Lukujono 4 - Muut aiheet - Keskustelut

↶ Takaisin aiheisiin Siirry alalaitaan ↓

5098. Lukujono 4

Juhani Heino29.9.2009 klo 19:46

Säikeissä 4071, 4624 ja 4860 on pähkäilty erilaisia lukujonoja. Nyt aloitan uuden säikeen jonolla jolla ei tunnu olevan kytköstä mihinkään - se määräytyy vain itsensä perusteella.

1, 1, 3, 2, 4, 4, 10, 12, 8, 20, 36, 24, 16, 64, 112, 128, 160, 192, 128, 320...

2. Jaska1.10.2009 klo 12:52

Hetkinen, Juhani Heino, "määräytyy itsensä perusteella." Hämärää. Tarkoittaako, että jatkon pystyy päättelemään edellisistä luvuista ilman, että se noudattaisi jotain valmista kaavaa? Näinhän se kuitenkin on normaalistikin. Jatkoahan tuohon ilmeisesti meiltä arvuuttelet.

3. Matti1.10.2009 klo 13:02

Esim. alkulukujen jonossa seuraava termi ei määräydy edellisistä, vaan yleisestä säännöstä: alkuluvut. Tarkoitatko Juhani, että jonodssasi seuraava luku on edellisten "funktio", kuten esim jokin rekursiokaavaa noudattava jono?

4. Juhani Heino1.10.2009 klo 19:02

Kyllä, tämä jono muodostuu edellisistä. Arvelen että suljettua kaavaa ei edes pysty tekemään. Mutta tämä ei edes noudata normaalia rekursiomallia jossa luku aina määräytyy esim. edellisen ja sitä edellisen perusteella.

Eri parametreilla näitä jonoja saadaan mielin määrin, eli jos ratkaisua ei löydy, laitan uuden aina silloin tällöin vertailtavaksi. Mutta annanpa jo nyt vinkin: katsokaa erityisesti kohtia joissa jono pienenee.

5. Matti1.10.2009 klo 21:10

Tahtovat nämä Juhani Heinon jonot olla niin kinkkisiä, että ei hirviä edes yrittää.

6. Juhani Heino1.10.2009 klo 21:31

Hirviä nyt vain, tässä ei ole mitään edistyneempää lukuteoriaa tms.
Laitan syötiksi toisen version:
1, 1, 1, 1, 5, 2, 4, 6, 4, 4, 8, 14, 12, 24, 20, 8, 36, 40, 16, 40, 16, 80, 32...

7. Juhani Heino4.10.2009 klo 09:42

Laitanpa joutessani taas uuden:
1, 1, 1, 1, 5, 3, 6, 9, 9, 21, 18, 45, 27, 54, 99, 108, 234, 297, 558, 513...

8. Jaska5.10.2009 klo 00:21

Hmm, toisessa ja kolmannessa jonossa sama viiden luvun alku, joten jatko määräytyy siitä miten nyt sitten määräytyykin. Sekavan alun jälkeen näyttää jotenkin säännönmukaisemmalta. Seuraa samoilla luvuilla jaollisuutta, ekassa ja tokassa kuudellatoista, kolmannessa yhdeksällä. Mutta eivät nuo pienenemisetkään auta selvittämään kupletin punaisen koiran villalangan ydinjuonta.

9. Olavi Kivalo5.10.2009 klo 00:38

Minäkin tulin siihen tulokseen, että jatko määräytyy siitä miten nyt sitten määräytyykin. Jään vähän odottelemaan.

10. Juhani Heino5.10.2009 klo 09:42

Huomatkaa että kaikki nämä jonot on tehty eri parametreilla. Ja paljastan vielä että sama viiden luvun alku on jonon alustus jossa myös parametrin toinen osa on sama. Sen jälkeen alkaa varsinainen jono, jossa koko parametri pääsee vaikuttamaan. Tämän myötä varmaan selviää sekin, mikä osa ekassa jonossa on alustusta.

11. Juhani Heino8.10.2009 klo 12:49

Tähän laitan vähän erilaisen alustuksen joka toimii yhtä hyvin. Parametri on sama kuin ekassa jonossa.
2, 2, 3, 2, 6, 4, 8, 8, 22, 20, 28, 32, 40, 48, 32, 80, 212, 216, 144, 96, 64...

12. Juhani Heino13.10.2009 klo 20:55

Otetaan pois kuleksimasta kun ei ole herättänyt kiinnostusta. Otetaan parametriksi a/b. Alustuksen jälkeen jatketaan aina näin: jaetaan viimeinen luku b:llä jos se menee tasan. Jos ei mene, lasketaan yhteen edellisiä lukuja kunnes saadaan jaettua tasan b:llä. Sen jälkeen kerrotaan a:lla, ja näin saadaan uusi luku.

Ekassa on parametri 2/3:
1, 1, 3, 3/3*2 = 2, 6/3*2 = 4, 6/3*2 = 4, 15/3*2 = 10, 18/3*2 = 12...
Tokassa on parametri 2/5:
1, 1, 1, 1, 5, 5/5*2 = 2, 10/5*2 = 4, 15/5*2 = 6, 10/5*2 = 4, 10/5*2 = 4...
Kolmannessa parametri 3/5:
1, 1, 1, 1, 5, 5/5*3 = 3, 10/5*3 = 6, 15/5*3 = 9, 15/5*3 = 9, 35/5*3 = 21...

Näissä kaikissa on alustuksena b-1 ykköstä ja luku b. Joskus vähemmätkin ykköset voivat riittää, mutta näissä jonoissa kaikkia tarvittiin jossain kohtaa että päästiin aina b:llä jaolliseen.

Ykkösten ja b:n tilalla voi käyttää toki muitakin lukuja.
Parametri 2/3:
2, 2, 3, 2, 6, 4, 8, 8, 22, 28...
1, 1, 1, 2, 2, 4, 4, 8, 8, 16, 16...
2, 2, 2, 4, 4, 8, 8, 16, 16, 32, 32...

Parametri 1/2:
1, 2, 1, 2, 1, 2, 1...

Näistä voisi koostaa toisia jonoja samaan tapaan kuin Fourier-sarjassa aaltomuotoja koostetaan eritaajuisten aaltojen summina. Mutta eipä sillä taida olla käytännön merkitystä koska näille ei liene suljettua kaavaakaan.

13. Olavi Kivalo13.10.2009 klo 20:57

Olisiko yhteensattuma. Myös Antin taannoin antaman lukujonon
1, -329, -1661, -3001, 3245, 39071, 151551, 426399, ?
jatko määräytyy siitä miten nyt sitten määräytyykin.

14. Antti14.10.2009 klo 06:34

Olavin edellä mainitseman jononi k:s jäsen on k:n 6. asteen polynomi.

15. Olavi Kivalo14.10.2009 klo 09:04

a(9)=1004409
Luulin, että nämä polynomifittaukset ovat trivialiteetteina poissuljetut.

16. Antti14.10.2009 klo 09:39

Kiitos, Olavi muistutuksesta. Onhan asiasta ollut puhetta. Polynomin kertoimista osa ei ole kokonais-, vaan on rationaalilukuja. Kai siksi erehdyin ottamaan tällaisen, kuitenkin liian yksinkertaisen tehtävän.

17. Olavi Kivalo14.10.2009 klo 09:56

En moittinut. Selitin vain, miksi en etsinyt heti siltä suunnalta. Pannaan nyt vielä tuo polynomi
a(n) = 4n^6 - 19n^5 + (2/3)n^3 + n^2 - (2/3)n + 15

18. Jaska14.10.2009 klo 11:04

Eikö tarvittaessa saa palata aina jonon alkuun saakka? Siellähän on kaksi ykköstä, joten väkisinhän se kolmella jaollinen summa lopulta löytyy.

19. Jaska14.10.2009 klo 11:07

Eikö tarvittaessa saa palata jonon ykkösiin saakka? Niitä on alussa kaksi kpl, joten väkisinhän kolmella jaollinen summa lopulta löytyy. Tai sitten en bonjannut Juhani Heinon selitystä.

20. Jaska14.10.2009 klo 11:09

Eikö tarvittaessa saa palata ykkösiin saakka? Niitähän on jonon alussa kaksi kpl, joten väkisinhän se kolmella jaollinen summa lopulta löytyy. Tai sitten en bonjannut Juhani Heinon selitystä.

21. Jaska14.10.2009 klo 11:10

Kokeilenpa vielä kerran, onnistuuko lähettäminen.

22. Jaska14.10.2009 klo 11:15

Mielenkiintoista. Luulin ensin, että koneessani on jotain vikaa, kun viestiäniä ei näkynyt Olavi Kivalon jälkeen. En näet huomannut, että OK:n viesti on lähetetty 11:38, eli tulevaisuudesta. Onko OK siis keksinyt aikakoneen?

23. Jaska14.10.2009 klo 11:25

Kirjailijaketjussa sama juttu. Eki selitti jotain päivityksestä. Se on siis mennyt pieleen.

24. Olavi Kivalo14.10.2009 klo 11:38

Juhani Heino: Sääntö "lasketaan yhteen edellisiä lukuja" vaikuttaa vähän epämääräiseltä. Tarkoitetaanko kaikkia mahdollisia osasummia? Jos alku on 1,1,3, niin kolmella jaollisia osasummia on yksi eli kolmonen itse, jolloin jonosta tulee 1,1,3,2. Tämän jonon osasummista kolmella jaollisia ovat 3, 1+2=3 ja 1+2+3=6. Miksi vain viimeksi mainittu kelpaa? Ehkä tarkoitat, että lisätään viimeiseen (=2) edellinen (=3), ja jos ei onnistu, niin sitten lisätään vielä sitä edellinen (=1) jne. Mutta löytyykö tällä tavalla "kunnes saadaan jaettua tasan b:llä" aina joku kolmella jaollinen?

25. Matti14.10.2009 klo 12:19

b-1 kpl ykkösiä huolehtii siitä, että aina tulee summa joka on b:llä jaollinen, viimeistään niin että kaikki alkujonon luvut lasketaan yhteen. Näin ymmärsin Juhani Heinon tekstistä. Mutta sitä en ymmärrä, että miten ihmeessä koskaan kukaan voisi keksiä tuon Jukani Heinon jonon säännön. (Toisaalta, jos minä en keksi, niin eihän se vielä todista mitään.)

26. Juhani Heino14.10.2009 klo 19:49

Juuri noin: jos ei mene tasan b:llä, kolutaan jonoa taaksepäin kunnes menee. Alustukseksi riittää b-1 kpl ykkösiä tai mitä tahansa samaa lukua jolla ei ole yhteisiä tekijöitä b:n kanssa, ja niiden jälkeen vapaavalintainen luku.

Ratkeavuudesta en osaa sanoa mitään, koska itse keksin jonon. Annoin vinkin jonon pienenemisestä, koska se tuntui selkeimmältä kohdalta aloittaa. Aina kun ekassa jonossa luku pienenee, se on 2/3 edellisestä. Siitä olisi sitten pitänyt keksiä yleisempi tapaus että otetaan viimeisistä summa josta saa 2/3 seuraavaksi luvuksi.
Takuulla vaikeaa, ja tosiaan en tiedä olisinko itse hoksannut.

27. Antti15.10.2009 klo 11:05

1, 6, 16, 32, 55, 92, 140, 208, 291, ?

Toivottavasti ei niin vaikea kuin edellinen.

28. Olavi Kivalo16.10.2009 klo 12:12

Jatkuu näin
1, 6, 16, 32, 55, 92, 140, 208, 291, 64, -2082, -11186, -39715, -114230, ...
Usko tai älä.

29. Antti16.10.2009 klo 14:15

Uskonhan kyllä, että vain 9:n ensimmäisen jäsenen ollessa annettuna jonon jatkamiseksi löytyy vielä vaihtoehtoisia malleja. Olavi on keksinyt toisen mallin kuin käyttämäni. Mallissani 291:n jälkeen tulee 390.

30. Olavi Kivalo16.10.2009 klo 16:13

Ahaa. No silloinhan jatko on
1, 6, 16, 32, 55, 92, 140, 208, 291, 390, 1178, 6744, 32005, 118860, ...

31. Antti16.10.2009 klo 18:09

Kuinka? Minulla ..., 390, 506, ...

32. Olavi Kivalo17.10.2009 klo 20:08

Nyt vähän vakavampi yritys:
1, 6, 16, 32, 55, 92, 140, 208, 291, 390, 506, 640, 793, ...

33. Antti18.10.2009 klo 07:36

Nyt ei olla kovin kaukana toisistamme. Jonossani ei ole 506:n jälkeen 640, vaan on 652. Sitä seuraavat lukumme poikkeavat toisistaan vähän enemmällä kuin 12:lla.

34. Olavi Kivalo18.10.2009 klo 10:48

Vaihteeksi ei niin vakava:
..., 506, 652, 841, 1086, ...

35. Antti18.10.2009 klo 13:53

Ei niin vakava eikÃ¤ niin lÃ¤hellÃ¤ jononi lukua kuin edellinen. EdellÃ¤ erotus oli 12, nyt ero on 22.

..., 652, 819, ...

36. Olavi Kivalo18.10.2009 klo 14:34

Sori vaan kundit (homot) ja muu osuuskauppaväki vai mikä se oli, mutta halusin vain myönteisesti demonstroida (vittuilla) kuinka polynomifittauksella, vai mikä se oli, voidaan helposti tuottaa oikeita (vääriä) lukujonoja tai mitä ne oli.

37. Jaska18.10.2009 klo 15:06

Minä luovuin funtsimasta Antin jonoa, kun en saanut sitä sopimaan suoraan n!/n-3!*3! -jakaumaan, mihin otaksuin joka neljännen parittoman luvun viittaavan. Antti voisikin jo paljastaa oman ratkaisunsa. Arvelen sen olevan varsin yksinkertainenm vaikka jäikin minun hoksottimieni ulottumattomiin.

38. Antti19.10.2009 klo 12:32

N(k) = Neliösumma(1, 2, ..., k)
J(k) = Jakojäänös(N(k), k)
Ja näistä ratkaisu

R(k) = N(k) + J(k)

39. Jaska19.10.2009 klo 13:09

Jatkuu siis 819, 1026, 1250...

Hyvä tehtävä. Varsin yksinkertainen, kuten arvelinkin. Olisi pitänyt yrittää muitakin teitä kuin tuo permutaatiosovellus.

40. Olavi Kivalo19.10.2009 klo 14:13

Joo, ihan nätti kompa,
Sum[i^2, {i, 1, n}] + Mod[Sum[i^2, {i, 1, n}], n], {n, 1, 10}
Jatkuu muuten ...,1022, 1250, 1504, 1785, 2112, 2470, 2880, ...

41. Jaska19.10.2009 klo 17:55

Taas tuli päässälaskuvirhe. Pitäisi kai vähän viitsiä skarpata ja kollata...

42. Olavi Kivalo20.10.2009 klo 14:35

Minusta prosessi, jolla kompa syntyy, on kiinnostava, vähän samaan tapaan kuin ongelman määrittely yleensä on itse ongelman ratkaisua tärkeämpi vaihe (koska pääsääntöisesti ihmiskunta ratkoo väärin määriteltyjä ongelmia).

Kyselin taannoin erään Antin hyvän komman syntyhistoriaa, mutta en saanut vastausta. Nyt tämänkin komman kohdalla minua alkoi kiinnostaa, miksi siinä esiintyy neliösumma, kun samankaltainen ja riittävän vaikea olisi saatu aikaan korottamatta toiseen. Kuinka laatija päätyi tämänkaltaiseen kompaan ja miksi juuuri tähän?

43. Antti20.10.2009 klo 16:34

En valitettavasti osaa täsmällisesti vastata
"kuinka"-kysymykseesi. Neliöitten käyttö vain tuntui
sopivan vaativalta vaihtoehdolta, vähän vaativammalta
kuin niitten käyttämättömyys.

Aikaisemman muotoiluni syntyhistoriakysymystäsi en ole huomannut. Tahallani en ole jättänyt vastaamatta.

44. Olavi Kivalo20.10.2009 klo 19:43

Tuohan oli ihan hyvä selitys mitä tulee neliösummaan. Mutta mistä näitä tehtäviä oikein tulee?

Aikanaan vastausta vaille jäi tämä, jota pidin ihan hyvänä, vaativana, mutta vähän kummallisena:
a(j) =j^3, j = 1, 2, 3, ...
{b(j)}= 1, 4, 3, 2, 5, 24, 1, 2, 729, ?
b(j) on a(j):n ja x(j):n suurin yhteinen tekijä.
x(j) = ?

Kysyin 29.9.2009 klo 12.56 "Mikähän tämän komman syntyhistoria lienee? Se on sen verran erikoinen, että olisi kiinnostava tietää."

45. Antti21.10.2009 klo 06:30

Lähtökohta: a(1) =1 = b(1) ja a(9) =729 = b(9).
Kannatti koettaa löytää yksinkertainen {x(j)},
jolla on ominaisuus: x(1)=1, x(9)=729
(esimerkiksi kokeillen vaihtoehtoja x(j)=a*j+b)
ja piti vain tarkistaa, täyttyvätkö alkuehdot.

Tutkittiin siis, huomataanko ja a(9) =729 = b(9) ottaa avaimeksi.

