eihän samaa asiaa kahdella peräkkäisellä rivillä eri symbolilla merkitä ilman että samalla kerrotaan että näin on jostain syystä tehty.

Varmaan kyseessä on taas jotain, joka jonkin verran matemaattista notaatiota tunteville on itsestään selvää. Sitten kun tuon tiedän, niin voin jatkaa asian ihmettelyä, vaikka en minä tuota kyllä ymmärrä silläkään oletuksella että e(x) = exp(x).

81. Olavi Kivalo3.1.2010 klo 14:59

No voi voi voi. Piti kirjoittamani mahdollisesti e^x. Tämä sivusto ei tue matemaattista notaatiota, joten kömpelyyksiä tulee. On hyvä huomauttaa, että päästään korjaamaan. Selvät kirjoitusvirheet voisi ohittaa armeliaasti ja keskittyä itse asiaan.

Mitä ymmärtämiseen tulee, niin esitin kysymyksen juuri siitä syystä, että sitä ovat pohtineet jotkut muutkin.

82. Jukkis3.1.2010 klo 15:41

No mulla on koko ajan ollut lähtökohtana se, että tässä on kyseessä jonkinlaiseen minulle avautumattomaan huumoriin perustuva vedätys, koska selvästikin tuo yhtälö on ihan puuta heinää.

Mutta kysyn silti, että mikä on vaikkapa vakion c arvo ja miten se saadaan selville. Ottamalla logaritmin yhtälön molemmin puolin saadaan että
x = ln(1+ax)+ln(1+bx^2)+ln(1+cx^3)+ln(1+dx^4)+...

Siitä sitten vaan panemaan x:n potenssien kertoimia samoiksi. Vasemmalla niitä potensseja ei kovin montaa ole. ln(1+z):llehan on sarjakehitelmä, jolla niitä potensseja saadaan oikealle puolelle, mutta kun se kehitelmä on voimassa vain kun |z|<1, niin ei sillä pitkälle pötkitä. Vai?

Eli nyt sitten OK meille helposti näyttää, miten ne kertoimet saadaan.

83. Olavi Kivalo3.1.2010 klo 17:10

Kyllä tässä on kysymyksessä aivan oikea matemaattinen ongelma. Vaikka vakioiden a,b,c,... numeeristen arvojen määritys ei ole keskeistä nollakohtia koskevan pohdinnan kannalta, se menee juuri kuten nimimerkki Jukkis sanoo.

log(1+ax) = ax-(a^2*x^2)/2+(a^3*x^3)/3 -...
log(1+bx^2) = bx^2 -(b^2*x^4)/2+...
log(1+cx^3) = cx^3 -....
jne.

Tästä seuraa
a = 1
b + (a^2)/2 = 0 -> b = 1/2
c+(a^3)/3 = 0 -> c = -1/3
d = 3/8
jne.

Täten exp(x) = (1+x)*(1+(1/2)x^2)*(1-(1/3)x^3)*(1+(3/8)x^4)*...

84. Jukkis3.1.2010 klo 17:39

Ja tuo logaritmin sarjakehitelmä pätee vain jos ykköseen summattavan itseisarvo on < 1.

Joten esim.
log(1+ax) = ax-(a^2*x^2)/2+(a^3*x^3)/3 -...
pitää paikkansa vain jos |ax|<1.

Joten ilmeisestikin tuo alkuperäinen exp(x):n yhtälöksi väitetty pitää paikkansa vain jos |x|<1. Joka oleellisehko seikka olisi ehkä ollut syytä mainita heti aluksi.

Joten oikean puolen nollakohdat, joiden kaikkien itseisarvo >=1 ei ole mikään ongelma.

Saatan olla väärässäkin, mutta tuskin kuitenkaan kaukana siitä.

85. jh3.1.2010 klo 17:51

Myönnetään että tuossa on selvästi jotain mätää. Ekan kerrottavan perusteellahan exp(-1) olisi 0, mutta se on 1/e.

Noppajutusta en vielä paljasta omaa strategiaani, mutta pohtikaa sitä että kolmen nopan odotusarvo olisi 10,5 jo yhdellä heitolla, ilman mitään taktikointia. Itse lähdin liikkeelle kahdesta nopasta, siinä on jo hieman strategiaa mukana. Yhdestä nopastahan tulee odotusarvo 3,5 eikä sitä voi enää heittää uudestaan.

86. Jaska3.1.2010 klo 18:28

Mielestäni jh:n tehtävän muotoilu on jäänyt vajavaiseksi. Tai ehkä en vain bonjaa. Lasketaanko odotusarvoon myös pelistä poistettujen noppien silmäluvut? Muutenhan tehtävässä ei ole mielestäni mitään ideaa.

87. Olavi Kivalo3.1.2010 klo 19:15

Ymmärsin, että tässä puhutaan odotusarvosta tulokselle, joka seuraa kun noudatetaan optimaalista strategiaa. Optimaalinen strategia taas pätee yksittäisille tapahtumille, jolloin odotusarvoon vaikuttavat ne strategian mukaiset päätökset, jotka pelaaja tekee heitettyään ensimmäisen kerran.

Tuon exponenttifunktion kehitelmän kannalta logaritmin ottaminen on vain eräs apukeino. Vakiot voi määrittää myös turvautumatta logaritmiin.

88. Matti3.1.2010 klo 19:27

Minusta jh:n ongelma on täysin yksiselitteisesti määritelty. Mutta yleinen ratkaisu tuntuu vaikealta. F(1)=3,5 ja sain tuloksen F(2)=7,067444... Vai paneeko joku paremmaksi?
F(3) on vielä työn alla. F(n) on optimistrategialla saadun tuloksen odotusarvo, joka siis halutaan maksimoida. Tässä n on noppien lukumäärä pelin alussa.

89. Jukkis3.1.2010 klo 20:57

Täytyy tossa eksponenttijutussa vaihtaa lähtökohta "jonkinlaiseen minulle avautumattomaan huumoriin perustuvasta vedätyksestä" vaikkapa siihen että kyseessä on ihan höpö-höpö-juttu.

Silti kysyn, että mistähän löytyisi semmoinen lähde, josta voisi todeta, että exp-funktio tosiaan voidaan lausua tuossa muodossa. Luulisi, että tommoisia äärettömiä tuloja (vai mitä tuollainen on suomeksi?) listaavissa lähteissä (esim Wolfram, tai Abramowitz & Stegunin funktioraamattu) tuo olisi mainittu ihan ekana, sen sijaan että sitä ei ole mainittu ollenkaan.

90. Jaska3.1.2010 klo 21:12

Selittäosotkö Matti nyt sitten tyhmälle, mitä tässä tapauksessa odotusarvolla tarkoitetaan ja miten se lasketaan yleispätevästi n nopalle jh:n väljiin peliohjeisiin perustuen. Minusta odotusarvo riippuu olennaisesti pelistrategiasta ja noppien määrästä.

91. Jaska3.1.2010 klo 21:14

Selittäisitkö...

92. Juhani Heino3.1.2010 klo 21:33

Odotusarvo riippuu olennaisesti noppien määrästä: ilman pelistrategiaa siis 3,5*n. Pelistrategia vaikuttaa vähemmän. Jatketaan esimerkkiä. Toisella heitolla käy sikahyvä tuuri ja molemmat jäljelläolevat nopat saavat kuutosen. Tulos on 24, yhteensä neljästä 6:sta. Poistettua noppaa ei lasketa lainkaan, se on hintana uudesta heitosta. Selvensikö tämä Jaskalle tarpeeksi?

93. Jaska3.1.2010 klo 22:08

Kiitos jh, noin sen kyllä arvelinkin menevän. Pyritään mahdollisimman korkeaan silmälukujen summaan käytettävissä olevalla noppamäärällä n. Sehän tarkoittanee, että on vain yksi perusstrategia: jatkaa heittoja viimeiseen noppaan saakka, ellei satu tulemaan heti maksimit.

Mutta strategiaan kuuluu myös muita valintoja, jotka mielestäni pitää ottaa huomioon odotusarvoa laskettaessa. Melkeinpä tekisi mieli väittää, että yksinkertainen kaava esim. sadalle nopalle on jo sula mahdottomuus miljoonien valintakombinaatioiden johdosta.

94. Juhani Heino3.1.2010 klo 22:40

Sain kahden nopan odotusarvoksi 7,069444...
Muistuttaa niin paljon Matin tulosta että mahtaisiko jommallakummalla olla vain laskuvirhe.

Olen samaa mieltä Jaskan jälkimmäisen kappaleen kanssa. Jo kolmen nopan tapaus näyttää suunnilleen tältä:
Valitaan kolme noppaa. Yhtään ei heitetä uudelleen.
Valitaan kaksi noppaa. Mutta koska yksi noppa pitäisi heittää kokonaan pois, kannattaa ottaa sekin mukaan eli tämä yhdistyy tapaukseen kolme noppaa.
Valitaan yksi noppa. Yksi heitetään pois ja yksi heitetään uudelleen, jatkon odotusarvo on f(1).
Ei hyväksytä yhtään noppaa. Yksi heitetään pois ja kaksi heitetään uudelleen, jatkon odotusarvo on f(2).

Strategia sitten määrää mikä vaihtoehto otetaan milläkin tuloksella.

95. Matti3.1.2010 klo 22:57

Mulla oli pränttivirhe, itsekin sain, että F(2)=7,069444.
Laskin juuri, että F(3)=10,7597. Tämä oli pelkkä työvoitto, mitään "systeemiä" en keksinyt tämän laskemiseksi. Melkein yksitellen (no ei nyt aivan) piti käydä lävitse kaikki 216 vaihtoehtoa.

F(4) saa puolestani jäädä rauhaan, koskapa mitään sääntöä tai kaavaa en sen laskemiseksi saattanut nähdä.

Laskiessa kävi ilmi, että aika harvoissa tapauksissa optimistrategialla oli käyttöä. Tämän puolesta puhuu sekin, että F(2) on vain 0,069444 suurempi kuin ilman strategiaa saatava 7, ja F(3) vain 0,2597 suurempi kuin "ilmaiseksi" tuleva 9,5. Tietysti n:n kasvaessa tuo ero myöskin kasvaa. Sitä lanttivaihtoehtoa voisi vielä miettiä, mutta muuten jätän tämän aiheen rauhaan.

96. Matti3.1.2010 klo 23:04

Jaska, valittu strategia vaikuttaa tuloksen odotusarvoon. Pitäisi siis etsiä strategia, joka maksimoi tämän odotusarvon. Ja sitten pitäisi vielä laskea tämä parhaalla strategialla saatava odotusarvo.

"Melkeinpä tekisi mieli väittää, että yksinkertainen kaava esim. sadalle nopalle on jo sula mahdottomuus miljoonien valintakombinaatioiden johdosta."

Minun tekisi mieli väittää ihan sitä samaa, jopa ilman tuota melkein-sanaa, ja sana yksinkertainen polistettuna.

97. Matti3.1.2010 klo 23:31

Tuo exp(x)-kehitelmä askarruttaa. Jos a=1 ja x=-1, näyttäisi tulevan väärä tulos, exp(-1)=0. Mutta näin ei ole, sillä ln-funktion potenssisarja ei välttämättä suppene, jos |x|>=1, kuten Jukkis aivan oikein huomauttaa. Tuskinpa OK tuota sarjakehitelmää on ihan omasta heltasta tempaissut, kyllä siinä jotain solidia takana on. Kehitelmän ehdottamat nollakohdat saattavat löytyä kompleksitasosta.

