KESKUSTELUT > MUUT AIHEET > LUKUJONO 14
8137. Lukujono 14
Matti8.9.2014 klo 23:52
Lähettäjä: Jaska 8.9.2014 klo 12:26Oikea merkki?
Puolialkulukuja muotoa 6n+1 on:
1 enemmän kuin muotoa 6n-1
X yhtä paljon kuin kuin muotoa 6n-1
2 vähemmän kuin muotoa 6n-1
Lähettäjä: Matti 8.9.2014 klo 16:04
Jaska, mitä tarkoitat puolialkuluvulla?
Lähettäjä: Wexi 8.9.2014 klo 17:42
Lainattua:
...puolialkuluku on sellainen luonnollinen luku, jolla on tasan 2 alkutekijää mukaan lukien monikerrat. Puolialkulukuja ovat siis esimerkiksi 6 = 2x3; 65 = 13x5, ja kaikki alkulukujen neliöt...
Lähettäjä: Antti 8.9.2014 klo 17:47
Lainattua:
Yleisesti, luvun sanotaan olevan k-puolialkuluku jos sillä on tasan k alkutekijää monikerrat mukaan laskien. 1-puolialkuluvut ovat siis tavalliset alkuluvut.
Lähettäjä: Antti 8.9.2014 klo 19:39
Jos ja kun 6n+1 muotoisia ja 6n-1 muotoisia puolialkulukuja on ääretön määrä, kummankin joukon mahtavuus on numeroituvasti ääretön, ja lukuja on näin mitattuna "yhtä paljon".
Lähettäjä: Jaska 8.9.2014 klo 21:24
Jaa, piti kai täsmentää, että tarkoitan puolialkuluvulla k-tapausta 2 ilman kerrannaisia. Niin kuin muistaakseni aikaisemminkin tässä ketjussa. Siis kaksi alkutekijää, mutta kumpikin vain kerran.
Selvähän se, että kumpiakin on ääretön määrä. Olisi pitänyt lisätä "äärellisessä määrässä."
Lähettäjä: Jaska 8.9.2014 klo 21:58
X ei siis ole oikea merkki, niin kuin täsmennyksestä arvata saattoi. Onko se 1 vai 2?
2. Jaska10.9.2014 klo 00:06
Veikkauksia ei tullut, liekö puntaroitukaan. Oikea merkki on 1. Jätän pähkäiltäväksi ja mahd. kumottavaksi.
3. Matti10.9.2014 klo 21:24
Pidän kyllä Antin vastausta x oikeana, kun kerran molempia on numeroituvasti ääretön määrä.No niin, ajatellaanpa, että (n-1)-lukuja on enemmän kun (n+1)-lukuja, kun rajoitutaan lukuihin jotka ovat<N. Oletetaanpa, että kun N kasvaa, lukujen erotus kasvaa kohti ääretöntä. Eikö silloin (n-1)-lukuja ole enemmän kuin (n+1)-lukuja?
Ei ole. Molempia on yhtä paljon kuin on luonnollisia lukuja 1, 2, 3, ... Äärettömyydellä on outoja ominaisuuksia.
4. Matti10.9.2014 klo 21:25
... lukujen lukumäärien erotus ...
5. Jaska11.9.2014 klo 00:11
Mainitsin siis edellä äärelliset määrät. Mainitsematta jäi olettamus, että alkulukuja muotoa 6n-1 ja 6n+1 on yhtä paljon eli niiden tiheys (eli oik. harvuus lukuarvon kasvaessa kohti ääretöntä!) on sama. Tätä kai pidetään yleisesti totena.Tosiaan 6n+1 on "niskan päällä" äärellisessä ulottuvuudessa alusta alkaen. Aloitetaan alkupäästä alkuluvuilla 5 ja 7. Niistä muodostuu kolme mainitun ehdon mukaista puolialkulukua: 5*7 = 35 = 36-1. 5^2 = 25 = 24+1. 7^2 = 49 = 48+1. 6n+1 siis voitti matsin 2-1.
Kun kasvatetaan kummankin joukon termejä yhdellä, havaitaan 6n+1:n absoluuttisen etumatkan kasvavan niin ikään yhdellä. Siis esim. tuhannen 6n-1 ja tuhannen 6n+1 alkutekijän saldo on 6n-1 puolialkulukua 1000000 kpl, 6n+1 puolialkulukua 10001000 kpl. Laskut ovat melko yksinkertaista kombinatoriikkaa. Suhteellinen ero lähestyy termimäärän kasvaessa nollaa.