46. Olavi Kivalo21.10.2009 klo 09:54

Tuo tehtävätyyppi kiinnosti ja sen ratkaisu x(j)=1+91j, j=0,1,2,... vaati niin huomattavan määrän vääntöä, että tuntui kuin laatija olisi ollut pienen selityksen velkaa. Kiitos tästä.

47. Olavi Kivalo21.10.2009 klo 10:23

Tuo tehtävätyyppi kiinnosti ja sen ratkaisu x(j)=1+91j, j=0,1,2,... vaati niin huomattavan määrän vääntöä, että tuntui kuin laatija olisi ollut pienen selityksen velkaa. Kiitos tästä.

48. Olavi Kivalo22.10.2009 klo 10:27

Kuinka jatkuu seuraava päättymätön ei-monotonisesti kasvava lukujono (n=1,2,3,....):
a(n) = 5, 7, 8, 9, 10, 11, 16, 17, 17, 18, 21, ...,
Vihje: a(100)<a(99)

49. Olavi Kivalo22.10.2009 klo 20:06

Lisävihjeitä: Lukujono on jaksollinen. Lyhin jakso on 100.
a(99) = 122, a(100) = 104.

50. Juhani Heino22.10.2009 klo 21:25

Pientä saivartelua: lukujono ei ole kasvava koska a(100) < a(99). Tarkoittiko ei-sana yksinkertaisesti: lukujono joka ei ole kasvava?

51. ++juh22.10.2009 klo 21:36

a(99) = 123 <---!!!

52. Olavi Kivalo22.10.2009 klo 21:43

Monotonisesti kasvava tarkoittaa, että funktio kasvaa kun argumentti kasvaa. Miksi sanottaisiin 'monotonisesti kasvava', jos myös 'kasvava' tarkoittaisi samaa. Olen pienenä oppinut, että funktio voi olla kasvava olematta sitä monotonisesti. Voi tietysti olla (kun siitä on niin pitkä aika), että tällä tarkoitettiinkin tapausta, jossa funktio kulkee käännepisteiden kautta, joka sallisi vain sen, että a(n)=a(n+1) joillakin n:n arvoilla. Korjataan nyt sitten vaikka sanomalla, että tämä lukujono on vähän samaan tapaan hiukan mutkitellen kasvava kuin Juhani Heinon edellinen.

53. Juhani Heino22.10.2009 klo 22:04

Oppimani määritelmän mukaan lukujono on kasvava kun a(n)≤a(n+1) eli jono ei missään kohtaa pienene. Aidosti kasvava se on silloin kun a(n)<a(n+1) eli jono ei edes junnaa paikallaan. Päinvastaisella tavalla määritellään vähenevä lukujono, ja aidosti vähenevä.
Monotoninen taas tarkoittaa siinä vain että lukujono on joko kasvava tai vähenevä.

Oletan Olavi Kivalon siis tarkoittavan asymptoottisesti kasvavaa lukujonoa: kun n lähestyy ääretöntä, myös a(n) tekee niin.

54. Matti22.10.2009 klo 22:33

Monotonisesti kasvava (monotone increasing) näyttää olevan synonyymi käsitteelle aidosti kasvava (strictly increasing). Ei-monotonisesti kasvava on sitten tämän negaatio.

Asymptoottisesti kasvavan ymmärrän niin, että jostakin jonon luvusta eteenpäin se on kasvava (ei tarvitse kasvaa äärettömyyteen).

55. Olavi Kivalo22.10.2009 klo 23:14

Aukeni vastasaivartelun paikka. Jos lukujono on kasvava, kun a(n)≤a(n+1), niin myös lukujono, jossa a(n)=a(n+1), ei vain joillakin n:n arvoilla vaan kaikilla, olisi kasvava. Näinollen lukujono 1,1,1,1,1, jne olisi kasvava, koska se ei missään kohtaa pienene. Ei pidä paikkaansa.

Monotoninen tarkoittaa, että tietty trendi pysyy: lukujono kasvaa pienenee tai pysyy samana. Ei-monotoninen on näinollen sellaista, jossa näin ei ole asian laita. Ei-monotonisesti kasvava olisi täten kasvava siten, että trendi ajoittain järkkyy (jos tällainen määrittely sopii).

56. Juhani Heino22.10.2009 klo 23:28

Lukujono 1,1,1,1,1 jne. on määritelmän mukaan sekä kasvava että vähenevä, eli se on vakiojono.

Mähän en näitä määrittele - nettiviitteisiin voi olla luottamatta mutta nämä täsmäävät oppimani kanssa:

fi.wikipedia.org/wiki/Lukujono
materiaalit.internetix.fi/fi/opintojaksot/5luonnon tieteet/matematiikka/ma10/maaritelma/lukujonon_maa ritelma

57. Juhani Heino22.10.2009 klo 23:34

Ai niin, unohtui kommentoida Matin määrittelyä asymptoottisesti kasvavasta - luulisin että kuitenkin puhumme samasta asiasta. Jos nimittäin jono kasvaa aidosti jostain pisteestä lähtien (tätä luulen Matin tarkoittaneen, muutenhan sanottaisiin että jono lähestyy asymptoottisesti jotain arvoa) silloinhan se kasvaa äärettömyyteen.

58. Antti23.10.2009 klo 06:58

Olavin keskustelua herättänyt pulma on vielä ratkaisematta, mutta tarjoan tutkittavaksi toisen, aidosti kasvavan b-jonon:

3, 8, 18, 32, 60, 84, 126, 160, 216, ...

b(10)= ?

Tarkistusmahdollisuus: b(12) = 456.

59. Olavi Kivalo23.10.2009 klo 10:54

Todellakin a(99) = 123 eikä 122. Kiitos ++juh.

60. Matti23.10.2009 klo 20:09

Minäkin ryhdyin katselemaan tätä Antin tehtävää:

a(j) =j^3, j = 1, 2, 3, ...
{b(j)}= 1, 4, 3, 2, 5, 24, 1, 2, 729, ?
b(j) on a(j):n ja x(j):n suurin yhteinen tekijä.
x(j) = ?

Onhan se vähän erikoinen. Koska a(j) näkyy aina olevan jaollinen b(j):llä, triviaali ratkaisu on {x(j)}={b(j)}, kuten OK toi esille. Jokaiselle x(j):lle löytyy äärettömästi ratkaisuja: kaikki ne b(j):n monikerrat, joissa kertoimella ei ole a(j):n kanssa yhteisiä tekijöitä. x(j)=11j-10, tätä en saa toimimaan, mutta OK:n ratkaisu x(j)=91j-90 toimii, kun j=1,2,3, ... ,9. Jos asetetaan j=10, saadaan 91j-90=820 ja
x(10)=20.

Mutta millä logiikalla jono {b(j)} on konstruoitu, ja miksi olisi x(10)=1000? Tämä jäi hämäräksi.

61. Jaska23.10.2009 klo 22:40

Miksikö olisi x(10)=1000? Ei kai siitä mitään hämäräksi jäänyt. Muistelen, että se todettiin virheeksi.

Seuraavaksi välipalaksi pientä verryttelyä Olavi Kivalon ja Antin viimeisimpien vaikeiden kanssa pähkäileville. Itse luovuin niitä yrittämästä vartin jälkeen. Tämän kirkastuminen tuskin vie edes sitä?

2, 9, 10, 12, 35, 37, 38, 41, 42, 44, 49, 50, 52, 56, ?

62. Olavi Kivalo23.10.2009 klo 23:57

Muistelen, että ajattelin näin: Jos x(j)=b(j), niin ei voi päätellä, mikä on b(10). Se voi olla mikä tahansa, esim. 1000 = a(10) = x(10). Tietäen, ettei tämä voinut olla haettu ratkaisu, annoin myöhemmin oikean lukujonon x(j), josta seuraa x(10) = 20. En tiedä kiinnostaako ketään, kuinka päädyin ratkaisuun, mutta työläs se oli. Voi olla hyvinkin joku helpompi tie.

63. Matti24.10.2009 klo 11:06

Vielä: miten Antin jono b(j) on muodostettu?

64. Antti24.10.2009 klo 11:32

Matti, muistaakseni x(j)=91j-90.

65. Matti24.10.2009 klo 12:12

Antti, kyllä, mutta x-jono ratkaistiin a-jonon ja b-jonon perusteella. a-jono oli j^3, mutta miten muodostettiin b-jono?

Vai olenko nyt ihan pihalla, ja jankutan?

66. Olavi Kivalo24.10.2009 klo 14:04

Vaikka ++juh näyttäisi ratkaisseen kompani, annan vielä vihjeen, jos joku haluaa yrittää. Lukujono on samaa tyyppiä kuin Antin neliösumma+jakojäännös eli muodostuu kahdesta osasta, joista toinen on simppeli monotonisesti nouseva n:n funktio ja toinen ei-monotonisesti nouseva jaksollinen n:n funktio, eli a(n)=f(n)+g(n).

Koska a(n) on jaksollinen, se voidaan lausua jakson 100 mukaan a(n)=a(i,100j).
Funktion g jaksollisuus on välillä i=0,1,2,...,99 seuraava (g(0,0)=0):
g(i,j) = g(i,0) + g(j,0) + 0, kun j=0,1
g(i,j) = g(i,0) + g(j,0) + 5, kun j=2,3,...,9.

67. Antti24.10.2009 klo 14:45

Matti, yritän muistella ja vastata. Tein ensin a- ja x-jonon ja sitten b-jonon: b(j) on a(j):n ja x(j):n suurin yhteinen tekijä.
Pyrin tehtävän muotoilussa vaihteen vuoksi uuteen, "takaperoiseen" asetelmaan: Mistähän x-jonosta on tultu annetut alkuehdot täyttävään asetelmaan?

68. Matti24.10.2009 klo 17:54

Antti, asia on nyt selvä, kiitos.

69. Olavi Kivalo24.10.2009 klo 19:11

Mielestäni Antin vastauksesta käy selväksi, että lukujonokompa voi olla helppo laatia ilman aavistustakaan siitä, minkälaisiin ponnisteluihin ratkaisija saattaa joutua. Siitä voi kaivaa esiin myös näiden lukujonokompien viehättävyyden, joka kiteytyy kysymyksessä: mikä on se lainalaisuus, josta seuraa tämä lukujono?

Kun hyvin määritellystä ongelmasta ratkaisu on normaalisti saatavissa deduktiivisesti, joka on päättelyä, jota tietokoneetkin osaavat - jopa ihmistä paremmin - niin tässä päättelyn on edettävä seurauksesta syyhyn. Siis: mikä on se lainalaisuus, josta seuraa tämä lukujono?

Tämä voi ratketa induktiolla, mutta edellyttää yleensä abduktiivista päättelyä äärettömässä hakuavaruudessa. Tätä ei tietokone osaa, mutta ihmisellä on lajityypillinen kyky löytää hyviä ratkaisukandidaatteja sokean hakuammunnan siijaan. Ja se on kovasti tyydytystä tuottavaa.

70. Matti25.10.2009 klo 19:34

Kyselläänpä välillä lukuteorian ulkopuoleltakin - tämä on kai kombinatoriikkaa.

Rahaa heitetän niin monta kertaa, että tulee peräkkäin kolme samaa, joko kruunaa tai klaavaa. Montako heittoa keskimäärin tarvitaan?

71. Antti26.10.2009 klo 09:20

Arvaus: Noin 11.

72. Olavi Kivalo26.10.2009 klo 10:23

En tiedä, miksi Antti kutsuu jonoa 3, 8, 18, 32, 60, 84, 126, 160, 216, ... ? b-jonoksi. Ymmärtäisin, että kysymyksessä on itsenäinen kompa, joka ei liity aiempiin keskusteluihin.

Jono näyttää noudattavan kauniisti kaavaa
n=pariton: b(n) = 3n^2-3n, kun n=3,5,7,9,...
n=parillinen: b(n) = 3n^2-4n, kun n=4,6,8,...
mutta ei arvoilla n=1,2 eikä arvolla n=12

Toisaalta
b(n) = (prime(n)+1)*n, jolloin b(10)=300, kun taas edellinen kaava antaisi b(10)=260.

73. Antti26.10.2009 klo 10:36

Jono on nimetty b-jonoksi sen korostamiseksi, että tehtävä ei liity antamisensa vaiheissa esillä olleeseen a-jonoon, vaan on itsenäinen. Olavi löysi tarkoittamani ratkaisun:

b(j) = (1 + j:s alkuluku)*j

74. Matti26.10.2009 klo 12:25

Antin arvaus meni pitkäksi.

75. Jaska26.10.2009 klo 13:32

Matin kruuna/klaava -tehtävän sanamuoto on mielestäni sillä tavoin väljä, ettei Marin tarkoittamaa totuutta ole mielestäni mahdollista laskea absoluuttisesti oikein. Tässä muuan ratkaisumalli (heittojen lkm/tod.näk):

3 / 0,25
3,4 / 0,375
3-5 / 0,5
3-6 / 0,59
3-7 / 0,67

Tulokseen keskimäärin 1 osumaa päästään siis kahdella viiden heiton sarjalla eli kymmenellä heitolla. Matin tulos on mahdollisesti johonkin muuhun laskutapaan perustuva.

76. Matti26.10.2009 klo 13:54

On tämä aivan eksakti tehtävä. Tarvittava heittojen määrä on satunnaissuure, joka saa arvoja 3 -> ääretön, kunkin arvon eräällä todennäköisyydellä. Tämän satunnaissuureen odotusarvoa kysytään.

77. Jaska26.10.2009 klo 19:31

Tarkoittanee, että vastauksen ei tarvitse olla kokonaisluku. Saadaan siis 3 -> ääretön todennäköisyyksien painotettuna keskiarvona. Mutu sanoo, että sinne lähemmäs viittä heittoa nousee. Jos kokonaislukuratkaisu kelpaisi, se olisi viisi heittoa.

78. Matti26.10.2009 klo 20:27

Joo, painotettuna keskiarvona saadaan. Ei tarvitse - mutta voi - olla kokonaisluku. Suomalaisessa lapsiperheessä on keskimäärin 2,3 lasta. Viisi ei riitä. Siis yli 5 mutta alle 11.

79. Olavi Kivalo26.10.2009 klo 22:53

80. Matti26.10.2009 klo 23:08

OK, puuttuukohan sinulta se viimeinen heitto, joka päättää sarjan? Miten selvitit tehtävän?

81. Olavi Kivalo27.10.2009 klo 00:07

Se on vähän monimutkainen juttu, kun piti Fibonaccin kolmen askeleen luvusta lähteä numeerisesti käyränsovituksen avulla etsimään kolmen klaavan tai kruunan todennäköisyyden taajuusfunktiota. Ei mikään elegantti ratkaisuyritys. Harmittaa vieläkin.

82. Juhani Heino27.10.2009 klo 08:25

Yritin tehdä eräänlaisella rekursiivisella yhtälöllä, mutta en saanut ihan tarkaksi.
Vastaavaa ideaa käytettiin tehtävässä jossa piti saada tietty määrä kruunia.
Eka heitto voi olla mikä vain, mutta 2 seuraavan pitää osua samaksi, niinpä on 1/4 tod.näk. että heittojen lkm on 3.
1/2 tapauksista seuraavat heitot ovat erilaiset keskenään, niinpä on tuhlattu 2 heittoa ja ollaan taas alkupisteessä.
Viimeinen tapaus on se 1/4 että heitot ovat samat keskenään mutta vastakkaiset kuin eka. Nyt on tuhlattu 1 heitto ja jatketaan.
Kun nämä yhdistetään:
x = (1/4)*3 + (1/2)(x+2) + (1/4)(x+1)
x = 3/4 + x/2 + 1 + x/4 +1/4
x/4 = 2
x = 8

Suuntaa-antavan tuloksen tästä siis saa, mutta jätän muiden havaittavaksi missä kohtaa vika on, se on melko ilmeinen. Ehkä joku saa tästä jopa kehitettyä oikean kaavan?

83. Juhani Heino27.10.2009 klo 09:06

Jätän tuon pulman vielä pähkäiltäväksi, mutta sainkin vielä viritettyä kaavan sellaiseksi johon olen tyytyväinen. Ja tuloskin on 7 eli ilmeisesti Matin tarkoittama.

84. Olavi Kivalo27.10.2009 klo 09:44

Tässä eräs kavaehdotus
N=n*[b(n+1)-b(n)] eli tiheysfunktion 1. momentti (ka.)
jossa b(n) on a(n)/n^2, jossa a(n) Fibonaccin kolmen askeleen luku.

Tällä tavoin diskreetisti (oikein) käsiteltynä saadaan keskiarvoksi 10.

85. Matti27.10.2009 klo 10:58

Jos heitetään rahaa niin kauan, että kruunia on kolme enemmän kuin klaavoja, tai klaavoja kolme enemmän kuin kruunia, niin montako kertaa täytyy silloin keskimäärin heittää?

86. Jaska27.10.2009 klo 19:50

Taitaa olla Matin tämänpäiväinen hankalampi kuin eilinen? Jos jää luppoaikaa, pitänee yrittää.