98. Matti3.1.2010 klo 23:33

Paikataan nyt vielä: ja F(3) vain 0,2597 suurempi kuin "ilmaiseksi" tuleva 10,5.

99. Matti3.1.2010 klo 23:51

Löysin netistä tiedon, että eksponenttifunktiolla ei ole nollakohtia edes kompleksitasossa.

100. Olavi Kivalo4.1.2010 klo 00:30

Oma (aika pikaisesti laskettu) tulokseni oli (käyttäen Matin merkintää) F(3)=9.98958. Minulla oli "systeemi", mutta olisi kiintoisaa verrata, mistä ero muodostuu.

Mielestäni 10,5 ei tule 'ilmaiseksi', koska ensimmäinen heitto yksittäisessä yrityksessä on riippumaton odotusarvoista. Sieltä tulee mitä tulee ja jatko etenee strategian mukaan, ja strategian pyrkimys on saada maksimitulos ensimmäisen heiton ehdoilla.

101. Juhani Heino4.1.2010 klo 00:57

Sain saman tuloksen kuin Matti. Tässä käyttämäni kaava:
f(3) =
1/8*15 + 3/8*12 + 3/8*(5+3/9*3.5+3/9*4+2/9*5+1/9*6)
+ 1/8*(1/27*9+3/27*8+23/27*509/72)
= 10.7597093621
Siitä saattaa ehkä päätellä jotain strategiastakin, mutta toistaiseksi jätän tällaiseksi sotkuksi.

Itse ymmärrän Matin ilmauksen 'ilmaiseksi' saatavasta tuloksesta 10,5. Jos jätetään pelkän sattuman varaan eikä heitetä uudestaan, 10,5 on odotusarvo. Jos strategia antaa huonomman tuloksen, siitähän on vain vahinkoa eli sitä ei kannata käyttää.

102. Olavi Kivalo4.1.2010 klo 12:13

Aloin etsiskellä strategiaa, joka olisi yleispätevä niin, että sen voisi ilmaista ottamatta kantaa yksittäisten noppien silmälukuihin. Siltä pohjalta voisi ehkä löytyä yleinen n:n nopan strategia lähtien vaatimuksesta, että uusintaheittoon kannattaa mennä vain, jos yhtä vähemmällä noppamäärällä saatavan summan odotusarvo on riittävän korkea.

Kolmen nopan tapauksessa kahdella nopalla voi saada yhteensä keskimäärin 7, joten uusintakierrokselle kannattaa lähteä aina mikäli ekakieroksella summa on enintään 7. Tämä siis yksittäisten noppien silmäluvuista riippumatta. Kun alku on näin surkea, ei strategia pysty paljoa pelastamaan. Tilastot tosin paranevat. Summajakauman alapää vähän kohenee. 'Kannattaa' tarkoittaa, että tuloksen odotusarvo on parempi kuin 10,5. Se on itse asiassa 10,6275 (aiemmin antamassani luvussa oli laskuvirhe).

Kun strategia ottaa kantaa myös yksittäisten noppien silmälukuihin, se monimutkaistuu. Ohjeiden seuraavalle kierrokselle tulee perustua myös silmälukujakaumaan. Esim. jos kolmella nopalla saadaan (4,1,1), mennään ilman muuta toiselle kierrokselle, mutta nelonen kannattaa säilyttää, koska vain silloin on odotettavissa 7,5. Jos saadaan (6,1,1), mennään myös toiselle kierrokselle, vaikka summa on 8.

Kun noppia on enemmän, tilanne monimutkaistuu huomattavasti. Katselen jos ehdin seuraavaksi hieman neljän nopan tapausta. Suboptimaalisellakin strategialla voidaan saavuttaa etua.

103. Matti4.1.2010 klo 15:06

Kolmen nopan strategiaa on hankala kuvata sanallisesti. Tässä eräitä yksittäistapauksia:

(5,2,2)->9 ei uusintoja, parannus 0
(2,2,1)->7,07 kaksi uusintaa, parannus 2,07
(4,2,1)->7,5 yksi uusinta, parannus 0,5

Jos joku haluaa laskea paljonko on f(4), laskut kannattaa organisoida seuraavasti. Käydään läpi kaikki 1296 heittoyhdistelmää. Useimmat päätyvät tilanteeseen, että ei kannata uusia, ne unohdetaan. Niiden heittojen kohdalla jotka johtavat uusintaan, katsotaan paljonko uusinta keskumäärin parantaa jo saatua summaa, lasketaan ne yhteen, jaetaan 1296:lla, ja lisätään ilmaiseksi saatavaan 14:ään. Lasku on tylsä ja työläs, eikä ilmeisesti anna uusia ahaaelämyksiä. Itse en aio tätä laskea.

104. Jukkis4.1.2010 klo 18:16

Nytpä pyydän nöyrimmästi Olavi Kivalolta anteeksi. Tutkailin lisää tuota eksponenttihommaa, eikä se taida sittenkään olla höpö-höpöä, vaan näköjään yllättävän mielenkiintoinen ja ihmeellinen juttu. Edelleen ihmettelen sitä, että tuollaista exp:n esittämistä tulona ei tunnu käsitellyn missään, vaikka esim. sinille ja kosinille vastaavat kaavat löytyy suunnilleen joka paikasta missä tämäntyyppistä hommaa käsitellään.

Mutta siis kun avaa tulon
(1+ax)*(1+bx^2)*(1+cx^3)*(1+dx^4)*...
avaa, niin tulos on

1+ax+bx^2+(ab+c)x^3+(ac+d)x^4+(ad+bc+e)x^5
+(ae+bd+f)x^6+(af+be+cd+g)x^7+(ag+bf+ce+h)x^7
+(ah+bg+cf+de+i)x^8+...

Tuota sitten kun vertaa eksponenttifunktion sarjakehitelmään
1+x+x^2/2!+x^3/3!+x^4/4!+...
joka on voimassa kaikilla kompleksiluvuilla x, niin voi todeta, että sama lausekehan siitä tulee, kun vaan vakioille a, b, c, d,... laittaa sopivat arvot. Ja ne arvot saa tuosta a:sta lähtien yksi kerrallaan ratkaistua potenssien kertoimia vertaamalla, ja samojahan siitä tulee, jotka OK 3.1.2010 klo 17:10 laski.

Alkuperäiseen mysteeriin en kyllä ole keksinyt selitystä. Eli miten helkutassa on mahdollista, että tuo tulo, jolla näyttäis olevan äärettömästi nollakohtia, esittää eksponenttifunktiota, jolla ei ole yhtäkään nollakohtaa. Jotenkin tuntuu, että tässä joudutaan jonkun samantyyppisen matikan kanssa tekemisiin, jota esim. Riemannin hypoteesia ratkottaessa tarvitaan. Taikka sitten ei.

Onko sulla OK mitään nettiosoitetta, jossa tätä juttua olisi käsitelty enemmän?

105. Jukkis4.1.2010 klo 18:35

Menin tuossa potenssien kanssa sekaisin. siis:

1+ax+bx^2+(ab+c)x^3+(ac+d)x^4+(ad+bc+e)x^5
+(ae+bd+f)x^6+(af+be+cd+g)x^7+(ag+bf+ce+h)x^8
+(ah+bg+cf+de+i)x^9+...

106. Jukkis4.1.2010 klo 19:08

Löysin tällaisen:

_http://www.physicsforums.com/showthread.php?t=126 013

Tuolla viestissä no. 6 esitetään yksi tapa lausua eksponenttifunktio äärettömänä tulona. Ei taida olla ihan sama kuin nyt käsitelty.

On tää kyllä mystinen juttu.

107. Olavi Kivalo4.1.2010 klo 19:59

Otin tämän kysymyksen täällä esille, koska henkilö, joka on askarrellut tämän kehitelmän parissa, pyysi Uudenvuodenpäivänä apua tai ainakin kommentteja tästä 'nollakohtamysteeristä', ja tietysti siksi, että täällä on matemaattisesti valveutuneita ihmisiä.

Hänen materiaalinsa on osoitteessa
_http://go.helms-net.de/math/musings/dreamofaseque nce.pdf

108. Jaska4.1.2010 klo 20:00

Kolmen nopan optimistrategian tarkempaa selvitystä.

Ensimmäisen heiton tulos kolmella nopalla 10-18. Ei jatketa. Tulos/summakombinaatioiden lukumäärä: 10/27, 11/27, 12/25, 13/21, 14/15, 15/10, 16/6, 17/3, 18/1.

Tulos 9. Silmäluvuilla 6-2-1 (kuusi kombinaatiota) toinen heitto yhdellä nopalla lopputuloksen odotusarvolla 9,5. Muissa tapauksissa 5-3-1 (6), 4-4-1 (3), 5-2-2 (3), 4-3-2 (6), 3-3-3 (1) ei jatketa.

Tulos 8. Silmäluvuilla 6-1-1 (3) toinen heitto yhdellä nopalla oa:lla 9,5. Silmäluvuilla 5-2-1 (6) toinen heitto yhdellä nopalla oa:lla 8,5. Silmäluvuilla 4-3-1 (6), 4-2-2 (3), 3-2-2 (3) ei jatketa.

Tulos 7. Silmäluvuilla 5-1-1 (3) toinen heitto yhdellä nopalla oa:lla 8,5. Silmäluvuilla 4-2-1 (6) toinen heitto yhdellä nopalla oa:lla 7,5. Silmäluvuilla 3-3-1 (3) 3-2-2 (3) ei jatketa

Tulos 6. Silmäluvuilla 4-1-1 (3) toinen heitto yhdellä nopalla oa:lla 7,5. Silmäluvuilla 3-2-1 (6), 2-2-2 (1) toinen heitto kahdella nopalla. Silmäluvuilla 4-12 (33/36) ei jatketa. Silmäluvuilla 2 ja 3 kolmas heitto yhdellä nopalla. Tuloksen oa. 7,069444.

Tulos 5. Silmäluvut 3-1-1 (3) ja 2-2-1 (3). Jatko kahdella tau kahdella + yhdellä heitolla kuten edellä. Tuloksen oa. 7,069444.

Tulos 4. Silmäluvut 2-1-1 (3). Jatko kuten edellä. Tuloksen oa. 7,069444.

Tulos 3. Silmäluvut 1-1-1 (1). Jatko kuten edellä. Tuloksen oa. 7,069444.

Ynnätään odotusarvot = 2323,587, jaetaan 216:lla = kuudella desimaalilla 10,759709 vahvostaen Juhani Heinon ja Matin tulokset.

Mitä neljään noppaan tulee, niin ei toki tarvitse käydä kaikkia 1296 kombinaatiota läpi. Silti suht. työläs, joten jääköön.

109. Olavi Kivalo4.1.2010 klo 20:38

Neljän nopan tapauksessa on syytä tyytyä ekakierrokseen kun summa on 16 tai enemmän, mutta toiselle kierrokselle kannattaa lähteä aina, kun ekakieroksen summa on pienempi kuin 11. Tämä olisi ylätason strategia. Lisäksi voidaan antaa eritasoisia heuristisia ohjeita liittyen silmälukujakaumaan kuten: Jos summa on 11...15, ja kahden alimman silmäluvun summa on pienempi kuin 4, niin mene toiselle kierrokselle ja heitä uudelleen alin noppa. Ja tätä rataa.

