zanimljiva matematika

[Anton]

Varijacija na temu kuglica...Dakle, ne postoji kombinacija s kojom bi bilo moguće sa stopostotnom sigurnošću pronaći defektnu kuglicu između 13 ili 14 iz tri mjerenja , a da se pri tome traži identifikacija defektne kuglice i informacija da li je kuglica lakša ili teža od ostalih. Ali ako ne može sa stopostotnom sigurnošću sa kojom vjerojatnosti je moguće pronaći kuglicu? Malo sam se sa time zabavljao i ako nisam nešto previdio s obzirom da je meni matematika Terra Incognita čini mi se da je moguće pronaći defektnu kuglicu između 14 kuglica, zajedno sa informacijom da li je teža ili lakša, sa preko 93 % vjerojatnosti.Točno ili netočno? Može li možda sa većom vjerojatnosti?

Edited November 2, 2007 by Anton

[Al-Khwarizmi]

Je li to elegantno rješenje or what? :)

Slažem se, mnogo lep zadatak. :)

Nego, da li i tvoja varijacija ima elegantno rješenje?

Pa... ne znam da li je rešenje koje bih ja mogao da ponudim elegantno - to je pomalo stvar ukusa. Ali nije tako elegantno kao ono za originalni zadatak, to sigurno. Ali možda neko smisli neko elegantnije u međuvremenu - tim bolje :)

[CPP]

Varijacija na temu: ako se nasumice uklone bilo koja dva polja različite boje, mogu li se uvek sva preostala polja šahovske table prekriti 31 dominom?

Mogu. Al' resenje uopste nije elegantno, ako mi se ne javi necu se bakcem s artikulacijom.

[kurdi]

ja mislim da nije moguce ako su rupe odabrane tako da se ne nalaze ni u i istoj koloni ni u istom redu.u tom slucaju (pod pretpostavkom da smo usplei) imamo 2 kolone i dva reda sa po neparnim brojem popunjenih polja (konkretno po 7 polja)obelezimo broj neparnih kolona i broj neparnih polja sa (a, b ).u konacnoj konfiguraciji bi moralo da bude (2, 2)kad je tabla prazna krecemo od (0, 0).stavljanjem svake domine se ili samo a ili samo b menja za 2, zavisno da li je domina horizontalna ili vertikalna.recimo posle prve domine mozemo imati (2, 0) ili (0, 2), zavisno od orijentacije domine.posle druge domine mozemo imati (0, 0), (4, 0), (0, 4) ili (2, 2).itd.e sad, dva pogleda, ne znam koji je intuitivniji:1. imamo 31 potez, te je ili broj akcija na kolone ili broj akcija na redove paran. krecuci od 0, parnim brojem dodavanja ili oduzmanja dvojke ne moze nikao da se zavrsi sa zbirom 2. tako da ili broj neparnih kolona ili broj neparnih redova ne moze biti 2.2. posle svakog poteza se menja deljivost a+b sa 4; posle parnih je deljivo, posle neparnih nije.posto je 31 neparno, a+b ne moze na kraju biti deljivo sa 4.mozda sam se nesto zajebao posto cpp kaze da je dokazao suprotno?

Edited November 2, 2007 by kurdi

[Al-Khwarizmi]

ja mislim da nije moguce ako su rupe odabrane tako da se ne nalaze ni u i istoj koloni ni u istom redu.

Trenutno sam na poslu, i mislim da ću danas bo'me zaglaviti u kancelariji dobrano u noć... pa ne mogu da se udubljujem u dokaz. Negde postoji greška, pošto jeste uvek moguće prekriti tablu.Hint: za početak probaj da izbaciš neko od polja sa ćoška, a da drugo polje izabereš random, samo da je suprotne boje. Kreni da domine ređaš po dužini, tako da popuniš prvo celu jednu vrstu (ili kolonu) koja se nalazi uz ivicu, a kad stigneš do kraja, onda "zaviješ" i kreneš da ređaš unazad po vrsti (koloni) pored. Kad evaluiraš taj slučaj, mislim da će i generalnija situacija biti mnogo jasnija, pa time i lakša za dokazivanje.

[CPP]

Dobro, sam si trazio. Sledi forsiranje romana reke:Eleminisemo proizvoljna dva polja razlicite boje. Ta dva polja definisu cetvorougaoni okvir unutar table.Svedimo sad 1 zadatak na tri zadatka1) deo table van okvira moze da se popuni dominama2) deo table unutar okvira moze da se popuni dominama3) okvir moze se popuni dominama3) Iz postavke (razlicite boje) sledi da dimenzije okvira mora da budu paran * neparan broj, sto ce reci da je duzina okvira (obim pravougaonika) 2 * (2n + (2m + 1)). Kad se oduzmu 2 polja coskovima imamo 2 trake duzine 2n + 2m = 2(m+n) sto ce reci - moze.2) unitrasnji pravougaonih je povrsine par * nepar = par - moze se popuni1) sledi iz 3 i 2E sad, ko je shvatio, shvatio je.