Tsekkailin tänään eilistä tehtävää, kolmen peräkkäisen onnistumista laskemalla raakasti pöytälaskurilla todennäköisyydet 3-20 heitolle ka ne lähtökohtana painotetut keskiarvot eri heittomäärirn kolmelle peräkkäiselle. Osoittautui, että eilinen mutuarvioni lopullisesta odotusarvosta oli julmasti alakanttiin. Nyt olen sitä mieltä, että Juhani Heinon 7 on oikea kokonaislukutulos. Olavi Kivalon 10 on tietysti siinä tapauksessa väärin.

Kolmella ekalla heitolla voi syntyä kahdeksan eri kombinaatiota, joista kaksi täyttää ehdon = 0,25. Neljännellä heitolla on kaikista kombinaatioista kaksi ehdon täyttävää, todennäköisyys siis 0,125, yhteensä 0,375. Viidennellä heitolla neljä kombinaatiota 32:sta = 0,125, yhteensä 0,5.

Lisäosumien määrä lisäheittoa kohti saadaan fibonaccimaisesti laskemalla kaksi viimeisintä lukua yhteen. Siis näin:

(0)+2=2 - 2+2=4 - 2+4=6 - 4+6=10 - 6+10=16 jne. Näiden avulla voidaan laskea kolmen peräkkäisen odotusarvo kullekin heittomäärälle. Niiden lisääntyessä odotusarvo luonnollisesti lähenee Matin tarkoittamaa eksaktia oikeaa lukua (viisastellen, eihän se ihan eksakti voi olla, koska desimaalien määrähän lisääntyy ääretöntä heittomäärää kohti edetessä!).

Yhteistodennäköisyydet 3-n 20 heittoon saakka:

0,25
0,375
0,5
0.594
0.672
0,734
0,785
0,826
0,859
0,886
0,908
0,926
0,940
0.951
0,961
0.968
0.974
0.979

2^20 = 1048576. Voidaan kuvitella (ainakin minä voin), että tehdään koe, jossa 1048576 henkilöä pannaan suorittamaan koe. Heistä keskimäärin 1026684 onnistuu saamaan 3-20 heitolla kolme peräkkäistä kruunaa tai klaavaa, 21892 eli noin kaksi prosenttia ei siis onnistu. Eri heittomäärillä onnistuneiden lukumäärät ovat seuraavat:

3 - 2*131072 = 252144
4 - 2*65536 = 131072
5 - 4*32768 = 131072
6 - 6*16384 = 98034
7 - 10*8192 = 81920
8 - 16*4096 = 65536
9 - 26*2024 = 53248
10- 42*1024 = 43008
11- 68*512 = 34816
12- 110*256 = 28160
13- 178*128 = 22784
14- 288*64 = 18432
15- 466*32 = 14912
16- 754*16 = 12064
17- 1220*8 = 9780
18- 1974*4 = 7896
19- 9194*2 = 6388
20- 5168

Kerrotaan heittomäärät vastaavalla henkilömäärällä ja lasketaan tulot yhteen = 6787564. jaetaan osuneiden yhteismäärällä 1026684 = odotusarvo 6,47 heittoa.

Ihan mututuntumalla päättelen taas, että odotusarvo kasvaa heittomäärän lisääntyessä piankin yli 6,5:n mutta ei voi ylittää seitsemää. Täten oikea kokonaislukuratkaisu on 7 heittoa.

87. Jaska27.10.2009 klo 19:53

Toinen kappale: ka ne = ja ne... heittomäärien.

88. Olavi Kivalo29.10.2009 klo 11:43

Tässä on mahdollisuus pieneen tulkintaerimielisyyteen koejärjestelyn suhteen. Ajattelin kokeen suorituksen niin, että heitetään rahaa n kertaa ja määritetään kullakin n:llä todennäköisyys sille, että saadaan kolme peräkkäistä samaa. Kun n=1 ja 2, saadaan todennäköisyydeksi tietysti 0 (vaikka kuinka kauan jatkettaisiin), mutta kun n>3, voi heittosarjoissa esiintyä useampiakin kuin kolme peräkkäistä samaa, mutta nämä ovat myös onnistuneita heittosarjoja, koska niissä on kolme peräkkäistä samaa. Tällöin esimerkiksi, kun n=5, todennäköisyys saada kolme (tai useampi) peräkäistä samaa on 0,25.

Toinen tapa on heittää rahaa niin monta kertaa, kunnes tulee kolme perättäistä samaa, ja rekisteröidä kunkin heittosarjan n.

89. Olavi Kivalo29.10.2009 klo 13:18

Korjaus aiempaan kaavaan. Tribonaccin jakajan tulee tietysti olla 2^n eikä n^2. Todetaan vielä, että keskiarvon laskemisessa tulee vaihtelua riippuen mitä kaavaa käyttää. Saadaan arvoja 9:n ja 10:n alueelta. (Nyt kun melkein kaikki vaihtoehdot väliltä 5..11 on arvattu, voisi Matti kertoa oman näkemyksensä.)

90. Jaska29.10.2009 klo 14:02

Kyllä kai idea on, että koe päättyy, kun on saatu kolme peräkkäistä samaa. Näin ollen ei neljää tai useampaa peräkkäistä voi tulla. Omat laskuni perustuvat tähän ehtoon.

Laskeskelin myös Matin toista tehtävää samalla periaatteella; so. koe loppuu siihen, kun heittosarjassa on kolme enemmän jompaakumpaa. Kokonaislukuratkaisuksi sain keskimäärin 8 heittoa, siis heittomäärä, jolla vaatimus on käytännössä mahdoton! Yhden desimaalin tarkkuudella 7,7. Matti antanee useammankin ilmoittaessaan molemmat ratkaisut (piakkoin!).

91. Juhani Heino29.10.2009 klo 14:07

Laitan sitten korjatun version kun kukaan ei tarttunut syöttiin.

Eka heitto voi olla mikä vain, mutta 2 seuraavan pitää osua samaksi, niinpä on 1/4 tod.näk. että heittojen lkm on 3.
1/2 tapauksista seuraavat heitot ovat erilaiset keskenään, niinpä on tuhlattu 2 heittoa ja ollaan taas alkupisteessä.
Viimeinen tapaus on se 1/4 että heitot ovat samat keskenään mutta vastakkaiset kuin eka. Tässä oli se epätarkkuus. Se saadaan kierrettyä jakamalla edelleen 2 tapaukseksi:
Jos kolmaskin heitto on sama, ollaan päästy loppuun 4 heitolla tästä pisteestä lähtien. Jos kolmas heitto on vastakkainen, ollaan alkupisteessä ja tuhlattiin 3 heittoa.

Kun nämä yhdistetään:
x = (1/4)*3 + (1/2)(x+2) + (1/8)*4 + (1/8)(x+3)
x = 3/4 + x/2 + 1 + 1/2 + x/8 +3/8
3x/8 = 21/8
x = 7

92. Matti29.10.2009 klo 16:01

Pidetään heittokoetta satunnaisprosessina, joka voi n:n heiton jälkeen olla kolmessa tilassa:
x(n)="yksi eteen", eli jono loppu on joko ...01 tai ...10
y(n)="kaksi eteen" eli jonon loppu on ...011 tai ...100
z(n)="kolme eteen" eli ollaan maalissa, ja siellä pysytään.

Helposti saadaan rekursiokaavat
x(n+1)=0,5*x(n)+0,5*y(n)
y(n+1)=0,5*x(n)
z(n+1)=z(n)+0,5*y(n)

z(n)-z(n-1) on todennäköisyys, että n:nännellä heitolla saavuttiin perille. Pitää siis laskea 3->äärettömiin
sum(n*(z(n)-z(n-1)).

Tämä on ihan mahdollista laskea analyyttisesti, mutta on tuskaisen työläs. Onneksi Excel on keksitty. Otetaan alkuarvoiksi x(3)=0,5, y(3)=0,25 ja z(3)=0,25 ja summataan esim. 3->60: saadaan 6,9999... Oikea vastaus on siis 7. (Jaska, se on kokonaisluku, ja siis eksakti :-)) Ylläoleva seuraili varsin tarkkaan Juhani Heinon ajatuksenjuoksua. Tällä tavoin ratkeaa myös toinen tehtävä: Montako heittoa keskimäärin tarvitaan että toista on kolme enemmän kun toista.

Jos käytössä on Markov-ketjujen laskukaavat, tarkan arvon laskeminen käy suit sait sukkelaan: muodostetaan 3x3 Markov-matriisi P, pyyhitään siitä absorboivaa tilaa vastaavat vaaka- ja pystyrivi pois jolloin saaadaan 2x2 matriisi Q, lasketaan I+Q+Q^2+Q^3+ ... =(I-Q)^(-1), ja lasketaan tämän matriisin ylimmät elementit yhteen, saadaan 6, lisätään siihen vielä 1.

93. Jaska29.10.2009 klo 16:56

Hmm, välillä 20-60 heittoa keskiarvo nousee siis 6,47:stä 6,99:ään. Pitää sitä vielä vähän sulatella.

3 enemmän tehtävästä kysyn Matilta omia laskujani tsekatakseni, mikä on rekursiokaavalla (jota en täysin tajunnut) todennäköisyys, että perille saavutaan yhdeksännellä heitolla?

94. Matti29.10.2009 klo 17:22

20 heiton keskiarvo on todellakin 6,473125458. Palaan 3 enemmän tehtävään illemmalla.

x(n), y(n) ja z(n) ovat tilojen todennäköisyyksiä. Rekursiokaavat seuraavat tästä.

95. Matti29.10.2009 klo 17:24

Mun Skype kaappaa kaikki numerot ja tekee niistä puhelinnumeroita, vaikka itse ohjelma on suljettu. Kiusallista. Tietääkö joku lääkkeen tähän. (Eihän se tietysti kokonaan suljettu ole, koska hälyyttää, jos joku soittaa.)

96. Jaska29.10.2009 klo 18:20

Ei vaan ota tullakseen perille kolmen peräkkäisen kaavat Tilojen todennäköisyydet ovat x/0,5, y/0,25 ja z/0,25. Matin mukaan kaava z(n) - z(n-1) on todennäköisyys, settä n:llä heitolla saavuttiin perille. Tulkitsen sen niin, että kolme viimeisintä heittoa ovat kruunia tai klaavoja. Mutta jos kaava luetaan 0,25 kertaa n, miinus 0,25 kertaa n miinus yksi, tulos on n:stä riippumatta 0,25. Miten se lasku oikeasti operoidaan?

97. Matti29.10.2009 klo 19:40

Jaska, todennäköisyys, että perille päästään yhdeksännellä heitolla on rekursiokaavan mukaan 0,10546875. Tämä siis tapauksessa toista 3 enemmän kuin toista.

98. Matti29.10.2009 klo 19:41

Lue: nolla pilkku yksi nolla viisi ...

99. Matti29.10.2009 klo 19:55

Tapaus kolme samaa peräkkäin:

x(n+1)=0,5*x(n)+0,5*y(n)
y(n+1)=0,5*x(n)
z(n+1)=z(n)+0,5*y(n)

x(3) = 0,5
y(3) = 0,25
z(3) = 0,25

x(4) = 0,5*x(3) + 0,5*y(3) = 0,375

Tilanteeseen yksi edessä joudutaan tilanteesta yksi edessä, jos uusi heitto antoi erin kun edellinen, tai tilanteesta kaksi edessä, jos uusi heitto antoi taas erin kuin edellinen.

Tilanteeseen kaksi edessä joudutaan tilanteeesta yksi edessä, jos uusi heitto antoi saman kuin edellinen.

Tilanteeseen kolme edessä, perille, joudutaan jos ollaan siellä jo, tai jos kaksi edellä täydentyy uudella heitolla kolmeksi edessä.

Sulla Jaska on vaan kivi kengässä, tai jotain. Klaari juttuhan tämä on.

100. Olavi Kivalo29.10.2009 klo 20:27

Tulkitsin tehtävän toisin kuin muut. Päädyin siihen, että kun heitetään 10 kertaa, niin tällöin kolme (tai useampi) samaa peräkkäin saadaan todennäköisyydellä 50%.

101. Olavi Kivalo29.10.2009 klo 20:29

Ja tämä 7 on tietysti selvä.

102. Jaska29.10.2009 klo 21:23

Matti, kivi kengässä kaavasta z(n) - z(n-1) = 0,25 oli hieno vertaus. Tuon x(4) jne = 0,375 sentään tajusin. Se on siis todennäköisyys sille, että kolme peräkkäistä saadaan kolmella tai neljällä heitolla. Todennäköisyys sille, että ne saadaan neljällä heitolla on 0,125.

Saman todennäköisyyden 9 heitolle kolme enemmän -tehtävässä 54/512 = 0,10546875 sain minäkin aika simppelillä kombinatoriikalla.

Mutta kivi hiertää silti toisessa kengässä. Et kertonut eksaktia ratkaisua keskiarvolle. Markovin 6 ja siihen lisätty 1 ei näet mielestäni ole sellainen. Ellei sitten tulkita, että 6 + 1 = 7, siis sama ratkaisu kuin kolmella peräkkäisellä. En voi uskoa sitä oikeaksi, koska sain 3-23 heiton keskiarvoksi kahdella desimaalilla 7,69 heittoa. Vieläkö Matti hermosi kestävät tsekata tuon lukeman ja ilmoittaa myös sen oikean tarka(hko)n raja-arvon?

103. Matti29.10.2009 klo 22:08

Sorge, Jaska, mutta nyt täytyy pakata kamppeet Rovaniemelle. Palaan kehiin sunnuntaina.

104. Jaska29.10.2009 klo 22:52

Matin häippästyä voisimme mahd. palata lukujonooni 23.10. Ei se vaikea ole, vaikka siinä jujunpoikanen piileekin. Helpotetaan sitä jakamalla tähänastiset luvut kolmeen ryhmään.

1 - 9, 10, 12 - 35, 37, 38, 41, 42, 44, 49, 50, 52, 56 - ?

Kolmessa ekassa ryhmässä on siis 1, 3 ja 10 lukua. Neljännessä ryhmässä, jonka ensimmäistä lukua kysytään, on 35 lukua.

105. jh30.10.2009 klo 09:49

En ole ihan varma tämän toimivuudesta, enkä jaksa tehdä tietokonesimulaatiota asian tueksi, mutta ideana tämä oli yllättäen yksinkertaisempi kuin aiemmassa tapauksessa, vaikka ennen oivallusta vaikuttikin siltä että Matin jälkimmäinen pulma ei sovi samalle menetelmälle.

Jälleen alkupisteeksi otetaan yksi heitto, joka voi olla kumpi vain. Sen jälkeen toinen kolikon puolista johtaa yhdellä.
Katsotaan kaksi seuraavaa heittoa.
1/4 tapauksista johtaa nyt loppuun, eli johto kasvaa kolmeksi.
2/4 tapauksista heitot ovat vastakkaiset, eli johto pysyy yhtenä.
1/4 tapauksista heitot ovat samat keskenään, mutta vastakkaiset ekan kanssa, Mutta tämä tarkoittaa että nyt kolikon toinen puoli johtaa, ja todennäköisyyden kannalta tapaus on aivan sama. Tapaukset voidaan siis yhdistää. Molemmissa on palattu alkupisteeseen ja tuhlattu 2 heittoa.

Kaavaksi tulee
x = (1/4)*3 + (3/4)(x+2)
x = 3/4 + 3x/4 + 6/4
x/4 = 9/4
x = 9

106. Jaska30.10.2009 klo 10:56

Alkutilanteella tarkoitetaan edellä kruunan tai klaavan 1-0 -johtoa jommallekummalle puolelle ennen seuraavaa heittoa. Niiden todennäköisyydet eivät kuitenkaan ole samat, vaan muuttuvat heittomäärän kasvaessa. Tätä jh ei ole ottanut huomioon.

107. jh31.10.2009 klo 11:08

Nyt en oikein ymmärrä Jaskan kommenttia. Kolikolla ei ole "muistia", joten millä tavalla todennäköisyys muuttuu?

Käyttämässäni rekursiivisessa kaavassa todennäköisyydet kyllä hieman muuttuvatkin joka kierroksella, kun "poispääsyehto" napataan pois. Mutta niistä ei tarvitse välittää kaavassa. Myönnän kyllä että itsestänikin tämä tuntui taikatempulta kun ekaa kertaa törmäsin menetelmään.

108. Olavi Kivalo31.10.2009 klo 11:50

Jotta saadaan selvemmin tämä kolikonheitto lukujono-otsikon alle, kysytään, kuinka jatkuu seuraava lukujono ja erityisesti, kuinka se liittyy tähän kolikonheitto-ongelmaan:
1, 3, 7, 15, 31, 63, 127, ... ?

109. Jaska31.10.2009 klo 19:27

En tarkoittanut yksittäisen heiton tuloksen todennäköisyyttä, vaan juuri samaa, mitä jh toisessa kappaleessa selvittää. Hämärä oli siis lausuntoni taaskin.

Yritin itse ratkaista ongelmaa eri heittomäärillä rekursiivisesti periaatteella "ei saa tulla kolmea samaa peräkkäin." Ilman kaavaa se edellyttää periaatteessa yksinkertaista kombinatoriikkaa, joka kyllä on kyllä sitä työläämpää, mitä enemmän heittoja. Täytyypä vielä käydä läpi tuloksiani, virhe ei yllättäisi lainkaan.

Kahden potensseja miinus yksi, mitenkähän liittyy em. probleemaan. En hoksaa.