110. Juhani Heino4.1.2010 klo 22:38

Täällä on oltu jo niin perusteellisia että selitän oman strategiani.
Määritelmä: noppa on "hyvä" jos tulos on 4-6 ja "huono" jos se on 1-3.
Hyvää noppaa ei kannata heittää uudestaan koska odotusarvo olisi huonompi.
Jäljelle jää siis x huonoa noppaa. Jos niiden summa on pienempi kuin f(x-1), heitetään uudestaan.

Yhdistetään Matin tapauksiin niin saadaan esimerkkejä.
(5,2,2)->9 ei uusintoja, parannus 0
5 talteen. 2+2 on parempi kuin f(1) eli 3,5 joten ei uusintoja.
(2,2,1)->7,07 kaksi uusintaa, parannus 2,07
Ei hyviä noppia. 2+2+1 on huonompi kuin f(2) joten kaksi uusintaa.
(4,2,1)->7,5 yksi uusinta, parannus 0,5
4 talteen. 2+1 on huonompi kuin f(1) joten yksi uusinta.

Sitten avataan sotkuinen kaava.
1/8*15 + 3/8*12 + 3/8*(5+3/9*3.5+3/9*4+2/9*5+1/9*6)
+ 1/8*(1/27*9+3/27*8+23/27*509/72)
Todennäköisyydellä 1/8 kolmesta nopasta kaikki ovat hyviä, niiden keskiarvo on 5.
Todennäköisyydellä 3/8 kolmesta nopasta kaksi on hyviä. Yksi on huono, sen keskiarvo on 2. Eikä sitä voi heittää uudestaan.
Todennäköisyydellä 3/8 kolmesta nopasta yksi on hyvä. Kaksi on huonoja ja niillä on 9 eri mahdollisuutta. 11, 12 ja 21 ovat huonompia kuin f(1), niiden sattuessa heitetään uudestaan eli odotusarvo on 3,5. 13, 22 ja 31 antavat 4. 23 ja 32 antavat 5. 33 antaa 6.
Todennäköisyydellä 1/8 kaikki ovat huonoja. 333 antaa 9. 332, 323 ja 233 antavat 8. Kaikki muut ovat huonompia kuin f(2) eli niiden sattuessa heitetään uudestaan. Aiemmin laskettiin että f(2) = 509/72. Laitetaan vielä senkin kaava näkyviin.

f(2) = 3/36*3.5+3/36*4+4/36*5
+5/36*6+6/36*7+5/36*8+4/36*9
+3/36*10+2/36*11+1/36*12

111. Matti4.1.2010 klo 22:47

Tuo exp(x)-juttu on kyllä hyvin kummallinen. Kehitelmä todella antaisi exp-funktiolle monen monta reaalistakin nollakohtaa. Jukan antama keskustelupalsta oli mielenkiintoinen. Siellä kysyttiin suoraan, onko exp(z):lle olemassa ääretöntä tulokehitelmää. Kunnon vastausta ei mielestäni löydetty. Siellä esitetty kaksoistulokehitelmä oli niin hurja että hirvitti. Laitapa OK vähän lähdevihjeitä, sillä asia on oikeasti kiinnostava.

112. Matti4.1.2010 klo 22:50

Juhani Heino osoitti, että ei ole välttämätöntä käydä yksittäin, tai edes klimpeissä, läpi kaikkia 216 tapausta ratkaisun löytämiseksi. Silti f(4) jää minulta rauhaan.

113. Jaska4.1.2010 klo 22:58

"Täällä on oltu jo niin perusteellisia" ei valitettavasti koske minua. Minulla on tuloksessa 7 mainittu silmäluvuista 3-3-1 ja 3-2-2 "ei jatketa." Jatketaanpa hyvinkin, toinen heitto kahdella nopalla jne, ko. silmälukujen odotusarvo siis 7,069444. Oikea lukema sisältyy kylläkin kokonaisodotusarvoon.

114. Juhani Heino4.1.2010 klo 23:37

f(4) =
1/16*20+4/16*17+6/16*(10+3/9*3.5+3/9*4+2/9*5+1/9*6 )
+4/16*(5+1/27*9+3/27*8+23/27*509/72)
+1/16*(1/81*12+4/81*11+76/81*167335/15552)
~14.58943

Tässä pystyi kierrättämään vanhoja tuloksia aika hyvin, joten ei ollut hirveän työläs. 167335/15552 on f(3).

115. Jukkis4.1.2010 klo 23:47

Aikomoiseksi murtolukulaskennaksi menee nämä jutut. Tuolta Olavi Kivalon eksponenttijutun lähdemateriaalista löytyy tämmöinen murtoluku kuin
355723139681937/13421772800000000

116. Olavi Kivalo5.1.2010 klo 18:39

Plotattaessa exponenttifunktion päättymätön tuloesitys näyttää yhtyvän varsin kauniisti exponenttifunktion käyrään välillä x=-0,9...0,9 jo varsin kohtuuullisella määrällä termejä. Esim. pisteessä x=+-0,5 poikkeama on vain luokkaa 6*10^-6, kun termejä on 13. Kun termejä lisätään, fitti välillä x=-1...1 koko ajan paranee.

Mutta pisteiden x=+-1 ulkopuolella käyrä alkaa värähdellä rajusti exponenttikäyrän ympärillä saaden huikeita positiivisia ja negatiivisia arvoja.

117. Matti5.1.2010 klo 18:45

Tuohan selittää asian. Tulokehitelmä suppenee vain välillä
(-1,1), ja kehitelmän ehdottamat nollakohdat ovat tämän välin ulkopuolella. Pisteessä x=-1 se ei suppene, koska antaa nollan. Pisteestä x=+1 en tiedä.

118. Olavi Kivalo5.1.2010 klo 19:15

Näin minäkin arvelen. Haluatko Matti selittää sen myös Gottfried Helmsille?

119. Jukkis5.1.2010 klo 19:15

Jep. Olavin antamassa lähteessä sanotaan tuosta äärettömästä tulosta että "apparently it has the
very limited radius of convergence of |x|<1". Tosin tuo lausahdus vaan putkahtaa ilman sen kummempia perusteluja tai todistamista.

Kuitenkin sitten jäljempänä kirjoittaja tosiaan ihmettelee että "The product-representation pxp(x) suggests, that we have zeros of exp(x) at xn=-1/a(n)^(1/n). However exp(x) has no zero, so what does this mean here?". Jos kerta lauseke suppenee vain kun |x|<1, niin eihän nuo tulon (jota tuossa kutsutaan pxp(x):ksi) nollakohdat ole mikään ongelma, koska niiden kaikkien itseisarvo on >=1.

Että hiukka jää ristiriitainen olo tuosta artikkelista, vaikka onhan se sinänsä tosi mielenkiintoinen.

Mutta edelleen ihmetyttää se, että jos 4.1.2010 klo 18:16 esittämälläni tavalla muuttaa exp(x):n sarjakehitelmän äärettömäksi tuloksi, niin tuossa muodostamistavassa ei ole mitään sellaista, joka rajoittaisi lausekkeen toimimaan vain kun |x|<1. Eli kun laskee tuolla tavalla nuo äärettömän monta vakiota a, b, c, d, ..., niin tuloksena on ääretön tulo, joka on tismalleen sama asia kuin exp(x):n antava ääretön summa. Kaikilla x:n arvoilla.

Eli alkuperäinen ongelma on ratkaistu, jos voidaan todistaa (muutenkin kuin numeerisilla esimerkeillä, jotka ei todista mitään, koska voihan olla, että tietyllä x:n arvolla tulosta pitää ottaa seitkytkuus miljardia biljoonaa termiä, ennenkuin se suppenee exp(x):ksi), että tulolauseke tosiaan antaa exp(x):n vain kun |x|<1.

120. Matti5.1.2010 klo 21:40

Selasin läpi tuon Helmsin artikkelin, ja ihan samoihin tunnelmiin päädyin kuin Jukkiskin.

Artikkelin pääsisältö oli tulokehitelmän kertoimien ominaisuuksien tutkiminen aina vain suuremmilla n:n arvoilla, ja miten jaottomat luvut ja niiden johdannaiset ilmitulivat kertoimissa. (Yksityiskohtaisesti en tekstiin perehtynyt.)

Helms toteaa, että kehitelmä tuntuu suppenevan vain kun |x|<1, ja silloinkin tuskastuttavan hitaasti. Tämä on ymmärtääkseni seuraus siitä, että log(1+z):n potenssisarja suppenee vain samalla alueella, eikä siinä sen ihmeempää. Silti Helms sanoo:"However, exp(x) has no zero,so what does this mean here? ... I don´t have an answer for this yet." Vastaus on tietenkin se jo todettu, että ehdotetut nollakohdat sijaitsevat suppenemisalueen ulkopuolella.

121. Matti5.1.2010 klo 21:50

Vielä kommentti: kun tuloa (1+ax)*(1+bx^2)*... avaa potenssisarjaksi ja asettaa sen yhteneväksi jonon
1+(1/2)*x^2+(1/6)*x^3+... kanssa, niin varmaankin, kun |x|>1 käy niin, että vaikka exp(x):n oma potenssisarja edelleen suppenee, niin a,b,c, ... kertoimia asetettaessa yhä suurempi massa jää aina korkeampien vielä käsittelemättömien termien harteille, ja lopulta alkuosien yhtenevyys on edelleen taattu, mutta jämät ovat kasvaneet Burj Dubain korkuisiksi.

122. Olavi Kivalo7.1.2010 klo 23:28

Otetaan vielä toinen esimerkki.
1/(1-x) = 1+x+x^2+x^3+... = (1+ax)(1+bx^2)(1+cx^3)...

Kun ratkaistaan vakiot, saadaan
a=1, b=1, c=0, d=1,e=0,f=0,g=0,h=1,i=0,j=0,k=0,...

Täten
1/(1-x) = (1+x)(1+x^2)(1+x^4)(1+x^8)...

Plotit jo näillä eväillä yhtyvät erinomaisesti välillä -0.8...0.8. Sensijaan alueen -1...+1 ulkopuolella päättymätön tuloesitys lähtee omille teilleen.

Samanlaisia esityksiä voidaan kehittää rajatta, koska "every entire function f(z) can be factored into an infinite product of entire functions"

123. Matti8.1.2010 klo 11:44

Hyvä esimerkki. Tulokehitelmä ehdottaa, että x=-1 on äärettömänmonikertainen nollakohta.

124. Olavi Kivalo15.1.2010 klo 19:07

Tekniikka&Talous kysyy mikä on seuraava luku sarjassa:
1, 5, 25, 61, 113, 181, ...

125. Matti15.1.2010 klo 19:27

265. Tää on ihan palikka, toisen asteen pölynomi.

126. Olavi Kivalo15.1.2010 klo 19:46

Kiinnostavampaa tässä on mielestäni se, mikä tämän polynomin ja lukujonon generoi. Mutta sitähän ei kysytä.

127. Matti16.1.2010 klo 01:57

Mietin aikani, että mikä lukujonon ja polynomin generoi, mutta ei kirkastunut. Mutta epäilemättä jotain täsä takana on. Kuulemme (luemme) kuin aika on kypsä.