[kurdi]

mozda sam se nesto zajebao posto cpp kaze da je dokazao suprotno?

jebiga jesam se zajebao, ne valja nista ovo sto sam gore napisao.kad debil ne crtam.(2,0) -> (2,0) je moguc potez.

[kurdi]

Dobro, sam si trazio. Sledi forsiranje romana reke:

nemam sada vremena ni da citam, ali verujem, posto moje sigurno nije tacno.

[Al-Khwarizmi]

Dobro, sam si trazio. Sledi forsiranje romana reke:Eleminisemo proizvoljna dva polja razlicite boje. Ta dva polja definisu cetvorougaoni okvir unutar table.Svedimo sad 1 zadatak na tri zadatka1) deo table van okvira moze da se popuni dominama2) deo table unutar okvira moze da se popuni dominama3) okvir moze se popuni dominama3) Iz postavke (razlicite boje) sledi da dimenzije okvira mora da budu paran * neparan broj, sto ce reci da je duzina okvira (obim pravougaonika) 2 * (2n + (2m + 1)). Kad se oduzmu 2 polja coskovima imamo 2 trake duzine 2n + 2m = 2(m+n) sto ce reci - moze.2) unitrasnji pravougaonih je povrsine par * nepar = par - moze se popuni1) sledi iz 3 i 2E sad, ko je shvatio, shvatio je.

Rešenje je skroz razumljivo i elegantnije od onog što je meni padalo na pamet da se radi. 'Ajde seti se ili smisli ti neko pitanje.

[Al-Khwarizmi]

Varijacija na temu kuglica...Dakle, ne postoji kombinacija s kojom bi bilo moguće sa stopostotnom sigurnošću pronaći defektnu kuglicu između 13 ili 14 iz tri mjerenja , a da se pri tome traži identifikacija defektne kuglice i informacija da li je kuglica lakša ili teža od ostalih. Ali ako ne može sa stopostotnom sigurnošću sa kojom vjerojatnosti je moguće pronaći kuglicu? Malo sam se sa time zabavljao i ako nisam nešto previdio s obzirom da je meni matematika Terra Incognita čini mi se da je moguće pronaći defektnu kuglicu između 14 kuglica, zajedno sa informacijom da li je teža ili lakša, sa preko 93 % vjerojatnosti.Točno ili netočno? Može li možda sa većom vjerojatnosti?

Pretpostavljam da si ovo izračunao za 5:5 u prvom merenju? Ja sam za 4:4 dobio da je verovatnoća 6/7, što je dosta manje.

[Anton]

Pretpostavljam da si ovo izračunao za 5:5 u prvom merenju? Ja sam za 4:4 dobio da je verovatnoća 6/7, što je dosta manje.

Za 5 : 5 , neravnoteža, dakle teži dio.Obrati pozornost da ja i matematika nemamo skoro ništa zajedničko. :) Znači "izračun " je vrlo jednostavan.Edit----Mislim da sam nedovoljo precizno postavio pitanje pa da pojasnim.Kako povećati do maksimuma vjerojatnost pronalaženja defektne kuglice i informacije da li je lakša ili teža, a da se pri tome ne krše pravila, to jest, tri mjerenja na vagi?U ovako postavljenom pitanju vjerojatnost je veća. Samo da je izračunam. Edited November 2, 2007 by Anton

[kurdi]

1) sledi iz 3 i 2E sad, ko je shvatio, shvatio je.

lepa ideja stvarno.samo jebem li ga, kad sam vec krenuo da se blamiram na ovo pitanju da idem do kraja... ja sad na prvo citanje ne vidim zasto iz 2 i 3 automatski sledi 1?(e necu editovati pa da ga jebem, a osecam da je glupo ovo sto sam sada rekao...)

[Anton]

Al-Khwarizmi,izračun se je zakomplicirao a neda mi se ponovo ga izračunavati, pa da pojasnim što je bila inicijalna ideja. Kombinacija sa kojom sam pokušao izdvojiti defektnu i utvrditi da li je lakša ili nije je funkcionirala do zadnje mogućnosti kada se nije moglo utvrditi koja je kuglica i da li je lakša ili teža. Pa sam se malo zabavljao pokušavajući pronaći način sa kojim bi sa što većom vjerojatnosti mogli pronaći traženu kuglicu i utvrditi da li je lakša ili teža.A kako je to zamišljeno ispod...