110. jh31.10.2009 klo 20:09

Tulkintoja varmaan olisi useitakin. Yksi ehdotus: heittomääräkohtaisesti ne yhdistelmät joissa kaikki eivät ole klaavoja, on siis saatu vähintään yksi kruuna.

111. Jaska31.10.2009 klo 21:28

No niin, selostin tuossa edellä kolme peräkkäin -tapauksen laskemista. Kolme enemmän n heitolla edellyttää sellaisten kombinaatioiden karsimista, joilla vaatimus toteutuisi n:ää pienemmällä heittomäärällä.

112. Olavi Kivalo31.10.2009 klo 23:43

Jononi on, kuten Jaska totesi, a(n) = (2^n)-1. Tämä oli se triviaali osa. Jono on vastaus kysymykseen: "Rahaa heitetään niin monta kertaa, että tulee peräkkäin n samaa, joko kruunaa tai klaavaa. Montako heittoa keskimäärin tarvitaan?" Esim. jos halutaan 7 samaa, tarvitaan keskimäärin 127 heittoa.

113. Olavi Kivalo31.10.2009 klo 23:50

Kun heitetään kolikkoa tavoitteena peräkkäin kolme samaa, tarvitaan keskimäärin 2^3-1=7 heittoa. Tämä tiedetään.

Jos toistetaan 7 heiton sarjaa, mikä on todennäköisyys että tulee onnistunut heitto eli kolme (tai mahdollisesti jopa useampi) samaa?

114. jh1.11.2009 klo 10:42

Tuossa on suljettu tilanne, eli voidaan luetella kaikki 128 vaihtoehtoa ja poimia kelpoiset. Tarkemmin sanoen riittää tutkia 64 ekaa vaihtoehtoa (0-63 jos heittosarjoja ajatellaan binaarilukuina) koska loput ovat "peilikuvia". Edes käsin se ei olisi kovin työlästä, koska alun mukaan voidaan poimia nippuina. Mutta mietinpä onko tuohonkin elegantti ratkaisu.

Samoin Olavi Kivalon yleinen ratkaisu on tyylikäs. Sen osoittamiseen käyttämäni menetelmä ei toimi koska tapaukset monimutkaistuvat koko ajan.

115. Jaska1.11.2009 klo 11:23

Olavi Kivalon esittämä kaava on niin yksinkertainen, että "olisi se pitänyt heti itsekin keksiä." Jos Matin tehtävä olisi ollut kaksi peräkkäin, olisikin ehkä helpommin valjennut, että sarjassa 2...n heittoa todennäköisyyksin 1/2....1/2^n-1 tulojen summien keskiarvo lähenee äärettömiin kolmea.

7 heiton sarjassa kolmen tais useamman peräkkäisen todennäköisysy on 0,67, mikäli 27.10 esittämäni taulukon lukuun on luottamista. Siis karkeasti keskimäärin kaksi kertaa kolmesta seitsemännn heiton sarjalla päästään tlokseen vähnitään kolme peräkkäistä.

29.10. toistamassani lukujonotehtävässä on muuten tietty yhteys näihin kruuna-klaava ongelmiin...

116. Olavi Kivalo1.11.2009 klo 11:44

Mielestäni 7 heiton sarjassa todennäköisyys, että tulee onnistunut heitto eli kolme (tai mahdollisesti jopa useampi) peräkkäistä samaa on 0.65625.

Tässä vaiheessa voin korjata aiemmin tekemäni virheen. Tavalla, jolla lähestyin tehtävää, voidaan sittenkin päätyä tulokseen 7 etsimällä todennäköisyystiheys kolmelle peräkkäiselle samalle kun n kasvaa.

Kaava N=n*[b(n+1)-b(n)] eli tiheysfunktion 1. momentti (ka.),
jossa b(n) = a(n)/2^n, jossa a(n) = Fibonaccin kolmen askeleen luku F(3,n), pätee, mutta n:n paikalla tulee olla n+3. Eli tuli vaihesiirtovirhe. N=7.

117. Olavi Kivalo1.11.2009 klo 12:02

Korjataas taas. Siis N on tietysti summa oikean puolen lausekkeesta, jossa n=1,..., 90 tai sitä luokkaa.

118. Matti1.11.2009 klo 16:42

Palataan vielä niihin kolme samaa peräkkäin ja toista kolme enemmän kuin toista -tehtäviin. jh:n ratkaisu jälkimmäiseen oli vastaansanomaton ja tyylikäs. Se oli samanlainen kuin Juhani Heinon ratkaisu edelliseen. Sitä puolestaan väitin aiemmin pitkälti samanlaiseksi kuin omaani, mitä se ei ole. Omani perustui aivan erilaiseen lähestymiseen. Ja jälkimmäisen ratkaisu on minunkin mielestäni 9.

Jaskalle mielihyvin vastaisin, mutta en pääse oikein hänen kommenteistaan jyvälle. Vastaus 7 on tietysti tarkka arvo, ja myös limes omassa ratkaisussani. jh:n ja Juhani Heinon ratkaisussa se on yhtälön ratkaisu.

Samoin Markovin ketjuja käytettäessä tulos saadaan yhtälön ratkaisuna. Tosin taustalla piilee raja-arvo, geometrisesti suppenevan jonon summakaava matriiseille. Ja tulos on siis tarkka - sattumoisin kokonaisluku. Se ykkönen pitää ynnätä siksi, että matriisielementtien summa kertoo, kuinka monta kertaa keskimäärin ollaan eri tiloissa ennen maalia. Sillä viimeisellä heitolla sitten mennään maaliin, siis plus yksi.

Tehtävälle löytyisi variantteja vaikka kuinka: montako kertaa keskimäärin on heitettävä, että kruunuja on 3 enemmän kuin klaavoja, ... että saadaan kolme kruunua peräkkäin, että saadaan ylipäätään kolme kruunua jne. Mutta kuka näitä enää jaksaa vääntää, kun ratkaisukeinot on selvinneet.

119. Matti1.11.2009 klo 17:02

Taitavat Juhani Heino ja jh olla yksi ja sama persoona. Olisi pitänyt tajuta, mutta ei hätää.

120. Matti1.11.2009 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?" Tämähän saattaa muut ratkaisutavat tehtävään "kolme kertaa peräkkäin" lähes naurunalaisiksi.

Kaava on oikein, laskin "naurunalaisella tavalla (Markovin ketjuilla)" tapaukset n=4 ja n=5.

Mutta itse en näe miksi se on oikein. Onko sille helppo todistus? Jo selkeä perustelukin riittäisi? Kuka tietää?

Seuraava pitää paikkansa: Jos kokeen onnistumistodennäköisyys on p, niin koe joudutaan toistamaan keskimäärin 1/p kertaa ennenkuin se onnistuu. Mutta auttaako tämä ylläolevaan?

121. Jaska1.11.2009 klo 19:20

Laskin tsekatakseni jh:n ratkaisua keskimäärin 9 heittoa keskiarvon heittomäärille 3-35. Tulos kahdella desimaalilla 8,64 heittoa. Todennäköisyys onnistumiselle on 0,9925. Heittomäärillä 37 - ääretön onnistumisten todennäköisyys on siis 0,0075. Jännä juttu, ettei raja-arvo edellytä mitään integraalilaskentoa, kun tietää simppelin kaavan!

122. jh1.11.2009 klo 20:31

Juhani tosiaan täällä, anteeksi pieni sekaannus. Tässä läppärissä on hieman kevyempi varustus enkä saa tämän selaimesta nimeä parilla hiiren napautuksella vaan nimmari pitää kirjoittaa.

123. Matti1.11.2009 klo 20:33

Tämä voisi toimia: n(i) on keskimääräinen heittomäärä, että saadaan i samaa peräkkäin. Nyt

n(i) = n(i-1) + 0,5*1 + 0,5*n(i)

eli n(i) on ensinnäkin n(i-1), plus lisäksi onnistunut i:s heitto, (todenn 0,5), tai epäonnistunut i:s heitto (todenn 0,5) ja koko revohka alusta.

Rekursiokaava on n(i) = 2*n(i-1) + 1, ja se antaa jonon 1,3, 7, 15, ... (Juhani Heinon eli jh:n aiemmat kaavat oli tehty samalla päättelyllä.)

Pääsisikö samaan jollakin kombinatorisella päättelyllä?

124. jh1.11.2009 klo 20:53

En keksinyt ainakaan vielä eleganttia ratkaisua, ja kun OK laittoi oman lukunsa, tarkistin sen omalla tavallani.

000: 16
001000: 2
0010111
0011000
00111: 4
01000: 4
0101000
010111: 2
011000: 2
0110111
0111: 8

Tässä siis alun mukaan järjestyksessä. Osittaisten sarjojen jälkeen tulee luku joka kertoo kuinka monta eri jatkoa niihin kuuluu. Tulos on 42/64 eli OK:n 0,65625.

Kuten aiemmin totesin, loput 64 yhdistelmää ovat täsmälleen vastakkaiset näiden kanssa eli 1-alkuisia ei lasketa.

125. jh1.11.2009 klo 21:12

En kaipaa kombinatorista päättelyä koska Matin idea toimii niin hyvin. Nähdäkseni se noudattaa odotusarvon laskutapaa tarkalleen ja vaatii vain rekursion alkupisteen. Ja sehän on helppo: n(1) = 1 koska 1 peräkkäinen saadaan aina yhdellä heitolla :)

126. Jaska1.11.2009 klo 21:16

Itse laskin näin: Kombinaatioiden määrän nelinkertaistuessa vaatimuksen täyttävien kombinaatioiden määrä kolminkertaistuu. Kyse on siis raja-arvoa kohti pienenevät todennäköisyydet. Siis: kolme heittoa todennäköisyydellä 2/8, viisi heittoa todennäköisyydellä 6/32 jne. Tämähän edellyttää heittomäärästä riippuen paljonkin mekaanista laskentaa, ellei pysty keksaisemaan jotain oikotietä eli simppeliä kaavaa.

Olavi Kivalon saama todennäköisyys vähintään kolmelle peräkkäiselle seitsemällä heitolla on kyllä virheellinen. Todistus: yksi peräkkäin (!) kombeja 128:sta on kaksi kpl, korkeintaan kaksi peräkkäin sisältäviä 40 kpl, yhteensä 42 kpl. Loput kombit sisältävät siis vähintään kolme peräkkäistä. 128-32 = 86 -> 86/128 = 0,671875.

127. Jaska1.11.2009 klo 22:24

Täsmennys: vähintään kolme samaa peräkkäistä. Muutenhan kolme peräkkäisen todennäköisyys on 0, paljon ysejä. Voihan joku ilkiö näet napata ainoan kolikon toisen heiton jälkeen, eikä kolmatta siis voi suorittaa...

128. Matti1.11.2009 klo 22:55

Epäselväksi minulle jäi, miten OK löysi ratkaisukaavan n(i)=(2^i)-1. Fibonacci- ja Tribonacci- (ihan kiva assosiaatio!) päättelyjä en pystynyt seuraamaan.

129. jh2.11.2009 klo 10:51

Jaska lienee oikeassa. Eleganttia ratkaisua kaivattaisiin juuri siksi että tällaisessa poiminnassa helposti unohtuu jotain.

Mulla jäi pois 0100111. Tuloksena siis 43/64 eli sama kuin Jaskalla.

130. Jaska2.11.2009 klo 13:26

Kyllä olemme nyt molemmat oikeassa.

Yleinen lause: kolikonheittosarjan tuloksen n kpl enemmän jompaakumpaa puolta keskiarvo on n^2. Kommentteja?

Se lukujonotehtäväni. Ilmoitan ratkaisun tänä iltana, ellei selviä seiraavasta vihjeestä: ratkaisu edellyttää yksinkertaista kombinatoriikkaa. Yhteys rahanheittoon: miten jh ja knit symboloivat kruunaa ja klaavaa edellä?

131. Jaska2.11.2009 klo 23:26

Ratkaisu: 135. Jono käsittää luvut, joissa on binäärijärjestelmässä yhtä monta ykköstä ja nollaa.

132. jh3.11.2009 klo 10:32

Pieni protesti - tuossa tapauksessa kai ekan ryhmän ainoa jäsen olisi 2 eikä 1. Se kun olisi muodossa 10 eli kaksi bittiä olisivat oikeasti käytössä. Myöhemmissä ryhmissäkään ei ole otettu esim. lukua 0011 eli 3.

Jaskan yleinen lause näyttää hyvin lupaavalta, en vain ole keksinyt sille todistusta. Ekat tapaukset täsmäävät. Samoin parillinen ero voi syntyä vain parillisella heittomäärällä, ja pariton parittomalla - neliöt toteuttavat tämänkin.

133. Matti3.11.2009 klo 12:05

Minäkin yritin koko eilisillan todistaa Jaskan konjektuuria, mutta vielä en onnistunut. Pätee ainakin n=5 saakka, ja epäilemättä yleisestikin

134. Jaska3.11.2009 klo 12:46

No kas perhanaa. Jaotteluversiossa ekassa ryhmässä on siis yksi luku, joka minulla lipsahti virheellisesti ykköseksi. Meni siis kaksi asiaa sekaisin jossain lohkossa. Alkuperäisessä 23.10. oli oikein 2. Nollalla alkavia kombinaatioita en noteerannut, joten 2-, 4-, 6-, 8-, 10-. jne numeroisissa ryhmissä on 1, 3, 10, 35, 126 jne lukua.

135. jh3.11.2009 klo 19:44

No niinpä olikin. En huomannut enää katsoa alkuperäistä kun tuoreempikin oli tarjolla.

136. Matti3.11.2009 klo 20:38

Nonnii, Jaskan konjektuuri on todistettu oikeaksi.

Ollaan tilassa n, jos kruunua tai klaavaa on n enemmän kuin sitä toista. x(m,n) on keskimäärin tarvittava heittomäärä, että tilasta m päästään tilaan n. Siis m<n. Osoittautuu, että
x(m,n) = n^2 - m^2. Ihan simppeli lauseke. Ja siis
x(0,n) = n^2 kuten pitikin.

Lauseke n^2 - m^2 saadaan rekursioyhtälöistä
x(m,n+1) = x(m,n) + 0,5*1 + 0,5*(1 + x(n-1,n+1)
x(m,n) = 0,5*(1 + x(m+1,n)) + 0,5*(1 + x(m-1,n))
ja alkuehdoista x(n,n) = 0, n=1,2,3, ...

Oikeasti laskin läpi tapaukset n = 2, 3, 4 ja 5, arvasin ratkaisun n^2 - m^2 ja tarkistin että rekursioyhtälöt toteutuvat. Näinhän se yleensä menee. Ylläoleva ratkaisu ei ole kovinkaan siisti. Ehkä joku keksii yksinkertaisemman.

137. Jaska4.11.2009 klo 00:28

Laskeskelin päivällä lenkillä kymmenen eroihin saakka, että pätee n^2 - m^2 = (n+m)(n-m), mutta en osannut johtaa siitä matin keksimää simppeliä todistusta. Tai oikeastaan simppelin näköistä. Vaikeitahan nämä uudet asiat varmasti ovat pitkä matikan miehillekin.

Silti minun on mahdotonta antaa itselleni anteeksi arveltuani alkuun, ettei raja-arvo välttämättä olisi kokonaisluku. Kyllä se olisi pitänyt intuitiivisesti tajuta, kun olen kuitenkin kombinatorisiin juitsuihin jossain määrin vanhastaan perehtynyt.

138. Matti4.11.2009 klo 16:20

Jaska, miten niitä lukuja voi kymmenen eroon saakka päässä laskea? Minun piti n=5 tapauksessa invertoida 4x4 matriisi. Ja ihan kynällä ja paperilla, kun minulla ei ole sen kummempia työkaluja hankittuna.

139. Jaska4.11.2009 klo 16:54

Kyllä minulla vain aika helposti sujuu kahden kaksinumeroisenkin luvun päässämultipliseeraus. Ja sitähän toiseen korottaminen on. Yhteen- ja vähennyspäässälasku sujuu useampinumeroisillakin. Jakolasku on huomattavasti kinkkisempää, jos osamäärässä on desimaaleja. Jotenkuten se onnistuu käyttämällä päässäjakokulmaa, jos luvut eivät ole liian suuria. Virhemahdollisuus on toki paljon todennäköisempi kuin kynää ja paperia käyttäessä.

140. Matti4.11.2009 klo 19:04

OK, luulin että laskit keskimääräiset heittomäärät aina kymmenen eroon saakka suoraan rahanheittoprosessista ilman kaavaa n^2 - m^2. (Se 4x4 matriisi liitttyi tapaukseen n = 4.)

141. Olavi Kivalo6.11.2009 klo 13:04

Palaan vielä 31.10.2009 klo 23:50 esittämääni kysymykseen "Jos toistetaan 7 heiton sarjaa, mikä on todennäköisyys että tulee onnistunut heitto[-sarja] eli kolme (tai mahdollisesti jopa useampi) samaa?" ja ehdotukseeni 1.11.2009 klo 11:44, että "... todennäköisyys ... on 0,65625."