128. Jaska19.1.2010 klo 13:48

Jono määräytyy esim, seuraavasti: luvun 1 jälkeen neljä kertaa joka toinen binomikerroin jonosta 1, 3, 6, 10, 15 jne + 1:

4*0+1, 4*1+1 , 4*6+1, 4*15+1, 4*28+1 jne. Jonon lukujen viimeinen numero noudattaa jaksoa 1, 5, 5, 1, 3 versus 1, 5, 3, 5, 1, kun ei hypätä joka toisen kertoimen yli.

On kiehtovaa, että on lukujonoja, joissa kaksi viidesosaa luvun vikoista numeroista on 1, kaksi viidesosaa 5 ja yksi viidesosa 3. Vai onko sittenkään?

129. Jaska19.1.2010 klo 13:59

P.S. "Hyppyjonon" binomikertoimista joka toinen on siis pariton ja joka toinen parillinen versus rytmi pariton, pariton, parillinen, parillinen.

130. Jaska19.1.2010 klo 18:43

Apropoo jokeri. Viime lauantaina olisi kannattanut tehdä voitokas täsmäisku 26 rivin takuujärjestelmällä. Oikea rivi oli 4343603, osumia raamiin siis viisi. Tulos kaksi kertaa neljä ynnä kaksi kertaa kaksi oikein. Panos 52 euroa, lunastus n. 110 euroa.

No eipä hätiä, täytyy vain kytätä kierros, jolla voittaa enemmän!

131. Juhani Heino19.1.2010 klo 18:51

Mulle taas jonosta tuli tällainen mieleen:
0²+(-1)²
2²+1²
4²+3²
6²+5²
jne. Mutta tämähän saadaan järjestelemällä termejä vain hieman, mitään syvempää yhteyttä ei ole.

132. Jaska22.1.2010 klo 16:43

No niin, Antti. Panepa jonosi tähän säikeeseen, nini katsotaan.

133. Jaska Antin puolesta22.1.2010 klo 23:17

Antin uusi jono:

1, 6, 12, 20, 20, 30, 28, 40, ?

134. Olavi Kivalo23.1.2010 klo 00:24

Tekniikka&Talous-lehden kompa on matriisin
(k^2*n^2-(k-2)*k*n+2)/2 neljäs rivi (k=4) eli lukujono
a(n) = 8n^2–4n+1 = (2n-1)^2+(2n)^2.

Miksi matriisi kulkee nimellä yleistetyt monikulmioluvut? En tiedä.

135. Antti23.1.2010 klo 08:35

Kiitos, Jaska, jononi oikeaan paikkaan tuomisesta.

Olen miettinyt, mistä nimimerkkisi s on peräisin.
Pohjanahan on Jaakob, suomalaisittain Jaakko.
Lieneekö s tullut ranskan Jacques-nimestä?

136. Olavi Kivalo23.1.2010 klo 09:29

Veikkaan, että Jaska tulee pikemminkin analogiasta venäjänkielen hellittelymuodoille maatuska, baabuska jne.

137. Jaska23.1.2010 klo 11:17

Kyllä vissiin. Venäjän Jakov -> Jasha -> suom. Jaska.

138. Matti25.1.2010 klo 21:10

Uusimmassa Tekniikka&Talous-lehdessä oli tehtävä, joka vaikuttaa aika kiharaiselta. Matti ja Sirkka pelaavat kolikkopeliä. Molemmilla on taskussaan kasa euroja. Sirkka viskaa kolikkonsa pöytään ja laskee kruunat. Sitten Matti tekee saman. Enemmän kruunoja saanut voittaa.

Mutta Matilla olikin n+1 kolikkoa, kun Sirkalla oli vain n. Paljonko Matin voittotodennäköisyys kasvoi sen ylimääräisen kolikon johdosta?

Tässä auttoi havainto, että jos molemmilla on n kolikkoa, niin tasapelin todenn. on (2n yli n)*½^(2*n).

Ratkaisu on lehdessä ja sen nettisivuilla ensi perjasntaina.

139. Jaska25.1.2010 klo 22:01

Noin äkkiseltään pähkäiltynä kasvu on (tasapeli/2) / (1/n^2)

140. Jaska25.1.2010 klo 22:16

Ei mennynnä oikein. Palaan hetken päästä asiaan.

141. Juhani Heino25.1.2010 klo 22:36

Mattihan käytännössä antoikin ratkaisun. Kun peitetään yksi Matin (sic! siis tehtävän hahmon) kolikko heiton jälkeen, vain tasapelin sattuessa tilanne muuttuu. Jos Matti on häviöllä, hän ei voi enää päästä voitolle. Ja jos hän on voitolla, lisäkolikkoa ei tarvita. Tasapelissä katsotaan peitetty kolikko - todennäk. 1/2 se on kruuna eli tulee "ylimääräinen" voitto.

Matin kaavaan sijoitettuna:
(2n yli n) / 2^(2n+1)

ja ekat tapaukset:
n : p
1 : 1/4
2 : 3/16
3 : 5/32
4 : 35/256

142. Jaska25.1.2010 klo 22:40

No niin. Kasvu on: 2,5*tasuritodennäköisyys tasakolikkomäärin n / 2^(n+1). Matin voittotodennäköisyys kasvaa vain, jos tilanne kummankin n:llä kolikolla on tasan.

143. Jaska25.1.2010 klo 22:48

No eiku heti lipsahti. Ei 2,5 kertaa vaan 1,5 kertaa tas.todennäköisyys jne.

144. Jaska25.1.2010 klo 22:49

No eiku heti lipsahti. Ei 2,5 kertaa vaan 1,5 kertaa tas.todennäköisyys jne.

145. Jaska25.1.2010 klo 23:00

Noin käy kun funtsii kahta hommaa samanaikaisesti. 2^(2n+1) pitää nimittäjän siis olla. Ja tulos on nähdäkseni sama kuin Juhani Heinolla.

146. Jaska25.1.2010 klo 23:55

Jokin jäi vieläkin kalvamaan. Mites ne laskutoimitusjärjestykset nyt menivätkään. Kertolasku ennen yhteenlaskua. Nimittäjässäni sulut menivät siis väärin. Pitää olla 2^2(n+1). Nyt saavat jo muut korjata, jos korjattavaa on!

147. Matti25.1.2010 klo 23:55

Jutun juoni on kaavassa

sum(i=0,n) (n yli i)^2 = (2n yli n)

Miten niin? Todistus on elegantti:

(1+x)^n*(1+x)^n = (1+x)^2n

Tämä on polynomi astetta 2n. Poimitaan potenssin x^n kerroin molemmilta puolilta. Oikealta (2n yli n), vasemmalta sum(i=0 to n) (n yli i)*(n yli (n-i)). Mutta kun
(n yli i) = (n yli (n-i)), saadaan
sum(i=0,n) (n yli i)^2 = (2n yli n).

Kun Matilla oli n+1 euroa ja Sirkalla n, Matti voitti todenn. 1/2, kaikilla n:n arvoilla.

Juhani Heino antoi saman vastauksen kuin minäkin.

148. Jaska26.1.2010 klo 00:03

Matti, simähän kysyit alunperin, kuinka paljon Matin voittotodennäköisyys kasvaa.

149. Jaska26.1.2010 klo 11:39

Anteeksi yölliset sekoiluni. Miten onnistuinkin tekemään yksinkertaisesta asiasta niin monimutkaisen. Nyt on päivä kirkastunut, niin myös aivo? Kynä ja paperikin auttoivat asiaa.

Matin kysymys kuului: Paljonkon Matin voittotodennäköisyys kasvoi sen ylimääräisen kolikon ansiosta?

Vastaus: 2^2n-1 / 2n yli n -kertaiseksi.

Matti tarkoitti siis viimeistä edellisellä virkkeellään, että Matin voittotodennäköisyys ylimääräisen kolikon ansiosta on 0,5. Kasvu ei ole sama asia.

Lisäkysymys voisi siis kuulua: 1 pieneneekö, X pysyykö ennallaan, 2 suureneeko Matin voittotodennäköisyyden kasvu verrattuna tasakolikkomääriin n:n kasvaessa? Oikea vastaus 2.

Eikö niin, Matti?

150. Matti26.1.2010 klo 17:50

Jaska, niin.

Kun Matilla on n+1 lanttia, ja Srkalla n, Matti voittaa todenn. 1/2, n:stä riippumatta.

Jos molemmilla on n lanttia, tasapelin todenn. on
(2n yli n)/2^2n = p. Silloin Matti voittaa todenn. (1-p)/2. Tämä on siis < 1/2. Erotusta kysytään, ja se on
(2n yli n)/2^(2n+1), kuten Juhani Heinolla.

Että Matti voittaa todenn. 1/2, ja että tasapelin todenn. on(2n yli n) ovat, ainakin minulle, laikkea muuta kuin itsestäänselvyyksiä. Johdin ne binomikertoimia manipuloimalla. Edellä johdin tuon (2n yli n).

Huomataan, että kun molemmilla on n kolikkoa, tasapelin todenn. on yhtä suuri kun todenn. että kruunia on n kpl. Onko tämä pääteltävissä jotenkin suoraan? Itse en tiedä.

151. Matti26.1.2010 klo 19:02

Nyt vasta perehdyin Juhani Heinon päättelyyn. Siinä on siis laskettu suoraan todennäköisyyksien erotus, ilman että kumpaakaan todennäköisyyttä on tarvinnut erikseen laskea. Ja totta kyllä, sen päättelyn lisäksi tarvittiin vain tasapelin todennäköisyys, ja kerrottiin se kruunan todennäköisyydellä 1/2. Olisi pitänyt jättää tasapelin todennäköisyys kertomatta, niin Juhani Heinokin olisi saanut edes vähän mietittävää - kai.

152. Jaska26.1.2010 klo 20:03

Luulen, että se on jonkinmoinen dziinius, joka ennalta asiaan perehtymättömänä tuosta noin vaan päättelee tuon tasurin ja kruunien n-kplmäärän saman todennäköisyyden. Mistä tietenkin seuraa, että se on klaavoillakin sama.

Kyllähän sen sitten jotenkin tajusi, kun muutaman Pascalin kolmion vaakarivin korotti toiseen. Vaakarivit ovat symmetrisiä, niissä on lukupareja. Näin ollen erisuuruisia todennäköisyyksiä on oltava vähemmän kuin eri kombinaatioita (n+1)^2 kpl.

Esim. tasurin ja n kpl kruunan/klaavan todennäköisyyksien loksahtaminen saman lokeroon johtuu siis välttämättömyyden pakosta!

153. Juhani Heino26.1.2010 klo 22:06

Antamani numeroarvot laskin ilman Matin kaavaa - se toimi samalla tarkistuksena. Otetaan esimerkkinä n = 4. Todennäköisyydet ovat
0: 1/16
1: 4/16
2: 6/16
3: 4/16
4: 1/16
Näistä otetaan neliöt jolloin saadaan tasapelin todennäköisyys.
1/256 + 16/256 + 36/256 + 16/256 + 1/256
= 70/256
Kuten aiemmin todettiin, jaetaan tämä kahdella jotta saadaan ylimääräisen voiton todennäköisyys, siis 35/256.