Vjerojatnost da ćemo iz hrpice kuglica uzeti traženu kuglicu je najmanja za prvu kuglicu koju uzmemo. A za svaku sljedeću vjerojatnost se povećava, točno? Nisam siguran ako izvlačimo/odabiremo 14 kuglica jednu po jednu kolika je vjerojatnost za svaku sljedeću kuglicu da je to ona koju tražimo. Pogotovo nakon pola izvučenih kuglica.Dakle uzmemo prvu i zapamtimo je kao broj jedan. Nastavimo izvlačiti kuglice jednu po jednu sve do četrnaeste. Na vagu ćemo postaviti deset kuglica. Kuglicu broj jedan koja ima najmanju vjerojatnost da je tražena kuglica, zatim kuglice od broja 2 do broja 9 od kojih svaka ima također manju vjerojatnost da je tražena kuglica u odnosu na preostalih pet. To da bi se što više smanjila vjerojatnost da će se među deset prvopostavljenih na vagu naći i tražena kuglica koja će uzrokovati neravnotežu jer u slučaju ravnoteže među četri preostale lako nađemo traženu iz dva pokušaja. Uz iznimak od ovog pravila za kuglicu broja deset jer je kuglica brojem 10 kuglica za koju smatramo da s obzirom na redosljed izvlačenja ima najveću vjerojatnost da je to tražena kuglica. Dakle postavili smo kuglice , 5 : 5, neravnoteža, ljeva strana vage prividno teža.1 62 73 84 95 10onda kombinacija:1 42 103 116 127 13( 5, 8 i 9 sa strane )Ako ravnoteža onda 8 i 9 na vagu da se vidi koja je lakša, a ako opet ravnoteža onda znamo da je 5 i da je teža.Ako vaga prevagne na desno onda 6 i 7 da se vidi koja je lakša, ako opet ravnoteža onda je 4 i teža je.Ako ostane vaga u istom položaju prividno teža na ljevoj strani onda,2 110 11Ako u ravnoteži onda znamo da je 3 i da je teža, a ako ostane prividno teža na ljevoj strani onda je 2 i teža je, ako prevagne na desnu stranu onda je ili 10 i lakša je ili je 1 i teža je.Ovdje bi uvijek trebalo prepostaviti da je tražena kuglica 10 i da je lakša jer kuglica 1 kao prva odabrana nosi najmanju vjerojanost da je ona i tražena kuglica.

Ufff.....tko će prije taj će kasnije. Mislim da sam oborio rekord u broju editiranja posta na sto metara.

Edited November 2, 2007 by Anton

[Al-Khwarizmi]

lepa ideja stvarno.samo jebem li ga, kad sam vec krenuo da se blamiram na ovo pitanju da idem do kraja... ja sad na prvo citanje ne vidim zasto iz 2 i 3 automatski sledi 1?(e necu editovati pa da ga jebem, a osecam da je glupo ovo sto sam sada rekao...)

Ako uzmeš pravougaonik koji formiraju izbačena polja, on ima stranice sa parnim i neparnim brojem polja, kao što je rekao CPP. Uvek možeš da poređaš domine prvo ispod i iznad te parne stranice, da zauzimaju istu širinu kao pravougaonik, a potom ih obrneš za 90 stepeni i popuniš ostatak table. Edited November 2, 2007 by Al-Khwarizmi

[Al-Khwarizmi]

Al-Khwarizmi,izračun se je zakomplicirao a neda mi se ponovo ga izračunavati, pa da pojasnim što je bila inicijalna ideja. Kombinacija sa kojom sam pokušao izdvojiti defektnu i utvrditi da li je lakša ili nije je funkcionirala do zadnje mogućnosti kada se nije moglo utvrditi koja je kuglica i da li je lakša ili teža. Pa sam se malo zabavljao pokušavajući pronaći način sa kojim bi sa što većom vjerojatnosti mogli pronaći traženu kuglicu i utvrditi da li je lakša ili teža.A kako je to zamišljeno ispod......Ufff.....tko će prije taj će kasnije. Mislim da sam oborio rekord u broju editiranja posta na sto metara.

Uh, previše za čitanje i razmišljanje u ovaj kasni sat...Ali mi se čini da pokušavaš da utičeš na verovatnoći redosledom izvlačenja, što nikako ne može:

Uz iznimak od ovog pravila za kuglicu broja deset jer je kuglica brojem 10 kuglica za koju smatramo da s obzirom na redosljed izvlačenja ima najveću vjerojatnost da je to tražena kuglica.

Naime ovde je bitan termin uslovna verovatnoća, t.j. verovatnoća da je deseta izvučena kuglica ona koju tražimo jeste najveća samo pod uslovom da već znaš da je prethodnih 9 ispravno. To ovde nije slučaj.