Tämä luku, joka on 84/128, on todettu virheelliseksi ja oikeaksi on ehdotettu lukua 86/128 = 0,671875. En pysty jäljittämään, mistä päädyin tuohon ehdotukseen, mutta sen kannalta, mitä seuraa, sopii hyvin, että se julistetaan vääräksi. Jälkimmäinen on oikea, mutta riippuen hieman siitä, mitä haetaan.

"Kolme peräkkäistä samaa" näyttää tarkoittavan kirjallisuudessa pääsääntöisesti kolmea klaavaa ja vain klaavaa (tai kolmea kruunua ja vain kruunua) läpi toistettujen 7 heiton sarjojen.

Heittosarjan, jossa esiintyy kolme (tai useampi) peräkkäistä klaavaa (seuraavassa klaavatripla), todennäköisyys on 47/128 = 0,3671875. Sama tietysti myös kruunulle. Äkkiseltään voisi luulla, että näistä yhteenlaskemalla tulee todennäköisyys heittosarjalle, jossa esiintyy joko klaava- tai kruunutripla, joka siis olisi 94/128 = 0,734375. Mutta sarjoissa on 8 sellaista, joissa on sekä klaava-, että kruuunutripla, jolloin nämä sarjat laskettaisiin kahteen kertaan. Lisäksi sarjoissa on kaksi sellaista, joissa on kaksi klaava- tai kruunutriplaa eli sarjat 1110111 ja 0001000.

Haetaanko triplojen vai onnistuneitten heittosarjojen todennäköisyyttä? Jos ”onnistunut heittosarja” määritellään sellaiseksi, jossa esiintyy klaava- tai kruunutripla vähintään kerran, sen todennäköisyys on 86/128. Jos ”onnistunut heittosarja” määritelläään sellaiseksi, jossa esiintyy klaavatripla vähintään kerran, sen todennäköisyys on 47/128. Jos etsitään klaavatriplan esiintymisen todennäköisyyttä, se on 48/128, jolloin on otettu huomioon sen esiintyminen kahdesti yhdessä sarjassa. Jos etsitäään todennäköisyyyttä triplalle yleensä, se on 96/128, jossa ovat mukana ne 10 sarjaa, joissa esiintyy kaksi triplaa.

Ja vihdoin, jos jostain kumman syyystä etsitään todennäköisyyttä heitosarjalle, jossa esiintyy klaava- tai kruunutripla, vähintään kerran mutta kumpikin vain kerran (siis sarjat 1110111 ja 0001000 poisluettuna), sen todennäköisyys on 84/128.

Muuten, lukujono (2^n)-1 on binäärisenä 1, 11, 111, 1111, 11111, ...

142. Jukkis6.11.2009 klo 14:34

Antoi ajattelemisen aihetta tämä:

""Kolme peräkkäistä samaa" näyttää tarkoittavan kirjallisuudessa pääsääntöisesti kolmea klaavaa ja vain klaavaa (tai kolmea kruunua ja vain kruunua) läpi toistettujen 7 heiton sarjojen. "

Mitä ihmettä muuta rahanheitossa "kolme peräkkäistä samaa" sitten voisi tarkoittaa ellei tuota?

Siis "pääsääntöisesti". Löytyykö siis sieltä kirjallisuudesta esim. sellainenkin määritelmä, että "kolme peräkkäistä samaa" tarkoittaa esim. sitä että tulee peräkkäin kaksi klaavaa ja kruuna"? Minkälaisesta kirjallisuudesta tässä nyt on kyse?

143. Olavi Kivalo6.11.2009 klo 14:40

No sittenpä vain ajattelemaan.

144. Matti6.11.2009 klo 14:55

Jukkis, yllä olen itse tarkoittanut fraasilla "kolme peräkkäistä samaa" tilannetta, jossa on kolme peräkkäistä kruunaa tai klaavaa, siis jompaakumpaa. Kirjallisuutta en ole tutkinut.

145. Jukkis6.11.2009 klo 15:00

No nii-in. Sitä minä ihmettelinkin, että mitä muuta se sitten voisi tarkoittaa, kun se kuulemma tarkoittaa tuota "pääsääntöisesti".

146. RA6.11.2009 klo 15:04

Kolme peräkkäistä pystyä?

147. jh7.11.2009 klo 20:50

Jaska "ruoski" turhaan itseään, odotusarvohan on keskiarvo eli ei mitenkään pakosta kokonaisluku. Tässä esimerkki sellaisesta jossa aina ei tule kokonaislukua. Pelataan nopalla peliä jossa lopetetaan kun tulos on jaollinen jollain luvulla n.
Esimerkiksi 3:lla. Heittojen 2, 5 ja 2 jälkeen tulos on 9 eli 3:lla jaollinen.

Väitän että tämän pelin odotusarvo on 7n/2, esimerkissä siis 21/2 eli 10,5.
Huomatkaa että 7/2 on yhden heiton odotusarvo, sekään ei ole kokonaisluku.

148. Jaska8.11.2009 klo 00:15

Tämä lienee vähän helpompi? Mikä on todennäköisyys saada kolmella jaollinen tulos 1-n heitolla?

149. Antti8.11.2009 klo 02:32

1:llä heitolla 3:lla jaollisen saamisen todennäköisyys on 1/3.
2:lla heitolla 3:lla jaollisen saamisen todennäköisyys on 1/3.
3:lla heitolla 3:lla jaollisen saamisen todennäköisyys on 1/3.
...
n:llä heitolla 3:lla jaollisen saamisen todennäköisyys on 1/3.

150. Jaska8.11.2009 klo 11:06

Ei ihan noin yksinkertainen ole epäymmärrettävästi muotoilemani kysymyksen ratkaisu. Tarkennus: mikä on todennäköisyys saada kolmella jaollinen luku n:nnellä heitolla 1-n heiton summana?

151. Jaska8.11.2009 klo 13:18

Oli aatos 11:06 edelleen tavallista sumeampi. Jokohan nyt onnistuisi, toivotaan:

Heitetään yhtä noppaa n kertaa. Mikä on todennäköisyys, että 1...n heiton silmälukujen summa on viimeistään n:n heiton jälkeen kolmella jaollinen?

152. Matti8.11.2009 klo 15:26

Oisko 1-(2/3)^n.

153. Jaska8.11.2009 klo 17:21

Ois! Ei vaikea, niin kuin ei myöskään kahdella jaollisuus. Neljällä on jo mutkikkaampi tehtävä.

154. Matti8.11.2009 klo 22:10

jh esitti 7.11.2009 klo 20:50 hyvin mielenkiintoisen väitteen:
"Väitän että tämän pelin odotusarvo on 7*k/2." Väite siis on, että jos heitetään noppaa niin monta kertaa, että silmien summa on jaollinen k:lla, niin summan odotusarvo on k*7/2.

Katsotaanpa. Kun ensimmäinen k lähestyy, summaksi saadaan tasan k todennäköisyydellä 1/6. Kun 2*k lähestyy, summaksi saadaan tasan 2*k todennäköisyydellä 1/6, jne. Näinollen yrityksiä tarvitaan keskimäärin 6 kpl.

Kahden yrityksen välillä on keskimäärin k/6 heittoa. Siis heittoja tarvitaan keskimäärin k kpl. Ja kun yhden heiton silmäluku on keskimäärin 7/2, on summa keskimäärin k*7/2.

Edelläoleva perustelu oikoo vähän mutkissa, joten todistukseksi en tohdi sitä kutsua, mutta perusteluksi kylläkin (mitä se sitten tarkkaan ottaen tarkoittaakin). Huomattakoon, että heittojen määrän odotusarvo on kokonaisluku, vaikkakaan en näe mitään syytä, miksi näin pitäisi väistämättä olla.

155. Juhani Heino8.11.2009 klo 22:21

Mullakaan ei ole todistusta. Laskin ensin tapaukset 2 ja 3 samalla menetelmällä kuin kolikonheittojakin, ja aloin uumoilla yllämainittua tulosta. Tein siis ennusteen ja tarkistin tapauksella 4. Kuten Jaskallakin, se on mutkikkaampi juttu koska 6 ei ole jaollinen 4:llä. Välituloksista tuli siis hieman hankalampia murtolukuja mutta lopputulos oli kauniisti ennusteen mukainen 14.

156. Matti8.11.2009 klo 22:46

Juhani Heino, miten päädyit tuollaisia pohtimaan: heitellään noppaa kunnes silmien summa on jollakin jaollinen? Miten vaan, annoit viikonlopulle hauskaa mietittävää.

Ylläoleva tuo mileen seuraavan tosiasian: Jos X(0), X(1),
X(2), ... on jono riippumattomia ja samoin jakautuneita satunnaissuureita, ja jos N on kokonaislukuarvoinen satunnaissuure, niin E(sum(0-> N) X(i)) = E(X(0))*E(N), missä E on odotusarvo. N:lle on tässä joitakin rajoituksia.

157. Juhani Heino8.11.2009 klo 23:00

Kolikonheitto alkoi tuntua jo "kalutulta" joten kokeilin samaa menetelmää nopanheittoon. Aluksi vain tapaukseen 2 eli parilliseen lopputulokseen, mutta oli luontevaa katsoa muitakin sen jälkeen, koska menetelmän soveltaminen oli niin helppoa.

Melko suoraviivaista siis, ei mitään lateraalista neronleimausta.

158. Jaska9.11.2009 klo 20:06

Kiinnostaisiko jono-, kolikko- ja noppamiehiä vaihteeksi testata kombinaattorin kykyjään? No hyvä:

Osallistut Veikkaus Oy:n jokeripeliin. Kuinka monta riviä sinun on vähintään pelattava, jotta saat varmuudella voittoon oikeuttavan tuloksen?

Jos pulma tuntuu hankalalta, voi kehiin heittää valistuneen arvauksenkin!

159. Juhani Heino9.11.2009 klo 20:25

Katsotaan ensin olemmeko samalla "kartalla": voittoon oikeuttava tulos on lukemieni sääntöjen mukaan vähintään 2 numeroa oikein 7 numeron sarjasta. Eli jos arvottu luku on 1111111, voiton saa tällaisilla:
11*****
*11****
**11***
***11**
****11*
*****11
1*1****
*1*1***
**1*1**
***1*1*
****1*1
1**1***
*1**1**
**1**1*
***1**1
1***1**
*1***1*
**1***1
1****1*
*1****1
1*****1

Tähti voi olla mikä tahansa numero, ja näissä on tietenkin päällekkäisyyksiä jos useampi numero on oikein.

160. Jukkis9.11.2009 klo 20:40

Valistunut arvaus: 8 503 057 riviä.

161. Matti9.11.2009 klo 21:42

100 riittää. Riittäisikö vähempikin?

162. Jaska9.11.2009 klo 21:59

Jukkis, toivottavasti sinulla on varaa hävitä 16 milliä ja risat!

Matti, vähempikin riittää.

Juhani Heinon tulkinta uusista jokerisäännöistä on oikea.

163. Jukkis9.11.2009 klo 22:02

Kun en ole koskaan Jokeria pelannut, niin luulin, että numeroita ei voi itse valita. Näköjään sääntöjen mukaan voikin, joten minun valistunut arvaukseni ei päde. Jos numeroita ei voisi valita, niin sitten vastaus olisi tuo antamani.

164. Matti9.11.2009 klo 22:41

Tämä taitaa olla niitä Jaskan koodijuttuja. Pitää määritellä kahden rivin etäisyys sopivasti, ja sitten katsoa, miten voisi levittää minimimäärän rivejä siten että kaikki muut rivit ovat riittävän lähellä jotain veikattua riviä. Jokin haravasysteemi. Tai jotain.

165. Matti9.11.2009 klo 22:44

Juhani Heino, kerrotko vielä miten laskit, että keskimäärin tarvitaan k heittoa, joillakin pienillä k:n arvoilla, esim. k=5. Olisi kiva vielä pyöritellä asiaa.

166. Jaska9.11.2009 klo 23:20

Matti, kyllä voidaan tätäkin haravajärjestelmäksi nimittää, joskaan sitä ei voi pelata pelkkänä raamina määrättyjen vakio- ja lottokärjestelmien tavoin. Eräänlainen koodi niin ikään, mutta ei sillä tavoin etäisyyksiin perustuva kuin varsinaiset haravat eikä korjauskoodiksi kelvollinen.

Tehtävä ratkeaa pitkälti päättelemällä. Näihin ennestään perehtymättömälle tyydyttävä tulos on pienikin sadan ruudukon alitus.

167. Juhani Heino9.11.2009 klo 23:45

Itse asiassa en laskenut että tarvitaan k heittoa. Laskin odotusarvon samaan tapaan kuin kolikonheitossa.

Tapaus 2:

x0 = 4/2 + (3 + x1)/2
Aloituksen odotusarvo on 1/2-todennäköisyydellä 4 eli keskiarvo(2,4,6) ja 1/2-todennäköisyydellä mennään tilaan x1 ja summaan tulee keskiarvo(1,3,5).
x1 = 3/2 + (4 + x1)/2
Parittomasta tilasta päästään siis loppuun parittomalla heitolla, muuten jatketaan samasta.

Nämä laskemalla saadaan kaunis symmetria että x1 = 7 ja x0 = 7.

Kaavoja muodostaessa huomataan että aina saadaan erotettua sama vakiotermi. Edelliset kaavat voisi kirjoittaa myös:
x0 = 7/2 + x1/2
x1 = 7/2 + x1/2

Samaan tapaan tapaus 3 voidaan kirjoittaa:
x0 = 7/2 + x1/3 + x2/3
x1 = 7/2 + x1/3 + x2/3
x2 = 7/2 + x1/3 + x2/3

Tapaus 4 ja 5 ovat sitten monimutkaisempia, koska 6 ei ole niillä jaollinen. Mutta samaa periaatetta käytetään, symmetriaa vain ei nyt voi hyödyntää.

Sotken tähän vielä Jaskan jokerijuttua. Periaatteena on että otetaan järjestelmällisesti yhdistelmiä ja poistetaan ne joilla on 2 yhteistä valittujen kanssa. Silloinhan arvottu luku on joko täsmälleen sama kuin jokin valituista, tai sitten poistettu eli sillä on 2 yhteistä jonkin valitsemamme kanssa.
Havainnollistan alkupäästä:
0000000
0111111
0222222
0333333
0444444
0555555
0666666
0777777
0888888
0999999
1012345
1103254
1230167
1321076
1456701
1547610
1674523
1765432
2023189

Tässä näkee Matin idean että 100 riittäisi, koska alun 2-numeroisen luvun on aina vaihduttava. Mutta samalla näkee myös sen että 18- ja 19-alkuisiin ei saanut sopimaan mitään. Siis vähemmällä tosiaankin pärjätään.

Tuohon on takuulla jokin kaavakin olemassa, mutta tässä koetin näyttää homman perusteet.

168. Jaska10.11.2009 klo 00:19

Matille jo vastasin, että etäisyyksillä ei pelata samaan tapaan kuin haravissa. Lähtökohta ei siis ole tietty määrä toisistaan kuuden etäisyydellä olevia rivejä. Toki näinkin takuuseen päästään, mutta ei mahdollisimman pienellä rivimäärällä.

Annan vihjeen. Tavoitteena on siis (vähintään) kaksi oikein tulos. Numeroita on 10 kpl, joista 1-7 kpl tulee esiintymään oikeassa rivissä. Jaa 10 numeroa ryhmiin siten, että kunkin ryhmän kaikki rivit ovat seitsemän etäisyydellä muista riveistä. Miten oikean rivin numerot voivat jakaantua ryhmiisi? Ryhmän sisäisten rivien, joilla vaatimus viime kädessä toteutetaan, keskinäinen etäisyys saa olla, ja sen on oltavakin pienempi. Näiden rivien konstruointi on tehtävän vaikeampi osio.

Jatketaan huomenna. Eiku (huomattavasti) myöhemmin tänään!

169. Matti10.11.2009 klo 10:22

Laskin illalla, että jos ensimmäiseksi valitsee rivin 0000000, niin se sulkee pois jo 1 496 943 muuta riviä. Mutta vielä jää 8,5 milj. jäljelle. Hankalinta tässä taitaa olla käytännön konstruoinnit, kuten Jaska edellä sanoi? Tiedätkö Jaska tähän täsmällisen vastauksen, yhden tarkkuudella?

170. Jaska10.11.2009 klo 14:35

Tiedän, että 32 rivillä saadaan takuuvarmasti tulos vähintään 2 oikein. En ole yrittänyt todistaa, että se on minimi. Uskon kuitenkin niin, kunnes toisin todistetaan.

171. Jaska10.11.2009 klo 15:47

Menetin em. uskoni, kun huomasin yksinkertaisen ratkaisun, jolla takuu saavutetaan todistettavasti 30 rivillä. Uusi uskoni on, että pystyn todistamaan sen myös minimiksi.

172. Matti10.11.2009 klo 18:31

Jaska, elä paljasta enempää - mietitään.

173. Olavi Kivalo10.11.2009 klo 21:43

Jaska, elä paljasta enempää - naatitaan.

174. Jaska10.11.2009 klo 22:48

Miettikää ja naattikaa vaan ihan rauhassa...

175. Jaska11.11.2009 klo 11:50

Kielloista huolimatta on pakko todeta uskoni murentuneen jälleen. Silkka huomaamattomusvirhe. Korjauksen jälkeen 28 riviä riittää. Viisainta olla väittämättä sitä minimiksi. Nyt en enää kiusaa teitä uusilla tiedotteilla. Jos ei kukaan keksi ratkaisua, ilmoitan sen aikanaan. Ilmoittanette myös oman alle 100 rivin tuloksenne.