Matti teki saman mutta fiksummin. En usko että olisin keksinyt tuota kaavaa.

Matin hakema päättely voisi mennä jotenkin näin:
Kumpikin heittää n kolikkoa. Tasapeli tarkoittaa sitä että kolikot voidaan laittaa pareittain niin että pelaajan kolikossa on sama tulos kuin toisella pelaajalla.
Mutta sama pareittain asettelu voitaisiinkin tehdä niin että pelaajan kolikossa on vastakkainen tulos kuin toisella pelaajalla. Sen onnistumisen todennäköisyys on sama, käsittääkseni.
Siispä: toiselta pelaajalta löytyy x kruunaa ja toiselta n-x. Yhteensä n.

154. Matti26.1.2010 klo 22:30

No mutta noinhan se menee. Päättely seuraa läheisesti asian johtamista kaavalla, homma perustuu siihen,
että (n yli m) = (n yli (n-m)). Asiat läpivalaistuvat yhä enemmän.

155. Jaska26.1.2010 klo 23:24

Sama vähän mutkikkaammin. Tasurissa Matilla on sama määrä kruunia ja klaavoja kuin Sirkalla. Siis yhden tasapelikombinaation todennäköisyys = siinä olevien kruunien ja klaavojen lukumäärän todennäköisyys ja kaikkien tasapelikombinaatioiden yhteinen todennäköisyys = kaikkien niissä olevien kruunien ja klaavojen lukumäärien summan todennäköisyys = 2n yli n / 2^2n.

156. Jaska26.1.2010 klo 23:48

Selvyyden vuoksi ylläolevaan on lisättävä, että n on kruunien ja klaavojen tasurikombinaatioissa olevien lukumäärien summien keskiarvo. Siis s / 2n yli n.

157. Jaska27.1.2010 klo 11:54

Vielä yksi lisäbulletiini. "Itsestään selvästi" n on myös kruunien/klaavojen keskiarvo Matin tai Sirkan voittaessa.

158. Jaska28.1.2010 klo 14:54

Antin jono 1, 6, 12, 20, 20, 30, 28, 40 on edelleen jatkamatta. Eikä ihme. Lähinnä intuitiivisesti heitän 36.

159. Antti28.1.2010 klo 17:18

Jaska, heittosi on etumerkkiä vaille oikea!
Jono on kahden melko yksinkertaisen jonon melko yksinkertainen yhdelmä.

160. Matti29.1.2010 klo 18:59

Tekniikka&Talous-lehdessä oli nyt Matti ja Sirkka -pulman ratkaisu.

"Viime viikon pähkinässä Matti ja Sirkka heittivät kolikoita ja voiton vei se, joka sai kolikot heittäessään useamman kruunan.

Sirkan mielestä reilua ei ollut, että Matilla oli yksi kolikko enemmän, mutta Sirkan huoli on turha. Joko Matti heittää enemmän kruunia kuin Sirkka tai enemmän klaavoja kuin Sirkka, mutta ei molempia, koska hänellä on vain yksi kolikko enemmän. Tilanne on symmetrinen ja kumpikin tilanne on yhtä mahdollinen. Peli on reilu siitä riippumatta, kuinka monta kolikkoa Matilla on."

Minä en ymmärrä tuosta yhtään mitään. Ymmärrättekö te?

161. Juhani Heino29.1.2010 klo 19:08

Näyttää ajatusvirheeltä. Tilanne ei ole symmetrinen, koska yhden kolikon ero vaikuttaa tässä tilanteessa: Matti heittää enemmän kruunia kuin Sirkka ja YHTÄ MONTA klaavaa.

Olisiko tehtävän muotoilu epäonnistunut, ja voittaja olisi se joka saa enemmän kruunia klaavoihin verrattuna?

162. Matti29.1.2010 klo 19:47

Valitettavan usein palstan toimittaja ei tajua pulmaa tai ratkaisua, jotka on kopsattu jostain esim. jenkkilehdestä. Sitten toimittja "modifioi" tehtävää fiksummaksi, ja metsään mennään että raikaa. Kävin kerran toimittajan kanssa mailinvaihtoa aiheesta, ja hän myönsi näin käyneen. Nyt en jaksa motivoitua kommentoimaan.

Tekniikkatalous.fi -sivuilla on pulmista muutama kommentti, mutta sivut eivät suostu minulla avautumaan.

163. Jaska30.1.2010 klo 00:46

Juhani Heinon olettamuksen täytyy olla oikea. Siihen tarvitaan vielä lisäehto, että tuloksessa otetaan huomioon myös nolla- ja miinusmerkkiset erotukset. Jos otetaan huomioon vain pluserotukset, niin Sirkka on yhdellä kolikolla edullisemmassa asemassa kuin Matti kahdella!

164. Juhani Heino7.2.2010 klo 17:54

Elvytän säiettä vaikka tämäkään ei ole lukujono. Nassim Nicholas Taleb'in kirjasta "Satunnaisuuden hämäämä" löytyi tällainen esimerkki - oletan että sen julkituonti on OK kun samalla mainostan kirjaa. Taleb taas on lainannut tämän Deborah Bennett'in kirjasta "Randomness" ja kehuu sitä.

Taudin testi tuottaa vääriä positiivisia tuloksia 5 %:ssa tapauksista. 1/1000 väestöstä, siis yksi promille, sairastuu tautiin. Satunnaisesti valittu potilas saa positiivisen tuloksen. Millä todennäköisyydellä hän on oikeasti sairastunut?

Jo etukäteen lohdutus, että alle 20 % vastanneista lääkäreistä vastasi oikein.

165. Jaska7.2.2010 klo 18:25

1 - 0,05 = 0,95.

166. Juhani Heino7.2.2010 klo 18:31

Ja Jaskalle lohdutus, että suurin osa lääkäreistä vastasi juuri noin.

167. Jukkis7.2.2010 klo 19:13

Olisko 2 %:n todennäköisyydellä?

168. Jaska7.2.2010 klo 19:15

Ei se nyt lohduta lainkaan. Arvelin knopiksi, mutta se olikin kai siinä, että oikeasti sairastuneiden testi näyttää aina oikeaa tulosta? Joten 0,999 * 0,05 = 0,04995, jos pääsälasku meni oikein.

169. Jaska7.2.2010 klo 19:21

Äähh, menin toisen kerran retkuun. Tuo plus 0,001 = 0,05095.

170. Juhani Heino7.2.2010 klo 19:22

2 % on suunnilleen oikein. Haluaako Jukkis vielä kertoa miten se laskettiin?

171. Matti7.2.2010 klo 19:36

Otetaan käyttöön keskikoulun metodi.

Väkeä on 1000. Näistä yksi on oikeasti sairas. Näistä 50 saa väärän positiivisen tuloksen. Oikeasti sairas on 1/51, siis 2%. (Uskalsin vastata, koska oikea vastaus oli jo annettu.)

172. Jukkis7.2.2010 klo 19:42

Just noin minäkin päättelin. Paitsi mulla oli miljoona ihmistä.

173. Jaska7.2.2010 klo 20:05

Kas, taisin laskea päissäni positiivisen tuloksen todennäköisyyden...

174. Juhani Heino7.2.2010 klo 20:18

Jep, juuri noin. Jos oikein tarkkoja ollaan, myös 1/51 on vielä likiarvo, mutta virhe on niin pieni ettei sillä enää ole merkitystä.

175. Jaska7.2.2010 klo 20:28

Prosentteina siis 1,96 kahden desimaalin tarkkuudella, ja nyt koneella laskettuna!

176. Jukkis7.2.2010 klo 20:29

Miten niin 1/51 on likiarvo?

177. Jukkis7.2.2010 klo 20:37

Ai niin, tarkka arvohan on 20/1019.

178. Juhani Heino7.2.2010 klo 20:51

Jos otetaan miljoona ihmistä kuten Jukkis teki, sairaita on (keskimäärin, kuten jatkossa kaikki) tuhat. Jäljelle jäävistä terveistä 5 % on 999000/20 eli 49950. 1/51 olisi n. 0,019608 mutta 1000/(1000+49950) on n. 0,019627. Hyvin pieni ero siis.

179. Juhani Heino7.2.2010 klo 20:53

Aha, Jukkis laittoikin jo saman kun muotoilin vastaustani.

180. Jaska7.2.2010 klo 21:58

Lääkäri sanoi potilaalle saman taudin testin jälkeen: on noin seitsemän prosentin mahdollisuus, että teillä on tämä tauti.

Miten selitätte tämän?

181. Juhani Heino7.2.2010 klo 22:25

Tällainen aika kaukaa haettu ainakin voisi toimia. Näytteelle tehdään kaksi testiä. Kun saadaan molemmista positiivinen, todennäköisyys on n. 28,5 %. Mutta lääkäripä on joutunutkin säästämään: että hän saisi tehtyä tuplakokeen, neljän ihmisen näytteet on sekoitettu. Kyseisen ryhmän kaikilla potilailla on karkeasti 7 % mahdollisuus olla taudinkantaja.

182. Jaska8.2.2010 klo 00:02

Kun ei tullut muilta selityksiä, on Juhani Heinon selitys julistettava parhaaksi. JH:n lääkäri kuului siis siihen oikein laskevaan vähemmistöön.

Oma lääkärini kuului enemmistöön, kuten todennäköisempää siis olikin. Hän sai tehtäväkseen ilmoittaa positiivisesta tuloksesta 14 potilaalle. Hän järkeili, että viisi prosenttia 14:sta on 0,7, mikä on todennäköisemmin yksi kuin nolla osaten myös laskea, että 1/14 = n. 7 prosenttia.

183. Olavi Kivalo9.2.2010 klo 18:27

Palaan marraskuulle eli viestiini 12.11.2009 klo 23:00

Lukujononi a(n) = 0, 0, 0, 0, 0, 2, 8, 26, 74, 194, 482, 1152, 2674, ... on niiden (”onnistuneiden”) heittosarjojen lukumäärä n:n funktiona, joissa esiintyy samanaikaisesti klaavatripla ja kruunatripla. Kaikkien kombinaatioiden lukumäärä n:n funktiona on 2^n.

Jaska tarjosi lukujonoa a(n) = 0, 0, 0, 0, 0, 2, 8, 26, 74, 194, 482, 1154, 2690, ....

Kommenttini oli, että Jaska näyttää laskeneen samanaikaisen klaavatriplan ja kruunatriplan esiintymiskertoja. Ero tulee siitä, että heittosarjoissa, joissa n>11, esiintyy samanaikainen klaavatripla ja kruunatripla useammin kuin kerran eli 2, 16, 78, jne kertaa, jolloin nämä onnistuneet heittosarjat tulevat lasketuksi näin moneen kertaan.

Jaskan vastaus oli: ”esim. 12 heiton sarjassa [laskin] kunkin tuplaesiintymisen yhdeksi ehdon täyttäväksi kombinaatioksi, en kahdeksi.” Tämän perusteella näyttää, että Jaska uskoo lukujononsa esittävän sitä, mitä sanon oman lukujononi esittävän.

Lukujononi löytyy myös koodilla A167826 googlaamalla OEIS.

184. Jaska10.2.2010 klo 00:01

Täytyi sitten varmistaa, onko uskomukselleni (Olavi Kivalon peitelty ilmaisu = usko jo Jaska olleesi väärässä) katetta todellisuudessa. En yrittänyt googlata, tyydyin simppeliin kombinointiin jakamalla sarjan kahteen 6 + 6 osaan. Sitten laskeskelin kynän ja 32*64 rivin kombit seuraavin tuloksin:

1*64 = 64
2*40 = 80
5*27 = 135
11*20 = 220
5* 9 = 45
8* 4 = 32
yht. 576 -> *2 = 1152.

Heitin vanhat paperit ajat sitten pois, joten en pysty tsekkaamaan, missä tein virheen silloisessa paljon työläämmässä ynnäilyssä. Jokin sokeus se on saattanut olla.

Niin että minä siis olin syksyllä VÄÄRÄSSÄ, ja Olavi Kivalo OIKEASSA. Ainahan se oikeus lopulta voittaa (?)

185. Jaska10.2.2010 klo 00:20

Virheeni oli ilmeisesti se, että en oivaltanut laskutapani olevan pätemätön kahden tuplan tullessa mukaan kuvioihin.

186. Olavi Kivalo10.2.2010 klo 09:00

Ei se mitään Jaska. Halusin vain saattaa päätökseen kesken jäänen keskustelun. Tuolloin asiaa ehdittiin vatvoa niin pitkään ja erilaisin sävyin, etten halunnut viedä sitä inttämistasolle. Ja täällähän nämä lukujonot ovat vain hauskaa leikkiä.

187. Olavi Kivalo11.2.2010 klo 22:33

Mitä ainutlaatuista on luvussa 26?

188. Juhani Heino11.2.2010 klo 22:38

Olisiko se ainoa väliinputoaja ilman kohtalotovereita? Voin kertoa tarkemmin joskus, jos kyse on tästä.

189. Matti11.2.2010 klo 22:38

Wikin mukaan Pierre de Fermat todisti, että 26 on ainoa neliön ja kuution viereinen kokonaisluku: 25, 26, 27. Voi luvussa muutakin ainutlaatuista olla.

190. Jaska11.2.2010 klo 22:51

Vaikuttaa siltä, että se on ainoa kokonaisluku, jota sekä yhtä pienempi että suurempi luku ovat kahden luvun potensseja.

191. Jaska11.2.2010 klo 22:53

Siis toisia potensseja.

192. Jaska11.2.2010 klo 22:55

Siis toisia ja kolmansia potensseja tietty.

193. Jaska11.2.2010 klo 23:03

Ihmettelin, kuinka keksin tuon noin nopeasti. En ollut silloin vielä nähnyt Matin bulletiinia, mutta siitä tuli mieleen, että olen joskus vuosikymmeniä sitten lukaissut opuksen nimeltä Matematiikan miehiä. Tekijän nimi on nyt tyrmistyksekseni kateissa. Fermat-luvussa taisi olla myös kyseinen 26 jutska.

194. Juhani Heino11.2.2010 klo 23:04

Samaa tarkoitin kuin Mattikin. Tarkemmin ehkä voisi vielä sanoa: neliön ja kuution välissä oleva kokonaisluku. 63 on neliön ja kuution vieressä koska 64 on 8² ja 4³.

195. Jaska11.2.2010 klo 23:05

Heti kun painoin lähetintä, muistin: Bell. Etunimi taisi alkaa jiillä.

196. Jaska11.2.2010 klo 23:15

Ilmeisesti vähän vaikeampi: miten 9 ja 243 poikkeavat kaikista muista kolmen potensseista?

197. Kravattimies11.2.2010 klo 23:46

>Lähettäjä: Olavi Kivalo 11.2.2010 klo 22:33
>Mitä ainutlaatuista on luvussa 26?

26 on pienin ei-palindromi-luku jonka neliö on palindromi.

26^2=676

Luntattu kauan sitten ostamastani Penguinin mielenkiintoisten numeroiden kirjasta.

198. Kravattimies11.2.2010 klo 23:54

Kirjassa oli toinenkin vastaus samaan kysymykseen.

26^3 = 17576
26 = 1+7+5+7+6

Lähde: The Penguin Dictionary of Curious and Interesting Numbers. David Wells.

Netissä olen nähnyt joskus kirjaa vastaavan sivuston.

199. Olavi Kivalo12.2.2010 klo 00:18

Hyvin oli tiedossa. Tuo Kravattimiehen tieto oli minulle tuntematon.

Voisiko olla, että 26 on ainoa luku yleensä kahden potenssin välissä? Toisin sanoen, ettei olisi muita lukuja n-1,n,n+1, jossa n-1=p^i ja n+1=q^j

200. Jaska12.2.2010 klo 00:27

Kyllä 26 on ainoa siten kuin Olavi Kivalo arveli. Siinä Bellin opuksessa taisi olla maininta, että se on todistettu. Todistusta ei esitetty, vaan kehotettiin itse yrittämään. Mielestäni onnistuinkin siinä, tietysti se saattoi mennä väärinkin. En nyt jaksa yrittää palauttaa sitä mieleen.

201. Taata12.2.2010 klo 01:04

Pierre de Fermat todisti. Kts. luku 26!

202. Matti12.2.2010 klo 13:19

Jaska, tuon Men of Mathematics teoksen kirjoittaja on Eric Temple Bell. Isellänikin se oli. Ostin sen kaksiosaisena pokkarina v. 1966, kun olin Englannissa putkimiehenä. Luinkin sen, mutta lukemastani en enää mitään muista.

Sittemmin lainasin sen tyttärelleni, ja jäljet päättyvät siihen. Amazonista sen saisi alta kympillä.

203. Matti15.2.2010 klo 18:17

Tuoreimmassa Tekniikka&Talous-lehdessä kysyttiin jatkoa lukujonolle

101, 103, 107, 109, 113, 127, ...

Löysin itse jonkinlaisen säännönmukaisuuden tuosta, mutta se on vähän kökkö. Sen mukaan sarja jatkuu

119, 181, ...

Onko muita ehdokkaita?

204. Olavi Kivalo15.2.2010 klo 19:10

Tämähän on peräkkäisten (kolminumeroisten) alkujukujen jono, joka jatkuu 131, 137, 139, 149,...

Voisiko se olla näin simppeli?

205. Matti15.2.2010 klo 19:58

No noinhan se tietysti on. Mun ratkaisu oli, että siinä on lomittain jonot

101, 107, 113, 119, ...
ja
103, 109, 127, 181, ...

Siis vähän kökkkö.

206. Matti15.2.2010 klo 20:07

Tämäntyyppisissä tehtävissä kannattaisi ensi töikseen syöttää luvut OEIS:ään, ja vasta sen jälkeen ruveta miettimään. jos vielä on tarvis.

207. Olavi Kivalo15.2.2010 klo 22:17

Kuten sanoinkin joskus aiemmin, lukujonoja, jotka ovat jo OEIS:ssa, ei kannattaisi tarjota ratkottaviksi.

Mutta tuo Matin ratkaisuhan on ihan hieno.
a(0) = 100
a(2n-1) = a(0)+6n-5, n=1,2,3....
a(2n) = a(0)+3^n, n=1,2,3....

Tai...aika hieno.

208. Matti16.2.2010 klo 00:29

OK, tuo oli hyvin kauniisti sanottu.

209. Jaska17.2.2010 klo 12:36

Vaihteeksi kyldyyriä kehiin Helsingin Sanomien sivulta C1:

Paolo Giordano: Alkulukujen yksinäisyys (La solitudine dei numeri primi). Suom. Helinä Kangas. WSOY. 298 s. 26 e.

Palkitussa romaanissaan fyysikon koulutuksen saanut Giordano toteaa siis, että alkuluvuilla ei ole kavereita. Tarkoittaa kai, että alkuluvulla on kaksi tavislukua lähinaapureinaan.

Mutta eihän se aina ole niin! Alkuluvut 2 ja 3 ovat vierekkäin!
Minulla on siis kasassa riittävästi aineistoa esikoisromaanilleni Alkulukujen kaksinaisuus.

210. Matti17.2.2010 klo 17:21

Jostakin syystä ykköstö ei ole laskettu mukaan alkulukuihin. Se on väärin, ja todistan asian otsikolla pyhä kolminaisuus.

211. Antti17.2.2010 klo 18:09

Kukistumisensa edellä Etiopian viimeinen keisari käytti itsestään Selassie-nimeä, kolminaisuuteen viittaavaa. Persian shaahi kutsui ennen tuhoaan itseään korkeimmaksi. Etköhän, Matti, valitse todistuksellesi toista otsikkoa?

212. Matti19.2.2010 klo 21:57

T&T:ssä oli taas ihan mukava tehtävä. Uurnassa on erivärisiä kuulia, ei kuitenkaan punaisia, kutakin väriä yhtä monta. Pelaaja nostaa sokkona kaksi kuulaa. Jos ne ovat samanvärisiä, pelaaja voittaa.

Pelinjohtaja lisää uurnaan 20 punasta kuulaa. Nyt voiton todennäköisyys ei muutu. Kuinka monta kuulaa alunperin oli uurnassa.

Voiton todennäköisyydet on aika helppo muodostaa. Saadaan yhtälö, jossa on kaksi tuntematonta, ja kokonaislukuratkaisua etsitään.

Onneksi on Excel, muuten olisi jääänyt ratkomatta. Kokeillen siis löydetään ratkaisu.

Muta taas kysyn, että voisiko asia ratketa ihan päättelemällä? Itse en ainakaan vielä siinä onnistunut.

213. Antti20.2.2010 klo 11:06

Kertoisitko, Matti, voiton todennäköisyyden lausekkeesi sellaiselle, jolta sen muodostaminen ei käy niin helposti kuin sinulta.

214. Jaska Antin puolesta20.2.2010 klo 13:01

Älä vielä kerro. En ole ehtinyt vielä ratkaista! Ilmoitan, jos/kun luovutan.

215. Jaska20.2.2010 klo 13:03

Jotenkin putkahti tuo vanha puolestapuhuja. Kone näköjään säilöö ne.

216. Antti20.2.2010 klo 13:09

Puolestapuhujan ilmaantumiset ovat tervetulleita.

217. Jukkis20.2.2010 klo 15:36

Minä kyllä sain sievennettyä yhtälön niin, että vastauksen siitä näki aika lailla suoraan ilman Exceliä.

Mutta noinkohan vastaus löytyis ilman niin raskasta kombinaatioiden pyörittelyä, kuin mitä minulla vaati. Toisaalta kun vastaus on sen verran iso luku, niin en usko että sitä ihan pelkällä päättelyllä ilman sen kummempia laskutoimituksia saa.

Saamani tulos löytyy täältä, ei ole pakko katsoa:
_http://drzf55.angelfire.com/pallot.txt

218. Matti20.2.2010 klo 15:49

Samaan päädyin minäkin.

219. Matti20.2.2010 klo 16:16

Jukkis, selvisikö sinun metodilla erikseen värien määrä ja pallojen määrä per väri? Vain niiden tuloa kysyttiin.

220. Jukkis20.2.2010 klo 16:27

Juu selvisi, laitoin tuonne samaan osoitteeseen.

221. Matti20.2.2010 klo 18:11

Yeah.