176. Jaska11.11.2009 klo 11:56

Voihan rähmä, sanoi Spede-vainaa. Alan tässä minäkin tuntea itseni täysin pelleksi. Ei 28, vaan 26 riviä käsittää uusi konstruktio. Pahoittelen alkeellista yhteenlaskuvirhettäni.

177. Jukkis11.11.2009 klo 13:24

Tätä menoa käy ilmi, että Jokerissa varmaan voittoon riittää yksi ovelasti valittu numerosarja. Jos tieto leviää, Veikkaus Oy menee konkkaan ja Suomesta loppuu kulttuuri ja urheilu. Että tarkkana nyt.

178. Jaska11.11.2009 klo 17:47

Jukkiksen huoli kulttuurin ja urheilun rahoituksen vaarantumisesta olisi aiheellinen, ellei Veikkaus Oy pystyisi muuttamaan sääntöjään tarpeen mukaan. 2 oikein voittoluokassa nyt kiinteä 2,50 euron voitto. Mutta varmasti otsat kurttuuntuvat Karhunkierroksella heti avausviikolla, kun joku paukuttaa yhden ovelasti valitun 2 oikein rivin keskiviikkona ja lauantaina miljoona kertaa onlinejärjestelmään. Voitonjako muutettaisiin tuota pikaa parimutuelperusteiseksi.

Todella ovela huippujokeritaituri pelaisikin maltillisesti mahdollisimman monessa eri asiamiespisteessä ja tyytyisi muutaman tonnin huomaamattomaan pottiin viikoittain.

179. Olavi Kivalo12.11.2009 klo 23:00

Mikähän tämä tämmmöinen on?
0, 0, 0, 0, 0, 2, 8, 26, 74, 194, 482, 1152, ....

180. Jaska13.11.2009 klo 00:16

Viiden minuutin kaysastuksen jälkeen totean: kolmoseton lukujono. Ratkaisu ei kuitenkaan välttämättä perustu siihen.

181. Olavi Kivalo13.11.2009 klo 10:21

Vähän oli hätäisesti päätelty päättymättömästä lukujonosta.
a(15)=13524

182. Olavi Kivalo13.11.2009 klo 23:21

No niin. Tähän lukujonoon on aika vaikea päästä käsiksi, joten annan vinkin.

Lähdetäään liikkeelle vaikka Jaskan listasta 27.10.2009 klo 19:50. Se pohjautui lukujonoon a(n) = niiden heittosarjojen lukumäärä, jotka sisältävät kolme (tai enemmän) peräkkäistä kruunaa tai klaavaa, kun kolikkoa heitetään n kertaa eli:
a(n)=0, 0, 2, 6, 16, 38, 86, 188, 402, ... eli
a(n)=2^n - 2*Fibonacci(n+1)

Toisaalta niiden heittosarjojen lukumäärä, jotka sisältävät kolme (tai enemmän) peräkkäistä klaavaa, kun kolikkoa heitetään n kertaa on
a(n)=2^n - Tribonacci(n+3) eli
a(n)=0, 0, 1, 3, 8, 20, 47, 107, 238, ...

Mitä siis antamani lukujono esittää ja mikä on seuraava termi?

183. Jaska14.11.2009 klo 12:46

Olisihan tuo alun nollaputkesta pitänyt heti älytä. Kolikonheittosarjojen sisältämien vähintään kolmen kruunan ja kolme klaavan kombinaatioiden lukumäärät samassa sarjassa. Onko joku halukas laskemaan jatkon?

Mitä kuuluu jokeriharavalaskelmille? Onko kiinnostusta lisävihjeisiin/ratkaisuun?

184. Olavi Kivalo14.11.2009 klo 12:49

Puran tässä vielä lukujononi 22.10.2009 klo 10:27
a(n) = 5, 7, 8, 9, 10, 11, 16, 17, 17, 18, 21, ...,

Antamani vihjeen mukaan tämä on lausuttavissa summana a(n)=f(n)+g(n), jossa f(n) on simppeli ja monotonisesti kasvava ja g(n) on jaksollinen ja kasvava mutta ei monotonisesti.

Funktiot ovat f(n)=n ja g(n)=StringLength[{"Nimi(n)"}].
Nimi(n) on numeraalin n suomalainen nimi.

Esim. a(12) = 12 + StringLength["kaksitoista"] = 12+11=23.

Jonolla g(n) on monia mielenkiintoisia sisäkkäisiä jaksollisuuksia. Jakson 100 mukaan voidaan kirjoittaa a(n)=a(i,100j)=(i+100j)+g(i,j).
Välillä i=0,1,2,...,99 jonon g(i,j) jaksollisuus on seuraava (g(0,0)=0):
g(i,j) = g(i,0) + g(j,0) + 0, kun j=0,1.
g(i,j) = g(i,0) + g(j,0) + 5, kun j=2,3,...,9.

Esim. a(112)=a(12,100j)=a(12,100)=(12+100)+g(12,1), jossa
g(12,1) = g(12,0)+g(1,0)+0 = StringLength["kaksitoista"] + StringLength["yksi"]. Täten a(112)=112+11+4=127.

185. Matti14.11.2009 klo 17:52

Jaska, älä paljasta vielä Jokeria, kärsitää. En jukopliuta pääse ratkaisuun käsiksi, mistään ei saa otetta. Mistään ei löydy sitä rakoa, johon talttansa asettaisi ja löisi, jotta kivi halkeaisi (jos nyt oikein kaunopuheiseksi heittääydytään).

186. Jaska14.11.2009 klo 19:05

Matti, oletko edes lukenut 10.11. 00:19 viestini toista kappaletta? Kyllä siitä otetta pitäisi saada.

Tänään päivällä 12:46 unohtui kiireessä mainita, että peräkkäisistä oli kyse. Siis samassa heittosarjassa esiintyvien vähintään kolmen peräkkäisen kruunan ja kolmen peräkkäisen klaavan kombinaatioiden lukumäärät kaikista mahdollisista kombinaatioista eri heittomäärillä. Siis viiden heiton sarjassa 0 yhdistelmää, kuuden heiton sarjassa kaksi yhdistelmää jne.

Mutta. 482:een saakka sain samat luvut kuin OK, sitten tiemme erkanevat. Oma jatkoni on 1154, 2690, 6146, 13826?

187. Olavi Kivalo14.11.2009 klo 20:37

Jaska, lukujonosi näyttää seuraavalta:
a(n)=3 n*2^(n - 1) + 1
Mitä se kuvaa?

188. Jaska14.11.2009 klo 23:22

Johan mä selitin. Jos olen väärässä, sano se.

189. Olavi Kivalo15.11.2009 klo 09:25

Jaska on oikeassa mitä tulee siihen, mitä uskon lukujononi esittävän: kolikonheittosarjojen lukumäärää, joissa esiintyy sekä klaavatripla että kruunutripla, kun kolikkoa heitetään n kertaa.

Jaskan ehdottama lukujonon jatko sensijaan näyttää perustuvan lausekkeeseen a(n)=3 n*2^(n - 1) + 1 (millä perusteella?). Todennäköisyyden a(n)/(2^n) tulee lähestyä ykköstä kun n kasvaa. Tämä ei näytä tekevän niin.

190. Jaska15.11.2009 klo 15:38

Miten niin ei näytä tekevän niin? Minusta näyttää tekevän niin noilla neljällä erilaisella jatkoluvulla, jotka ovat suurempia kuin sinun vastaavat. Suhteensa vastaaviin potensseihin lähestyy ykköstä siis jopa nopeammin. Virhemahdollisuutta en toki kiistä. Täytyy ruveta tsekkailemaan.

191. Jaska15.11.2009 klo 19:08

Tsekkauksen jälkeen jononi näyttää olevan oikein. :-)

192. Jaska15.11.2009 klo 19:08

Tsekkauksen jälkeen jononi näyttää olevan oikein. :-)

193. Olavi Kivalo15.11.2009 klo 19:27

Jaska, onko niin, että jonosi perustuu, kuten arvaan, kaavaan a(n)=3 n*2^(n - 1) + 1 ja jos, niin millä perusteella?

Toisaalta funktion (3 n*2^(n-1)+1)/(2^n) epäillään käyttäytyvän näin ..., 2.13281, 2.15625, 2.17969, 2.20313, ... , kun n=..., 97, 98, 99, 100, ..., kun sen pitäisi lähestyä ykköstä, kun n kasvaa.

194. Jukkis15.11.2009 klo 19:39

Mää en taas ymmärrä näistä mitään. Vai enkö osaa tulkita tuota lauseketta (3 n*2^(n-1)+1)/(2^n)? Kun minun järjen mukaan n:n kasvaessa tuo lähestyy 3*n/2 :ta, joten miten helkutassa sitä voi tulla 2,20313, kun n = 100? Kun minusta siitä tulee aika tarkkaan 150.

Vai eikö tuo "3 n" tarkoitakaan kertolaskua 3*n? Kun siitä puuttuu tuo * välistä.

195. Jaska15.11.2009 klo 23:31

En minäkään tajunnut, miten OK sai jononi tuosta kaavasta. Minä ratkoin tehtävän laskemalla lisäkombinaatiot edellisestä heittomäärästä. Niitten rytmi selvinnee seuraavasta listasta heittomäärille 6-15:

2*0 + 2*1 = 2
2*2 + 2*2 = 8
2*8 + 2*5 = 26
2*26 + 2*11 = 74
2*74 + 2*23 = 194
2*194 + 2*47 = 482
2*482 + 2*95 =1154
2*1154 + 2*191 = 2690
2*2690 + 2*383 = 6146
2*6146 + 2*767 = 13826

196. Matti15.11.2009 klo 23:35

Jaska, luovutan. Kerro jokeriongelman ratkaisu kun näet ajan sopivaksi.

197. Matti15.11.2009 klo 23:38

Jukkis, 15.11.2009 klo 19:39, me ymmärrämme toisiamme.

198. Jaska16.11.2009 klo 00:05

Jokeriratkaisu ma-iltana, ellei kukaan protestoi.

199. Olavi Kivalo16.11.2009 klo 01:29

Jaskan listalle on analyyttinen lauseke 3 n*2^(n-1)+1. Sille on käyttöä, kun tsekataan kuinka sen termit käyttäytyvät kun n kasvaa rajatta. Lauseke antaa lukujonon 1, 4, 13, 37, 97, 241, 577, 1345,... Jos tähän panee viisi nollaa eteen ja kertoo kahdella, saadaan
a(n) = 0, 0, 0, 0, 0, 2, 8, 26, 74, 194, 482, 1154, 2690, ....

Tämän pitäisi siis kuvata klaavatriplan ja kruunatriplan yhteisesiintymistä. Esiintymisen todennäköisyys on a(n)/(2^n) vai eikö ole? Näin laskettu todennäköisyys kasvaa kuitenkin reilusti yli ykkösen. (Kirjoitin todennäköisyyden myös puolihuolimattomasti (3 n*2^(n-1)+1)/(2^n) ja ymmärrän myös Jukkista. Pahoittelen.)

200. Olavi Kivalo16.11.2009 klo 11:09

Tässä on nyt sekaannus siitä, haetaanko triplojen vai onnistuneitten heittosarjojen todennäköisyyttä? (Viittaan kommenttiini 6.11.2009 klo 13:04)

Lukujononi a(n) on niiden (”onnistuneiden”) heittosarjojen lukumäärä n:n funktiona, joissa esiintyy samanaikaisesti klaavatripla ja kruunatripla. Kaikkien kombinaatioiden lukumäärä n:n funktiona on 2^n. Onnistuneiden todennäköisyys on siis a(n)/(2^n) ja lähenee ykköstä, kun n kasvaa.

Jaska näyttää laskeneen samanaikaisen klaavatriplan ja kruunatriplan esiintymiskertoja. Termin a(11)=482 jälkeen "Jaskan lista" a’(n) eroaa a(n):stä siten, että ero d(n)= a’(n)-a(n) kasvaa seuraavasti: d(12)=2, d(13)=16, d(14)=78,... 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.

201. Jaska16.11.2009 klo 12:13

Olavi Kivalon "yli ykkösen todennäköisyys" menee kyllä korkealta ja kovaa yli hilseen.

Jos todennäköisyys jollain a:n arvolla olisi 1,00, se tarkoittaa, että esim. pelkkä klaavaputki olisi mahdottomuus. Kuitenkin se on yhtä todennäköinen kuin mikä tahansa muu yksittäinen kombinaatio. Lienemme tästä yhtä mieltä OK:n kanssa.

Arvelen, että Olavi Kivalolle on sattunut jokin simppeli laskuvirhe, kun hän on laskenut lausekkeensa arvoja. Oletko OK ottanut huomioon tämän mahdollisuuden?

Todistusyritelmä jononi "yli yhden todennäköisyyden" mahdottomuudesta. Olkoon a tässä ei-tuplatriplaesiintymisten lukumäärä tapauksista 2^a. 6-12 heiton lukemat ovat siis:

62/64, 120/128, 230/256, 438/512, 830/1024, 1566/2048, 2942/4096.

Havaitaan, että nimittäjät kahden potensseina luonnollisesti kaksinkertaistuvat edellisestä, mutta osoittajien kasvu on alle kaksinkertainen. Tällöin a/2^a:n täytyy siis olla aina yli 0,5. Jonon 62/120, 120/230, 230/438... osamäärät ovat 0,516667, 0,521739, 0,525114, 0,52771, 0,53001, 0,53229 jne. Koska näiden peräkkäiset erotukset pienenevät, oletan a/2^a:n lähestyvän äärettömästi ykköstä sitä koskaan saavuttamatta.

Jätän em. todistusyritelmän kumoamisen integraalilaskennon hallitseville. Jos kumousta ei näy eikä kuulu, pidän entistä tiukemmin kiinni jononi oikeellisuudesta.

202. Jaska16.11.2009 klo 12:15

Jaha, OK onkin jo selvittänyt asian sillä välin kun räknäilin suhteitani. Olimme siis molemmat oikeassa. Hyvä niin.

203. Jaska16.11.2009 klo 12:53

Vielä sivuhuomautus. OK:n määritelmä oli "kolikonheittosarja, jossa esiintyy sekä kruunu- että klaavatripla." Tulkitsin tämä niin, esim. 12 heiton sarjassa 000111000111 tai 000000111111 ehto toteutuu. Laskin siis kunkin tuplaesiintymisen yhdeksi ehdon täyttäväksi kombinaatioksi, en kahdeksi.

204. Jaska16.11.2009 klo 23:02

Jokeritehtävän ratkaisu.

Tarkoitus oli siis saada varmuudella vähintään kaksi oikeaa numeroa mistä tahansa 7/10 numeroyhdistelmästä, joita on kaikkiaan kymmenen miljoonaa. Lopulliseksi tavoitetulokseksi ilmoitin 26 riviä, jonka voidaan päätellä olevan myös minimi.

Pyrittäessä mahdollisimman pieneen rivimäärään, on näennäisesti tehokkain tapa valita haravaan rivejä, jotka "hoitavat" eli peittävät maksimimäärän 2 oikein rivejä. Jos valitaan alkuun toisistaan maksimimäärä kymmenen riviä seitsemän etäisyydellä olevaa riviä, esim. suorat yhden numeron putket, saavutetaan näillä kymmenellä rivillä todennäköisyys 0,94 tulokselle vähintään yhdellä rivillä kaksi oikein.

Haravoimatta jäävät vain 604800:n seitsemän eri numeroa sisältävää rivin 1890 erilaista kaksi oikein kombinaatiota. Äkkiseltään voisi luulla, että niiden peittäminen voisi onnistua helpostikin 16 rivillä. Se ei kuitenkaan ole mahdollista.

Annoinkin vihjeen numerokentän 0-9 jakamisesta ryhmiin. Mutta millä tavalla? Kokeillaan. Jaetaan se kahteen osaan, esim. 1, 2, 3, 4, 5 ja 6, 7, 8, 9, 0. Ryhmien keskinäinen etäisyys on luonnollisesti maksimi seitsemän. Päätelmä: jompaankumpaan ryhmään osuu varmuudella vähintään neljä oikean jokeririvin numeroista.

Pitäisi siis laatia harava, joka takaa kaksi oikein neljästä osumasta viiden numeron ryhmään. Mutta sitä kokeiltaessa joudutaan taas umpikujaan, kun haravaan valikoituu viisi eri numeroa samaan riviin. Tarvittaisiin siis enemmän kuin 2x13 riviä.

Tässä vaiheessa on pääteltävissä, että yhdessä ryhmässä on oltava vähemmän numeroita, mutta vähintään kaksi. Tosin en itsekään heti oivaltanut optimiryhmäjakaumaa, joka on 2-2-2-2-1-1. Siis kuusi ryhmää, joista neljässä pelataan kahdella numerolla, ja kaksi muuta käsittävät vain yhden numeron. Viimeistään viimeinen arvottava numero nostaa siis jonkin ryhmän osumaluvun kahteen.

Ryhmäkohtaiseen numerojakoon on monta mahdollisuutta. Selkeä jako esim. 1,2 - 3,4 - 5,6 - 7,8 - 9 - 0. Seuraavassa kuuden rivin haravakaavio vain numeroille 1 ja 2. Se pätee myös muihin ryhmiin ja mihin tahansa kahden alkion kombinaatioon. Oikeasti pelattaessa (tuskinpa kukaan sentään innostuu!) pitää kuitenkin olla tarkkana, että vaihdetut merkit ovat samassa järjestyksessä kuin malliharavassa. Huomattakoon, että tässä kostruktiossa rivien suurin etäisyys muista on viisi. Maksimietäisyyksin yrittämällä kaksi oikein vaatimus ei toteudu.

1112211
1121212
1211121
2111122
2222111
2222222

Tässä kaaviossa (takuun toteuttavia muunnelmia on suuri määrä) on siis kakkosputki. Haravoinnin lähtökohta voisi siis olla myös kuusi yhden numeron putkea, mutta ei enempää. Tällöin pikkuharavat pelataan viidellä ensimmäisellä rivillä, joissa on molempia merkkejä.

Tämä 26 rivin jokeriviritelmä takaa siis vain 52 euron hinnalla sadan prosentin varmuudella vähintään yhden kaksi oikein rivin. Useimmiten tulos on kuitenkin parempi, pikaisen tsekkaamattoman laskelman mukaan mahdollisuudella 9569930/10000000. Varma väh. 2 kpl kaksi oikein rivejä saadaan 30 rivin haravalla, joka koostuu viiteen ryhmään jaetuista numeropareista.

Loppukevennys. Tällä olisi saanut tuloksen 6 oikein viime viikon keskiviikkojokerissa, kun 1 ja 2 vaihdetaan pariksi 5 ja 6. Yhtään 6 oikein riviä ei ollut pelattu. Jaa että eikö yhtään kyrsinyt. No ei mainittavammin. Vaihdoin näet kaavion ykköset ja kakkoset arvonnan jälkeen, koska alkuperäisellä tulos olisi jäänyt yhteen viitoseen ja muutamaan alempaan voittoon, yhteensä pariinkymmeneen räkäseen sataseen...

205. Juhani Heino16.11.2009 klo 23:39

Todella nerokasta. Etenkin tuo että jaetaan 6 ryhmään jolloin kyyhkyslakkaperiaatteen mukaan johonkin tulee vähintään 2. On siis käytetty optimaalisesti juuri tämä systeemi jossa arvotaan 7 numeroa.

Aliharava oli myös nopea tarkastaa, ja mielestäni se tosiaan kattaa kaikki vaihtoehdot.

206. Juhani Heino16.11.2009 klo 23:59

Ai niin, tuli mieleen: oliko arvelusi 30 rivistä peräisin jaosta 2-2-2-2-2?

207. Jaska17.11.2009 klo 00:24

Juuri tuota tarkoitin viidellä numeroparilla. "Minipakkojakauma" seitsemälle numerolle 1-1-1-2-2. Vain kuudellakympillä taattu vitosen lunastus! Siitä uneksumaan nyt itseni suorin.

208. Matti17.11.2009 klo 19:53

Jaskalta hieno käsittely mielenkiintoiseen tehtävään. Itse pääsin niin pitkälle, että kymmenellä yhden numeron putkella hoidetaan kaikki paitsi ne 6% tapauksista. Sitten tuli stoppi. Ja opiskeltavaa riitti vielä Jaskan todistuksessa ennen kuin sen omaksui.

Jukkis ymmärsi tehtävän ensin niin, että montako koneen arpomaa on-line riviä tarvitaan, että saadaan taatusti 2 oikein. Ihan relevantti kysymys tämäkin. Tällöin vastaus on Jukkiksen valistunut arvaus 8 503 056. Oikea rivi saa olla vaikka 1111111. Ilman ykkösiä on 9^7 riviä, ja tasan yhden ykkösen rivejä on 7*9^6. Näiden summaan lisätään 1. (No, tämä oli tietenkin helppoa edellä käsiteltyyn tapaukseen verrattuna.)

209. Matti17.11.2009 klo 19:54

8 503 057

210. Olavi Kivalo17.11.2009 klo 20:37

Mikä on todennäköisyys, että saa 2 oikein yhdellä rivillä? Vai sanoiko joku jo sen.

211. Jaska17.11.2009 klo 21:50

Sen sanoivat Jukkis ja Matti epäsuorasti. (10000000 - 8503057) / 10000000 = 0,1496044.

Tästä sain aiheen toiseen jokeripähkinään, joka on edellistä helpompi. Jukkiksen vastaus perustuu kahteen olettamukseen. Vastaus on väärä, elleivät molemmat olettamukset ole oikeat. Mitkä ne siis ovat?

212. Jaska17.11.2009 klo 21:57

No niin, unohtui täsmennys, että kyseessä oli vähintään 2 oikein tulos. Pelkkä 2 oikein todennäköisyys on 0,1240029

213. Olavi Kivalo17.11.2009 klo 22:27

Kiitos Jaska. Kiinnosti tarkistuttaa, kun väänsin pikapikaa simuloinnin, joka antoi 0,124008.

214. Jaska17.11.2009 klo 23:23

Edellä jäi myös toteamatta, että 8503056 ei ollut oikein, vaan 8503057.

215. Jaska18.11.2009 klo 22:42

Jokeri kakkonen ei näy hersyttäneen yhtään kommenttia. Parasta poistaa se päiväjärjestyksestä.

Kaksi ratkaisun 8503057 edellytystä ovat:

1. Onlinearvonta ei perustu täydelliseen satunnaisuuteen, vaan jo arvottujen rivien poistoon toisen rivin arvonnasta lähtien. Vain poistoperiaatteella on teoreettisestikin varmaa, että viimeistään 8503057:s arvottu rivi antaa voiton (2-7 oikein) millä tahansa oikealla rivillä kymmenestä miljoonasta. Jos vaatimus on nimenomaan teoreettinen varmuus 2 oikein tuloksesta, on onlinemyllyn jauhettava vähintään 8759972 riviä, eli niitä on myös ostettava sama määrä.

2. Onlinearvonnan pitää alkaa kullakin jokerikierroksella "nollapisteestä", = kierroksen ensimmäinen rivi arvotaan aina kymmenen miljoonan joukosta. Todennäköisesti näin ei tapahdu, koska lauantaikierroksellekin pelataan nykyisin vain pieni osa kaikista mahdollisista.

Ykköskohdasta minulla on vahvistamaton olettamus, että onlinearvonta on täysin satunnainen. Silloinhan teoreettinen voitoton putki voi jatkua äärettömiin, kun sen mahdollisuus poistoarvonnassa on 0,000... heitetään nyt lonkalta, että nollia on satakunta miljoonaa.

Mutta ei syytä huoleen! Käytännössä jokainen jokeroija voittaa, ei vain kaksi, vaan kolme ja jopa neljä oikein vain yhdellä rivillä, jos vain on sinnikkyyttä pelata sitä viikko-, vuosi- ja vuosikymmentolokulla!

216. Jaska18.11.2009 klo 22:51

Heps, siis että se voittorivi arvotaan vasta 8503057:ntenä, on se todennäköisyys 0,satamiljoonaa nollaa ja kakistelematta nieltävät risat päälle!

217. Matti19.11.2009 klo 12:38

"2. Onlinearvonnan pitää alkaa kullakin jokerikierroksella "nollapisteestä", = kierroksen ensimmäinen rivi arvotaan aina kymmenen miljoonan joukosta. Todennäköisesti näin ei tapahdu, koska lauantaikierroksellekin pelataan nykyisin vain pieni osa kaikista mahdollisista."

Jaska, tätä en tajunnut ollenkaan. Selittäisitkö tarkemmin, pls.

218. Jaska19.11.2009 klo 14:21

Oletetaan, että Matti osallistuu jokeripeliin kierroksella, joka alkaa sattumoisin nollapisteestä. Onlinejärjestelmän auettua Matti pelaa ensimmäisenä saaden kuitilleen rivin 0000000. Nollarivi ei siis voi tulla arvotuksi uudelleen ennen kuin kaikki muut 9999999 riviä on arvottu = näin monta riviä on pelattu. Mutta tällä Matin kierroksella pelataankin kaikkiaan vain miljoona riviä. Seuraavalla kierroksella arvontamyllyyn niitä rivejä ei kaadeta, vaan jatketaan arvontaa yhdeksästä miljoonasta Matin kierroksella pelaamattomasta rivistä.

Jos se menee noin, on "tähtitieteellisen" epätodennäköistä, että kymmenesmiljoonas rivi pelataan jonkin kierroksen viimeisenä. Seuraava kierros ei käytännössä siis ala koskaan nollapisteestä, jos sitä ei ole ohjelmoitu alkamaan siitä.

Voimme kuitenkin leikkiä ajatuksella, että se astronominen mahdollisuus jollain kierroksella toteutuu, ja rivejä pelataan vähintään 8503057. Vasta sellaisella kierroksella saavutetaan universaalinen varmuus, että onlinemylly on jauhanut vähintään yhden 2-7 nollaa sisältävän rivin.

Mutta kun em. astronominen mahdollisuus toteutuu, se merkitsee myös mahdollisuutta yhden suhde galaktiskvasarisuniversaaliseen määrään nollia nolla pilkun perään, että mylly joutuukin arpomaan 17012113 riviä ennen seuraavaa vähintään kaksi nollaa sisältävää riviä!

219. Jaska19.11.2009 klo 14:29

Täsmennys. Tuplarivimäärä siis siinä tapauksessa, että ne vähintään kaksi nollaa sisältävät rivit on arvottu edellisen kierroksen aluksi, ei lopuksi. Todennäköisyys on kuitenkin sama molemmin päin.

220. Jaska19.11.2009 klo 16:35

Unohtui mainita, että mainittu galaktis- jne todennäköisyys on 1 per kymmenen miljoonaa yli 8503056 potenssiin kaksi, jos nyt jotakuta kiinnostaa laskea tarkka arvo...

Vielä korjaus. Subtraheerauksessa 17.11. 21:50 piti vähentäjän olla 8503056.

221. Matti19.11.2009 klo 23:00

On-linearvonta tapahtuu tietenkin niin, että jokaiselle asiakkaalle arvotaan n kpl eri rivejä, samalla todennäköisyydellä, siten että asiakas ei saa kahta samaa riviä. Seuraava asiakas saa taas freesin arvonnan, jolla ei ole mitään tekemistä aiempien arvontojen tulosten kanssa.

Vai onko niin, että kun arvontakone tulee tehtaalta neitseellisessä tilassa, niin se alkaa suoltaa rivejä muuten satunnaisesti, mutta aiemmin arvottuja tuloksia toistamatta, kunnes kaikki 10 miljoonaa numeroa on arvottu, ja alkaa sitten alusta. Ei nyt sentään.

Lienee varmaa, että on hoidettu se, että asiakas ei saa samaa riviä kahteen kertaan. Nimittäin vaikka se onkin harvinaista, öbaut kerran 10 miljoonasta, niin aika monta miljoonaa riviä vuodessa on-linearvotaan, ja olisi Veikkaukselle tosi noloa, joa asiakas saisi kaksi samaa riviä.

222. Matti19.11.2009 klo 23:04

Jos Veikkaus olisi tehnyt piruuttaan on-linearvonnan sellaiseksi, että ulos tulisi vain parillisia 7 numeron lukuja, mutta ei kertoisi sitä kenellekään, niin peli olisi silti reilua.

Vai olisiko?

223. Jaska19.11.2009 klo 23:44

Heh, heh, oletkos Matti saanut jokeristasi tositteen, jossa kaikki numerot ovat parillisia? Montako riviä pelasit?

Pianpa siis tuollainen kämmi paljastuisi. Jekun ideoinut ja sen toteuttaneet saisivat saman tien kenkää. Ja vasta se olisi reilua!

Jos tarkkoja ollaan, niin asiakkaan sijasta olisi puhuttava vain yhdestä pelitapahtumasta, johon Veikkaus on mahdollisesti ohjelmoinut eston saman rivin esiintymisestä. Asiamiehellä pelattaessa maksimirivimäärä on viisi arvottua peliä kerralla, joten kymmentä riviä halajava kummajainen joutuu pelaamaan kahdesti. Ei pääte tiedä, että kyseessä on sama asiakas, joten joskus, tosin hyvin harvoin aikojen saatossa, saattaa siihen toiseen kuittiin tulla täysin satunnaisessa arvonnassa sama rivi kuin ensimmäiseen.

Nettipelissä voi jokeria pelata korkeintaan kymmenen riviä kerralla. En oikein usko, että seuraavaan samalle kierrokselle pelattuun peliin olisi myöskään ohjelmoitu tuplauksen estoa. Tällaisia jokerinsa tuplaajia kun ei taatusti ole pilvin pimein, ehkäpä ei ainuttakaan! Valtaosa jokerivaihdosta kun koostuu yhden rivin peleistä loton ja Viking-loton kylkiäisenä.

Minä olen kyllä suunnitellut tekeväni SE:n pelaamalla jollakin kauniilla kierroksella huikeat 26 riviä minitakuuvoittona messevät 2,50 euroa. Kerta se on ensimmäinenkin, joskin samalla viimeinen!

224. Matti20.11.2009 klo 14:49

Siinä mielessä peli olisi reilua, että voittojen todennäköisyydet olisivat silti samat kuin aidossa arvonnassa.

Minäkin ajattelin pelata kerran jokeria varma voitto -metelmällä, mutta pelaan 30 riviä, jolloin saan kaksi varmaa. Tuntuu, että sille 8 lisäeurolle tulee katetta paremmin kuin pohjana olevalle 52 eurolle. Kerron sitten, kuinka kävi.

225. Jukkis20.11.2009 klo 15:40

Yksi hupi näissä teidän juttujen seuraamisessa on ihmetellä, miten epämääräisillä ilmauksilla keskustelua käydään. Kyse on sentään matematiikasta, jossa epämääräisyyksien välttämisen luulisi olevan jonkinlainen hyve.

Kuten nyt kun Matti sanoi että "vain parillisia 7 numeron lukuja" ja siihen sitten Jaska että "..., jossa kaikki numerot ovat parillisia". Jotka tietysti on kaksi ihan eri asiaa. Arvattavaksi jää, oliko Matilla tarkoituksena tarkoittaa sitä, mitä Jaska tulkitsi hänen tarkoittavan.

226. Jaska20.11.2009 klo 16:10

Suomen kielessä on se sekaannuksiakin aiheuttava puute, että numero ja luku voivat tarkoittaa samaa asiaa. Jokerista puhuttaessa se olisi helppo välttää, jos seitsemän numeromerkkiä käsittävästä kokonaisuudesta käytettäisiin termiä jokeririvi. Mikä olisi faktisestikin oikein, koska numerot ovat kauniisti rivissä!

Mutta kun itse Veikkaus ja viralliset valvojat puhuvat jokerinumeroista, ei kansan syviltä riveiltäkään voi edellyttää muuta totuutta kuin "yhdessä jokerinumerossa on seitsemän numeroa."

Kun Matti puhui parillisesta luvusta, tajuan nyt hänen tarkoittaneen jokeririviä, joka päättyy parilliseen numeroon. Ei siis riviä, jonka kaikki numerot ovat parillisia, ja joka pistäisi heti aika moneen silmään, ellei kaikkiin. Sitä vastoin viimeinen parillinen numero menisi läpi "kylkiäispelaajillel" ties kuinka kauan, mutta ei sekään muutamaa kierrosta enempää jokerikupongilla useamman rivin pelanneille.

227. Matti20.11.2009 klo 16:49

Hauskaa tämä onkin. Tarkoitin mitä sanoin: parillisia 7 numeron lukuja. Jaska ymmärsi toisin, mutta ei hätää, väitteeni voittojen todennäköisyyksistä pitävät silloinkin paikkansa.

Vai pitävätkö?

228. Jukkis20.11.2009 klo 16:55

Jos jokeririvin vika numero olisi aina parillinen, niin kyllähän se jotain joihinkin todennäköisyyksiin vaikuttaisi. Jos joku pelaisi aina saman parittomaan numeroon loppuvan rivin, esim. 1231235, niin voiton todennäköisyys olisi tasan nolla, vaikka pelaisi miljardi vuotta.

Voi tietysti taas olla, että ymmärrän ihan väärin, mitä tässä haetaan.

229. Matti20.11.2009 klo 17:30

Jukkis, väitteeni liittyy tilanteeseen, jossa kone arpoo on-line rivejä veikkaajalle, ja "jokerikone" arvoo voittavan rivin.

230. Jaska20.11.2009 klo 18:45

Parillisella ja parittomalla jokeririvillä on tietenkin sama voittotodennäköisyys. Tilastollinen voittojen jakauma kierroksittain olisi kuitenkin erilainen, kun keskimäärin joka toisella kierroksella ei olisi edes mahdollisuutta täysosumaan - jos kukaan ei pelaisi itse valituilla riveillä.

231. Matti20.11.2009 klo 19:33

Vielä siitä jokerialiharavasta. Yhdellä numerolla aliharavan pituus on 1 ja kahdella 6. Miten ne 6 voi konstruoida? Kokeilemallako vain. Tietääkö, että pituus on 6 ennenkuin on sen saanut aikaan. Entä mikä on haravan pituus kolmella numerolla? Entä n:llä? Onko jotain kaavaa? Itse en toisellakaan yrittämällä saanut aikaiseksi kahden numeron kuutosharavaa. Ja muutenkaan en saa asiaan mitään läpinäkyvyyttä tai systematiikkaa.