222. Juhani Heino20.2.2010 klo 21:46

En tiedä mitä Jukkis tarkoitti kombinaatioilla. Toivottavasti tämä ei pilaa kenenkään pähkäilyä - itse sain yhtälön
38/(42-4p) = v
(v = värien määrä; p = pallojen määrä per väri)
Tuloksen ja yhtälön selkeyden perusteella vaikuttaa siltä että Jukkis päätyi samaan. Myöhemmin voin laittaa välivaiheet näkyviin jos haluatte.

223. Jukkis20.2.2010 klo 21:51

No kombinaatioilla tarkoitin juuri sitä:
_http://fi.wikipedia.org/wiki/Kombinaatio

Eli laskeskelin, monellako tavalla voi poimia kaksi palloa ja monellako tavalla kaksi samanväristä palloa ja sitten näiden suhde on puheenaoleva todennäköisyys. Laskeskelun tuloksena juuri tuo sama yhtälö.

224. Juhani Heino20.2.2010 klo 22:09

Siinä tapauksessa pääsin kai selvästi vähemmällä, mutta jätetään toistaiseksi paljastamatta enempää. Periaatteessa mulle tuli pitkä kolmannen asteen ja kahden muuttujan yhtälö, mutta termejä kumoutui sopivasti.

225. Matti21.2.2010 klo 00:42

Mullekin tuli kolmannen asteen kahden muuttujan yhtälö, mutta termit eivät kumoutuneet. Onneksi on Excel. Kaipa se saamani lauseke sieventyisi, jos asiaan oikein paneutuisi. Tai sitten ei.

Mutta saadaanko vastaus vain sinnikkäällä algebran soveltamisella, vai voidaanko se päätellä suoraan? Jos punaisia palloja olisikin lisätty 10, olisiko vastausta edes olemassa?

226. Jukkis21.2.2010 klo 11:06

Täällä mun ratkaisumenetelmä:
_http://drzf55.angelfire.com/pallot.pdf

Jos punaisia palloja lisätään 10, niin löytyy myös vastaus:
v = 9, p = 5.

227. Matti21.2.2010 klo 14:57

Jukkis, sama ratkaisu oli minullakin. En vain rohjennut ruveta sieventelemään, kun näytti niin komplisoidulta, vaan avasin Excelin.

228. Juhani Heino21.2.2010 klo 20:15

Aika lailla Jukkikselta löytyi samaa tavaraa kuin mullakin, mutta itse en tosiaan käyttänyt kombinaatioita. Tällä idealla:
Ekan noston jälkeen sopivia palloja on jäljellä p-1 ja kaikkia palloja vp-1, niinpä P = (p-1)/(vp-1)
Jukkis sai kombinaatioilla täysin saman.

Punaisten pallojen kanssa on ensinnäkin 20/(20+vp) mahis että ensin nousee punainen. Silloin jäljellä on 19 punaista ja P = 19/(19+vp).
Lopuissa tapauksissa jäljellä on p-1 senväristä palloa ja kaikkiaan on jälleen 19+vp.
Näistä kootaan yhtälö ja aletaan sieventää:

(p-1)/(vp-1) = 20/(20+vp)*19/(19+vp) + vp/(20+vp)*(p-1)/(19+vp)
p-1 = (vp-1)(20*19+vp(p-1))/(20+vp)/(19+vp)
p-1 = (vp-1)(380+vp(p-1))/(380+39vp+v²p²)
380p-380+39vp²-39vp+v²p³-v²p² = (vp-1)(380+vp²-vp)
380p-380+39vp²-39vp+v²p³-v²p² = 380vp-380+v²p³-vp²-v²p²+vp
380p+40vp² = 420vp

Tässä vaiheessa todetaan että tapaus p=0 ei kiinnosta meitä, siitä tulisi triviaalisti oikea tulos. Niinpä kaavan voi hyvin supistaa 10p:llä.

38+4vp = 42v
38 = 42v-4vp
38/(42-4p) = v

229. Matti21.2.2010 klo 20:21

Kovin ovat samanlaisia Jukkiksen ja Juhani Heinon ratkaisut. Yhtälöt muodostettiin vähän eri päättelyillä, mutta vain vähän. Ja koska todennäköisyydet ovat samat, on yhtälökin sama.Tämä ei tietysti ole kritiikkiä mihinkään suuntaan.

230. Matti21.2.2010 klo 20:24

Piti vielä lisäämäni, että puhtaasti kombinatoriseen päättelyyn perustuvaa ratkaisua ei ilmaantunut.

231. Jukkis22.2.2010 klo 09:58

Mitäs Matti tarkoitat tuolla "puhtaasti kombinatorisella päättelyllä"?

232. Matti22.2.2010 klo 14:31

Hyvä kysymys, johon en osaa täsmällisesti vastata. Käsite kombinatorinen päättely on sekin epätäsmällinen.

Mutta jotain sellaista, että "koska voiton todennäköisyys ei muutu, niin täytyy olla niin, että suurempi määrä pareja kumoutuu sillä, että on myös suurempi määrä palloja, josta voi päätellä, että ..." Siis sellaista, että vastaukseen ei tarvita kovin monimutkaisia yhtälöitä, tai Exceliä. Siis sellaista, että kun vastaus on saatu, tulee sellainen ahaa elämys, että niinpä tietenkin. Tällaisia päättelyjä esiintyi paljonkin säikeessä aiemmin, kun esim. oli kyse pasianssin läpimenosta n kertaa peräkkäin. Nyt vain todettiin, että 19, vai niin, se on sitten niin.

Mutta kuten Jukkis totesit aiemmin, vastaukseksi tuli niin suuri luku, 19, että "kombinatorista päättelyä" ei tähän kenties ole olemassa.

233. Jaska22.2.2010 klo 15:03

"Jaskan lemma" on kaiketi eräänlaista kombinatorista päättelyä:

Olkoon lisättävien punaisten pallojen lukumäärä m. Ehdon täyttävän ratkaisun edellytys on, että v ja p ovat m yli kahden tekijöitä.

Vrt. Jukkiksen esimerkki lisäys 10 palloa: 45 = 9*5, sekä Matin 20 palloa: 190 = 19*10 (Juhani Heinolla siis alkuperäisten pallojen kokonaismäärä). Tästä voidaan edelleen johtaa väittämä, että ratkaisujen lukumäärä on ääretön. Jätän todistamisen teille matemaatikoille.

234. Matti22.2.2010 klo 15:07

Jos punaisia pallloja lisätään 20 kpl, ratkaisu 19 on ainoa, sen Excel-taulukko osoitti kiistatta. Mutta jos Jaska tarkoitit, että ratkaisu löytyy äärettömän monella punalisäyksen arvolla, niin voipi ollakin niin.

235. Jaska22.2.2010 klo 15:24

Niin, m ei tarkoita vain 20:ta.

236. Jukkis22.2.2010 klo 17:23

Oliskohan näin:

Jos punaisia palloja lisätään m kpl, niin jos m on parillinen, vastaus on
v = m-1
p = m/2
ja jos m on pariton, vastaus on
v = (m-1)/2
p = (m-1)/2

Vastaus siis löytyy kaikilla m >= 4.

237. Jukkis22.2.2010 klo 17:25

Tuo siis saadaan ratkaisun yleisestä yhtälöstä

p = (m+1)/2 - [(m-1)/2]/v

238. Jukkis22.2.2010 klo 19:30

... ja sitten vielä on niin, että joillakin m:n arvoilla löytyy useampia ratkaisuja. Aina on klo 17:23 annettu ratkaisu, mutta esimerkiksi jos m = 34, niin ratkaisun v = 33, p = 17 lisäksi on myös ratkaisut v = 3, p = 12 ja v = 11, p = 16.

(Tuli samalla kumottua Jaskan lemma.)

239. Jaska22.2.2010 klo 20:04

Jukkiksen kumouksen jälkeen muotoilen lemman uusiksi: värien lukumäärän tulee olla m yli kahden tekijä. Nyt tuli kumoamaton paikka!

240. Matti22.2.2010 klo 22:31

Matin edellistä vahvempi lemma: värien lukumäärän tulee olla m-1:n tekijä. (Jukkiksen ratkaisusta nähdään että joko v=m-1 tai v=(m-1)/2. Siis triviaalisti totta.)

241. Jaska22.2.2010 klo 22:50

(m-1)/11 ja (m-1)/3 nähdään niin ikään Jukkiksen ratkaisuista. Löytyyhän näitä, kun jaksaa kombinoida.

Matin edellistä vahvempi lemma johtaa suoraan minun lemmaani. Tai päinvastoin. Kumpi oli ensin, muna vai kana? Siinä dilemma...

242. Olavi Kivalo23.2.2010 klo 12:01

Ehdin vähän jälkijunassa tähän kiinnostavaan kompaan. Luin ensin huolimattomasti tehtävänannon ja luulin, että eriväristen pallojen määrän ei tarvitse olla sama. Siitä sain ajatuksen kokeilla, josko punaisia palloja voisi lisätä ilman, että samanväristen parien todennäköisyys muuttuu, kun alkuperäisten pallojen määrät ovat erit. Ja tietysti voi, mutta ratkaisu analyyttisessä muodossa lienee mahdoton, koska nyt p on funktio v:stä.

Jos esim palloja on alunperin {a,b,b,b,b,c,c}
ja punaisten (x) lisäyksen jälkeen {a,b,b,b,b,c,c,x,x,x,x,x,x,x,x},
niin tuplien todennäköisyys säilyy samana eli 1/3.

Voidaan myös luopua toisesta rajoitteesta eli etsiä tuplien sijaan triploja jne.

Jos esim palloja on alunperin {a,a,a,b,b,b,c,c,c}
ja punaisten (x) lisäyksen jälkeen {a,a,a,b,b,b,c,c,c,x,x,x,x,x},
niin triplojen todennäköisyys säilyy samana eli 1/28. Tämä on triviaali tapaus, mutta en keksinyt muuta algoritmia kuin hakuammunnan ja se on liian työläs.

243. Olavi Kivalo23.2.2010 klo 14:20

Numeropeli yhdelle tai useammalle pelaajalle. Paperille on kirjoitettuna kokonaisluvut 1,2,3,...,n, jossa n on vähintään 8 ja jaollinen pelaajien lukumäärällä. Pelin edetessä pelaaja valitsee minkä tahansa niistä luvuista 1,2,...,n, joita ei ole vielä aiemmilla kierroksilla valittu. Olkoon kierroksella k valittu luku r(k), 1<k<n. Muodostetaan kierroksen k kertymä m(k) kertomalla r(k):lla edellisen kierroksen kertymä m(k-1) ja lisäämällä siihen luku c(k) näin: m(k) = r(k)*m(k-1) + c(k). Reunaehto on m(0) = 1. Luku c(k) saadaan pitämällä kirjaa ja laskemalla yhteen, moniko aiemmista kertymistä m(0),...,m(k-1) on yhdistetty luku (eli kokonaisluku, joka ei ole alkuluku).

Pelaajalle kertyy pisteitä niin, että se, joka valitsee kokonaisluvun r(k) saa tuottamastaan kertymästä m(k) pistemäärän, joka on yhtä suuri kuin suurin niistä kertymistä m(0)...m(k-1), joilla m(k) on jaollinen.

Kysymys: mikä on yksinpelaajan maksimipistemäärä, kun n=8.?

244. Matti23.2.2010 klo 21:50

Pelasin tätä OK:n peliä aivan umpimähkään yhden kierroksen. Minulla ei ollut mitään aavistusta oikean strategian hahmottamisesta.