232. Juhani Heino20.11.2009 klo 22:10

Pohjanahan on se että pareittain verrattaessa löytyvät aina kaikki näistä:
11
12
21
22

Tätä voidaan pidentää vielä yhden numeron verran:
112
121
211
222

Mutta sitten ei enää 4 riviä riitä. Aina tulee johonkin toistoa eli kaikkia vaihtoehtoja ei saada tulemaan. Pitää siis lisätä 1 rivi sekä 1- että 2-alkuisiin. Jaska on tehnyt tämän ja se riittää. Kuinka pitkälle se riittää?

Helpoimmin voidaan tarkastella kombinaatioina. Pystysuorissa riveissä on aina tasan ykkösiä ja kakkosia. Ekassa tapauksessa (4,2)-kombinaatioita on 6. Täsmälleen vastakkaisia kombinaatioita ei voi ottaa koska silloin vaihtoehdot jäävät kahteen, Siksi 3 on rajana neljällä rivillä. Kuudella rivillä (6,3)-kombinaatioita on 20, siksi 10 numeroa on raja. Tässä pitäisi olla kyseinen harava:

1112211111
1121212222
1211121122
2111122211
2222111221
2222222112

233. Jaska20.11.2009 klo 23:38

Oikein on Juhani Heino mielestäni pähkäillyt. Matille huomautus, että kaikien jokerivien pituus on tietysti 7. Etäisyydet ovat sitten eri juttu.

Tuo kuuden rivin varma väh. 2 oikein jokeriviritelmäkin on ei-lineaarinen koodi, jota ei mielestäni voi konstruoida määrätyllä kaavalla eikä laskea matriisilla lineaarisen koodin ravoin. Yrityksen ja erehdyksen tie on monissa tapauksissa se ainoa. Jopa matemaatikoillekin, jotka ovat soveltaneet koodeja mm. "football pools problem" eli vakioharavan eri ratkaisuihin.

Jos on vähän vanhaa tietoa alalta ja osaa jotenkuten soveltaa sitä uusiin probleemeihin, pääsee tietysti helpommalla kuin aivan ummikko. Esim. väh. 2 oikein kahdella osumalla takaavan 15-rivisen ternäärisen (3 numeroa) jokeriharavan sain kasaan pikku kikalla suht. kivuttomasti. Tutkimatta jäi, onko se mahd. minimi. Nostan kyllä jokeripipoa (ihan totta, mulla on) sille, joka ei näiden kanssa ole ennen sämplännyt ja löytää ratkaisun yksinumeroisessa tuntimäärässä.

234. Matti21.11.2009 klo 10:26

OK, kiitokset näistä. Lopetan asian pohdinnan ja siirryn miettimään muita juttuja.

235. Juhani Heino22.11.2009 klo 22:47

Huvikseni kehittelin vielä tällaisen:
1111112222
1112221112
1221121121
2121211211
2212112111
2222222222

10:n pituiseen mahtuu viimeisen 2-putki juuri ja juuri, 7:n pituiseen ei ihan mahdu 1111111-putkea sen lisäksi.
Tämä 1,2 -tapaus on mielestäni täysin systemaattinen, mutta useammalle numerolle en ole sellaista järjestelmää keksinyt. Eivätkä ilmeisesti muutkaan, kuten Jaska toteaa.

236. Jaska23.11.2009 klo 17:35

Sen verran haluaisin täsmentää, että useammalle numerolle on tietenkin aina mahdollista laatia JOLLAKIN rivimäärällä varma vähintään kaksi oikein kahdesta osumasta raamiin, kuten millä tahansa muulal alki- ja osumamäärällä. Kyse on siis siitä,

237. Jaska23.11.2009 klo 17:57

(lipesi jotenkin) mikä on kulloinkin minimi ja millaisella konstruktiolla se saadaan aikaan.

Tässä binääritapauksessa voidana helposti todeta, että 10-pituisesta pitemmälle on mahdotonta jatkaa kuudella rivillä takuun säilyessä. Se on helppo todeta silmämääräisestikin. Aina löytyy kaksi vastakkaista yhdistelmää, jotka eivä osu raamiin. Vaaditaan siis kaksi riviä lisää, jotta takuu pitäisi.

Kuudella rivillä onnistutaan siis rivipituuksilla 4-10, kun absoluuttinen minimi (ilman peiton päällekkäisyyttä) neljä riviä on mahdollinen vain kaksi- ja kolmipituisilla. Kahdeksalla rivillä pärjätääm pituuksilla 11-20.

Kolmemerkkisistä onnistuu absoluuttinen minimi eli 9 riviä pituuksilla 2-4, pituudet 5-12 vaativat 15 riviä. Nelimerkkisitä voimme päätellä, että abs. minimin 16 pituudet ovat 2-5 jne. Kyllä näissä tietty lineaarisuus kaikissa on.

238. Jaska23.11.2009 klo 19:16

Oudon paljon lyöntivirheitä. Ehkä ajatuksesta saa kuitenkin selvän, joten en pahoittele niitä.

239. Juhani Heino24.11.2009 klo 23:08

Binääritapauksessa 8 riviä riittää 35-pituiselle - (8 yli 4) / 2

Tässä esimerkki. Ekasta 1-rivistä nähdään ettei mikään ole vastakkainen muiden kanssa.

11111111111111111111111111111111111
11111111111111122222222222222222222
11111222222222211111111112222222222
12222111122222211112222221111112222
21222122211122212221112221112221112
22122212212211221221221121221121121
22212221221212122122121212121211211
22221222122121122212212112212112111

Sen verran kokeilin 3-merkkistä, että 5-pituiseen riitti 11 riviä. Pidemmälle en ole päässyt, haluaisin keksiä siihen jonkin järjestelmällisen lähestymistavan.

240. Olavi Kivalo24.11.2009 klo 23:39

Sarjassamme kuolemattomia lausahduksia:
"Rivistä 11111111111111111111111111111111111
nähdään, ettei mikään ole vastakkainen muiden kanssa."

241. Juhani Heino24.11.2009 klo 23:50

Pitääkö siis selittää? Jos jokin pystyriveistä olisi vastakkainen, sen kohdalla 1-rivillä olisi 2. Viittaan vielä aiempaan kehitelmään 20.11.2009 klo 22:10.

242. Jaska25.11.2009 klo 13:22

Juhani Heino, löysithän sinä 5-pituiselle järjestelmällisen lähestymistavan. Sen etäisyysrakenteen täytyy olla sama kuin seuraavan:

11223
12132
21312
23121
32211

22113
21231
12321
13212
31122

33333

Kahdessa viiden rivin ryhmässä samoja kahta merkkiä (1 ja 2) 2 kpl, kolmatta merkkiä (3) yksi kpl. Lopuksi kolmosen putki. Kummassakin viiden rivin ryhmässä kunkin rivin etäisyys neljästä muusta on neljä, toiseen ryhmään verrattuna yksi viiden etäisyys (vastakkainen) ja neljä riviä etäisyydellä kolme.

Siitä, etten tätä tullut toissailtana ajatelleeksi, annan itselleni vain keskipitkän miinuksen. Olinhan muutenkin aika sekaisin. Käytin silloin toista järjestelmällistä lähestymistapaa. Siinä pohjana on lineaarinen nelipituinen 9 rivin rakenne, jossa kunkin rivin etäisyys kaikista muista on kolme:

1111
1222
1333
2123
2231
2312
3132
3213
3321

Pidensin kutakin riviä neljäksi kolmen merkin putkeksi, siis näin:

111 111 111 111
111 222 222 222
111 333 333 333
222 111 222 333
222 222 333 111
222 333 111 222
333 111 333 222
333 222 111 333
333 333 222 111

Nuo yhdeksän riviä sisältävät tuloksen kaksi oikein kahdesta osumasta ternääriraamiin, jos osumat jakaantuvat kahteen 111-, 222- tai 333-putkeen. Jos ne osuvat samaan putkeen, kaksi samaa merkkiä peittyy. Peittämättä jäävät kuusi kpl kahta eri merkkiä sisältävät ydistelmät. Ne peittyvät puolestaan kuudella kolmen merkin yhdistelmällä, yksi kutakin. Ne voidaan sijoitella kuhunkin ryhmään mielivaltaisessa järjestyksessä. Näin saadaan ko. 15 rivin harava.

Voidaan todeta, että pituus 13 ei tällä kikalla enää onnistu. Luonnollisesti myös alle 12 pituudet sisältyvät 15 rivin 2/2 takuuseen, vaikka se ei siis merkitse sitä, että kyseessä olisi
minimirivimäärä.

Binäärisen 20-lukeman heitin niin ikään huolettomasti tuplaamalla Juhani Heinon haravan ja täydentämällä peittymättömät kombit kahdella riviä. Tuo 35-pituinen etäisyydellä 20 oli kyllä JH:lta hienosti keksitty.

Luulen, että Olavi Kivalo tarkoitti huomautuksellaan nimenomaan 35-pituisten rivien vastakkaisuutta. Sitähän ei voi päätellä yhden rivin perusteella, oli se sitten putki tai "siksakkia."

243. Jaska25.11.2009 klo 17:04

Hellurei, taas tuli sekoiltua. Mutta ei se mitään, kun sen tietää. Väitin, että ternääriharavan viiden ryhmän riveillä on toisessa ryhmässä vastakkainen pari etäisyydellä viisi. Oikein on, että parin vastakkaisuus käsittää vain merkit 1 ja 2, joten etäisyys on neljä. Viiden etäisyyttä tässä rakenteessa ei siis ole lainkaan. Pahoittelen virhettä.

244. Jaska25.11.2009 klo 20:10

Korjataan vielä 5-pituisen binäärisen 2/2 minimirivimääräksi 5. Se sisältyi aiemmin kuuden rivin listaani.

245. Jaska25.11.2009 klo 21:55

Ei onnistu sitten millään tänäänkään. Ei 5-, vaan nelipituisesta siis viimeksi kyse.

246. Jaska26.11.2009 klo 17:09

Binääriharavien jaksot = rivimäärä / maksimipituus / minimietäisyys menevät siis Juhani Heinon mallin mukaan järjestelmällisesti näin:

4/3/2 - 6/10/6 - 8/35/20 - 10/126/70 - 12/462/252 jne.

Kysymys kuuluu: onko kolmi- tai useampialkioisissa vastaava systematiikka eli Juhani Heinon mainitsema järjestelmällinen lähestymistapa, joka voidaan laskea em. binääripohjalta? Vai jokin muu lähtökohta? Vaikealta vaikuttaa.

247. Jaska26.11.2009 klo 23:39

Totesin, että ternääriin pätee ainakin 8-pituisiin asti samantapainen rakenne kuin esitin eilisessä 5-pituisessa, johon arvelin myös Juhani Heinon päätyneen. Siinähän oli pystyriveissä merkkijakaumalla 1-2-3 kappalejakauma 3-4-4 ykkösten ollessa vähemmistönä.

Samalla idealla 6-pituinen rakentuu 13 rivillä kpl-jakaumalla 3-5-5, minkä uskon niin ikään minimiksi. 7-pituinen vastaavasti 15 / 3-6-6, siis "tasapeli" 5-5-5 jakauman kanssa, jolla sama minimitakuu. 15-rivillä onnistuvat myös pituudet 8-12, joten 8-pituinen 17 / 3-7-7 ylittää minimin. Tämä rakenne, josta rivimäärä = 2*pituus + 1, on siis eräänlainen kuriositeetti.

Yleispätevä ternäärin minimikaava jäi siis keksaisematta, eikä taida kapasiteetti siihen riittää jatkossakaan. Joten päätän osaltani "lavennetun jokeroinnin" tähän.

248. Matti27.11.2009 klo 13:04

Jaskan numeroissa näkyy olevan lainalaisuus 2*edellisen maksimipituus = seuraavan minimietäisyys. Miksihän?

249. Jaska27.11.2009 klo 18:39

Mieluumminkin Juhani Heinon numeroissa, ja JH puolestaan antanee mielellään kunnian Pascalille!

Toistetaan tässä JH:n 6/10/6:

1111111111
1111222222
1222111222
2122122112
2212212121
2221221211

Tarkastellaan vaakarivien 3-6 (ylhäältä lukien) pystyrivejä (vasemmalta oikealle) 5-10. Havaitaan, että tämän 4x6 alueen vaakarivit käsittävät kaksi peräkkäistä 4/3/2 ryhmää, joiden pystyrivit muodostavat siis 4 yli 2 kombinaation. Voidaan ajatella, että se on lähtökohta, josta ylös ja vasemmalle systemaattisesti ao. merkit lisäämällä 6/10/6 saadaan valmiiksi.
Samoin voidaan rakennella kaikki +2 pituudet. Vrt. Juhani Heinon 8/35/20 vastaava oikean alakulman alue.

250. Juhani Heino27.11.2009 klo 22:23

Pascalille tosiaan voi nostaa hattua - hän ajatteli tämäntapaisia juttuja yli 300 vuotta sitten.

Laitetaan vielä tällainen kuriositeetti: 5 rivillä saadaan aikaan harava joka riittää 4-pituiseen.

1112
1121
1211
2111
2222

Nähdäkseni tämän pitemmälle ei millään päästä eli sitten on siirryttävä 6-riviseen.

3-harava 5-pituiselle (11 riviä) ei ollut kovin järjestelmällinen, ainakaan mun kriteereilläni. Rakentelin vain ehdot täyttävää yhdistelmää vähitellen.

Alkuhan menee pakosta näin:
11
12
13
1
21
22
23
2
31
32
33
3

Mutta sen jälkeen alkaa valinnan vapaus ja vaikeus. Lopuksi huomasin että kaikki yhdistelmät olivat jo "sattumalta" mukana eikä viimeistä riviä tarvittu. Jaskallakin sattui olemaan 3 kpl 3-alkuisia rivejä, muita 4.

251. Matti28.11.2009 klo 17:46

20 k

252. Matti28.11.2009 klo 18:09

20 kuuden mittaista 0-1 saraketta, joissa on 3 nollaa ja 3 ykköstä voidaan jakaa yksikäsitteisesti kahteen kymmenen ryhmään siten, että molemmissa ryhmissä on jokaisen parin keskinäinen etäisyys 2. Siitä seuraa suoraan, että kumpi tahansa ryhmistä kelpaa kuuden rivin ja kymmenen numeron haravaksi. Lisäksi on muitakin haravaksi kelpaavia kuuden rivejä - näistä edellä on annettu esimerkkejä.

Voisiko tätä yleistää. Pystyrivejä joissa on nollia, ykkösiä ja kakkosia kaksi kutakin on trinomikerroin 6!/2!/2!/2! = 90. Tämä jaettuna 3:lla on 30, siis näin monen numeron harava jossa on 6 riviä. (Mahtaako olla lähelläkään haravaa, en ole tsekannut.)

Toisaalta jos valitaan vaikka sarake

0
0
1
1
2
2
niin löytyy 24 saraketta, jotka ovat kahden etäisyydellä tästä, eikä siis 29. Eikä tämä muutenkaan taida toimia.

253. Jaska28.11.2009 klo 23:26

"Molemmissa ryhmissä on jokaisen parin keskinäisyys etäisyys 2."
Miten parit määräytyvät, ja mitä ko. kahden etäisyydestä seuraa?

Ternäärisessä 2-2-2 yhdistelmässä jokaisella rivillä on 12 kahden etäisyydellä olevaa riviä, ei 24. Jos kaikki 90 riviä jaetaan kolmeen 30 rivin ryhmään, se ei onnistu siten, että kaikkien rivien etäisyys muista saman ryhmän riveistä olisi sama. Kuusi 15 rivin ryhmää voidaan muodostaa siten, että 15 rivin etäisyys muista saman ryhmän riveistä on neljä. Käänteisesti se muodostaa siis 6-pituisen ja 15 pituisen haravan rivien etäisyydellä 12. Sillä ei kuitenkaan ole mitään osumatakuita "jokerityylisesti", 30 rivisestä puhumattakaan.

254. Matti29.11.2009 klo 11:16

10 sarakkeen joujot määräytyvät siten, että otetaan jokin sarake, vaikka 000111, ja sitten kirjoitetaan systemaattisesti ne 9 saraketta, jotka ovat kahden etäisyydellä tästä. Toinen joukko saadaan, kun otetaan edellisen joukon sarakkeiden komplementit.

Yleistykseeni kolmen luvun tapaukseen voi vetää henkselit. Siellä olevan virheeen Jaska jo oikaisi, kahden etäisyydellä valitusta sarakkeesta on 12 eikä 24 saraketta.

Jätän aiheen enemmän miettimisen.

255. Jaska29.11.2009 klo 12:45

Taitaa jättö olla hyvä idea minullekin jatkuvan sekoilun takia. Viimeisen lauseeni eilen 23:26 tulee kuulua: 30-pituisesta puhumattakaan.

↶ Takaisin aiheisiin Siirry ylälaitaan ↑

KOMMENTOI

5098. Lukujono 4

Lähettäjä: *

Teksti: *