Jouduin tulkitsemaan alkuarvon c(1). Onko 1 alkuluku vai yhdistetty luku, jos jompikumpi on pakko valita. Valitsin alkuluvun, ja siis c(1)=0.

r(k)-jono oli 4,5,7,1,8,2,6,3.
m(k)-jono oli 4,21,149,151,1210,2423,14541,43627
ja c(k)-jono niinmuodoin 0,1,2,2,2,3,3,4

Pisteitä minulle kertyi tasan 0.

245. Olavi Kivalo24.2.2010 klo 09:30

Onnittelut Matille hyvästä avauksesta. Osuit oitis jonoon, joka tuotti minimipisteet. Tosin pisteitä tuli 8 eikä 0, koska jokainen m on jaollinen vain m(0):lla, joka on 1.

Mitä strategiaan tulee, se on kätketty tähän jaollisuuteen. Jaollisuutta sotkee c-termi, jota ilman jokainen m(k) olisi tietysti jaollinen m(k-1):llä.

Koska alkulukujen kohdalla sinnittelee edelleen keskustelu, onko 1 alkuluku vai ei, on parempi määritellä c yhdistettynä lukuna, joka on yksikäsitteisesti määritelty: A composite number n is a positive integer n>1 which is not prime.

246. Matti25.2.2010 klo 12:55

Onko tällä pelillä "taustaa"? Pelataanko sitä jossakin, ja mistä mahtaa olla peräisin? Kenties on OK:n itse keksimä. Vähän on työläs pelattavaksi sen vuoksi, että joudutaan suurehkoista luvuista selvittämään, ovatko alkulukuja vai eivät. Mutta epäilemättä olisi mielenkiintoinen, jos pääsisi strategiasta hajulle.

247. Olavi Kivalo25.2.2010 klo 15:30

Sain tämän viikko sitten sähköpostitse ja kokeilin samantien. Etsin vastauksen kysymykseen, mutta ryhmässä pelaamisen strategia on myös minulle täysi arvoitus. Ei tätä kai vielä juuri missään pelata.

Löytyy osoitteesta _http://gamesconceived.blogspot.com/2010/02/intege r-sequence-game.html

248. Antti26.2.2010 klo 10:25

Edelliseni ei ole innoittanut. Kokeillaan toisenlaista.

2, 3, 10, 21, 330, 78, 2380, 171, ?

249. Jaska26.2.2010 klo 15:25

Antti hyvä, innoitus ja oivallus eivät ole synonyymeja. Edellisesi ratkaisu?

250. Antti26.2.2010 klo 16:05

Jaska ja kaikki, olen aivan hämilläni. Edellisen tehtävän oikea ratkaisu tuli Jaskalta, Seuraava luku on 36 eikä suinkaan-36, vaikka jonkun sotkun johdosta niin sanoin.
k(j) = 3*j^2 - j:s alkuluku.

251. Olavi Kivalo28.2.2010 klo 11:25

T&T:n uusimmassa kysytään kuinka luvuista 1,3,4 ja 6 saadaan 24 käyttämällä kutakin kerran ja operaattoreita +,-,*, / sekä sulkuja.

Sain useitakin ratkaisuja, mutta ne ovat niin triviaaleja, etten tohdi edes näyttää.

252. Matti28.2.2010 klo 17:01

Lisäksi, näin ymmärsin uusia lukuja ei saa tehdä laittamalla annnettuja numeroita vierekkäin (esim. 13), ja kymmenjärjestelmä pidetään käytössä.

253. Antti28.2.2010 klo 18:25

[4+(-1)]*[2+6] = 24

254. Olavi Kivalo28.2.2010 klo 18:26

Mitä mahdetaan tarkoittaa lauseella "...eikä luvuista saa muodostaa uusia lukuja käyttämällä kymmenkantaa...", ja esimerkkinä tästä todetaan, että ykkösestä ei saa tehdä kymppiä ja summata sitten neloseen.

Jos tulkitaan, että annetut luvut on luvallista määritellä muissa kannoissa, saadaan mm. (menköön):

12-järjestelmä: 6*4 + 3 + 1 = 24
11-järjestelmä: 6*4 + 3 - 1 = 24
9-järjestelmä: (6*3 + 4)/1 = 24
5-järjestelmä: 6 + 4 + 3 + 1 = 24

255. Antti28.2.2010 klo 18:28

Anteeksi, mukana olikin 3 eikä 2.

256. Matti28.2.2010 klo 19:16

Muuten hyvä, mutta 5-järjestelmä ei tunne merkkiä 6.

257. nassakka2.3.2010 klo 14:43

Kouluaikaisia koetuloksia muistellessa juolahti mieleen tällainen ehdotelma. (Menköön.)

6*(3+)+(4-)+(1-) = 24

258. Matti2.3.2010 klo 20:40

(3-1)/((1/4)-(1/6)) = 24

nassakan juoni ei nyt aukea, mutta jokin jippo siinä varmaan on.

259. Matti2.3.2010 klo 20:42

Nyt tajusin nassakan juonen. Ei paha.

260. Juhani Heino2.3.2010 klo 21:04

Lukujahan sai käyttää vain kerran?
Jouduin lukemaan kuin piru raamattua ja päädyin kombinaation käyttämiseen. Siinä numerot ovat päällekkäin eivätkä vierekkäin, ja sulkuja käytetään. Menisikö läpi?

261. Matti2.3.2010 klo 21:51

Niin, todella, lukujahan sai käyttää vain kerran. Ajattelin että 1/4 on inversio eikä yksi per neljä, mutta eipä taida mennä läpi.

Voisi ajatella että sulkujakin saa käyttää vain "aritmeettisina sulkuina", eikä "yli-merkkeinä", koska sallitut operaatiot oli lueteltu, mutta mene ja tiedä.

6 yli 3 + 1*4 = 24, tätä kai Juhani Heino tarkoitti.

262. Juhani Heino2.3.2010 klo 21:55

Jep, tai vastaavasti (6 yli 3)*1 + 4, tai jaetaan jompikumpi 1:llä.

263. Olavi Kivalo5.3.2010 klo 09:25

Esittelemäni numeropeli (23.2.2010 klo 14:20) ei ole kirvoittanut toistaiseksi yrityksiä löytää minimiä (=8) parempia ratkaisuja yksinpelissä, kun n=8. Hakuammunnallakin pääsee helposti parempaan.

Lukujen 1,...,8 satunnaisista permutaatioista saadaan:
1,2,8,6,3,4,5,7 -> 10
2,5,7,1,8,6,3,4 -> 11
2,6,3,4,7,8,1,5 -> 21
7,3,5,2,1,4,6,8 -> 20

264. Olavi Kivalo5.3.2010 klo 16:17

Ivanilla on vanha auto, joka kulkee alamäkeen 72km/h, tasamaalla 63km/h ja ylämäessä 56km/h. Ivanilta menee 4h ajaa A:sta B:hen ja 4h40min B:stä A:han. Kuinka pitkä matka on A:sta B:hen?
(T&T)

Edellisen komman vastaus oli 6/(1-3/4)=24.

265. Matti5.3.2010 klo 16:19

Viime kerran pulman ratkaisusta tuli sellainen olo, että tuo nyt olisi kyllä pitänyt keksiä. Vaan kun ei.

266. Antti5.3.2010 klo 18:06

273 km

267. Matti5.3.2010 klo 21:21

Minäkin sain 273 km. Tämä on siitä erikoinen tehtävä, että tuntemattomia on 3, alamäki x, tasamaa y ja ylämäki z, mutta yhtälöitä vain 2. Kumpikin yhtälöistä määrittelee tason 3-dimensioisessa avaruudessa. Nopeudet on tehtävässä siten valittu, että tasojen leikkaussuora on tasossa, missä x+y+z on vakio, 273. x, y ja z eivät yksikäsitteisesti ratkea, mutta niiden summa kyllä - ja sitähän kysyttiin.

Laitoin x=0 ja sain y=441 ja z=-168. Näiden summa on 273.

268. Antti5.3.2010 klo 21:40

Sain x=175, y=91, z=7.

269. Olavi Kivalo5.3.2010 klo 21:46

Mutta jos kysytäänkin lisäksi, paljonko tästä on ylämäkeä, alamäkeä ja tasamaata, niin negatiivinen matka ei käy.

Erilaisia profiileja on ääretön määrä, mutta jos kelpuutetaan vain kokonaislukuratkaisut, niin niitä on vähemmän.

Esimerkiksi A:sta B:hen ensin alamäkeä 220km, siten tasamaata 1km ja lopuksi ylämäkeä 52km. Takaisinmeno kestää 40min kauemmin.

270. Olavi Kivalo5.3.2010 klo 21:55

Jos Ivan oikaisee niin, että kokonaismatka onkin 14km lyhyempi. Montako minuuttia kauemmin tällöin takaisinajo kestää?

271. Antti6.3.2010 klo 07:45

(Olavi tarkoittanee: Kuinka monta minuuttia kauemin kuin menomatkan ajo tällöin takaisinajo kestää?)

Riippunee siitä, mistä kohdasta oikaisee.

272. Olavi Kivalo6.3.2010 klo 10:31

Ehkä Ivan ajaa jossain arolla tai tundralla, jossa ei tarvitse käyttää teitä. Ilmeisesti B on alempana kuin A. Oletetaan, että Ivanin intressi käyttää lyhyempää reittiä on siinä, että paluu ei kestäisi niin kauan.

Täytyy rajata. Oletetaan vaikka, että 14km:n oikaisusta huolimatta matka A:sta B:hen kestää edelleen nuo 4h.

Käytetään hyväksi tehtävänannon suomaa vapautta: ylä- ja alamäen nopeudet ovat riippumattomat jyrkkyydestä. Ilmeisesti oikotiellä A:sta B:hen alamäkiosuutta on vähemmän, jolloin menomatka hidastuu ja paluu nopeutuu.

Hyväksytään ratkaisuksi vain profiili, jossa x, y ja z ovat kokonaislukuja. (Ja jos halutaan, vain profiili, jolla paluuaika lyhenee ainakin 25 minuutilla alkuperäiseen verrattuna.)

273. Olavi Kivalo8.3.2010 klo 09:20

Mainittakoon, että esittelemäni numeropelin korkein score on 397. Jääköön kertomatta kuitenkin, millä lukujen 1,...,8 permutaatiolla.

274. Olavi Kivalo12.3.2010 klo 17:07

Mikä on lyhin jana, jolla suorakulmainen kolmio, jonka kateetit ovat samanpituiset, voidaan jakaa kahteen yhtäsuureen osaan? (T&T)

Ivanin 4h:n matka A:sta B:hen, siis 273km, ja 40min hitaampi paluu samaa reittiä toteutuu lukuisilla profiiileilla (A->B: alamäki, tasainen, ylämäki) kuten
168+105+0km ja 208+25+40km.

Ja kun tuli kysytyksi, niin kerrottakoon, että 14 km lyhyemmät oikotiet olisivat vastaavasti
56+203+0km ja 96+123+40km
Näissä paluu kestäisi vain 4h 13min 20s.

↶ Takaisin aiheisiin Siirry ylälaitaan ↑

KOMMENTOI

5207. Lukujono 5

Lähettäjä: *

Teksti: *