Eron selittää, että sekä alkuluku 6n-1 että alkuluku 6n+1 toiseen korotettuna on 6n+1. Yleinen sääntö: jaollisessa luvussa muotoa 6n-1 on aina pariton määrä alkutekijöitä muotoa 6n-1. Muut alkutekijöiden kombinaatiot tuottavat luvun 6n+1.
Kaikkien alkutekijämäärien miinus/plus saldot voidaan laskea samalla periaatteella. Kombinatoriikka tietysti mutkistuu sitä enemmän, mitä enemmän alkutekijöitä.luvulla on. Tietokoneen hommia. Jossain kohtaa pitäisi joukkueen 6n-1 joka tapauksessa tasoittaa peli. Jos näin ei kävisi, olisi tilanne paradoksaalinen: alkulukuja muotoa 6n-1 olisikin äärellisissä ulottuvuuksissa enemmän eikä yhtä paljon kuin muotoa 6n+1!
Lähden tänään pariksi viikoksi Saariselälle. Suorittakaapa jatkotutkintaa sillä aikaa!
6. Antti12.9.2014 klo 10:57
6, 6, 42, 84, 252, 252, 2772, 396, 2574, 6006, ?
7. Antti15.9.2014 klo 05:32
Ei ole tullut ratkaisuyrityksiä. Annan ohjeen: Lisää jokaisen annetun luvun loppuun 0, toisin sanoen:
Kerro jokainen annettu luku 10:llä.
8. Antti15.9.2014 klo 16:18
Otetaan edellinen nähtäväksi. Ehkä paremmin selviää.60, 60, 420, 840, 2520, 2520, 27720, 3960, 25740, 60060, ?
9. Jukkis15.9.2014 klo 18:59
Tässä jänskättää nyt vain se, että miksi ihmeessä tuo helpottuu kun laittaa nollat perään. Helpottuuko vielä lisää, jos kertoo nuokin vielä 10:llä. Kun kertoo riittävän monta kertaa 10:llä, niin vastaus suorastaan syöksähtää silmille?
10. Antti15.9.2014 klo 21:59
Nollaloppuiset ovat suoraan kaavan antamia, a(j), kymmenellä jaetut joutuu laskemaan a(j)/10.
Ei helpotu, jos laskee a(j)*10 tai a(j)*100 j.n.e.
11. Jukkis16.9.2014 klo 22:51
Kerro jo vastaus, eihän tuosta saa mitenkään kiinni.
12. Antti16.9.2014 klo 23:18
a(j)=PIENIN.YHT.JAETTAVA(i, i+1,i+2,i+3,i+4)
13. Matti16.9.2014 klo 23:55
Vannon, että en olisi ikinä hoksannut tuota, vaikka olisin maailman tappiin miettinyt. (Tämä ei ole välttämättä kritiikkiä tehtävää kohtaan, vaan ainoastaan huomio.)
14. Jukkis17.9.2014 klo 08:08
No minulta ihan sama huomio. Ja se on nimenomaan kritiikkiä. Joku tolkku näihin.
15. Wexi17.9.2014 klo 16:16
"Pienin yhteinen jaettava" (Pirkko Saisio)
16. Wexi17.9.2014 klo 16:18
Hups, lipsahti tänne arvuuttelupuolelta :-)
17. Antti18.9.2014 klo 08:24
5, 10, 17, 26, 37, 50, 65, 82, ?
18. Jukkis18.9.2014 klo 09:00
No ei niiden toisaalta nyt ihan noin helppoja tarvi olla.
19. Antti18.9.2014 klo 12:51
Onkohan tämä sitten tolkuttoman vaikea?79, 254, 559, 994, 1535, 2134, 2719, 3194, 3439, 3310, 2639, ?
20. Jukkis18.9.2014 klo 13:51
Tällä periaatteella muodostetussa jonossa on se ongelma, että se ratkeaa aina.Kuudennesta luvusta eteenpäin pätee että
a(j) = 5*a(j-1)-10*a(j-2)+10*a(j-3)-5*a(j-4)+a(j-5)
21. Antti18.9.2014 klo 15:07
Mikä pätee ensimmäisestä luvusta lähtien?
22. Jukkis18.9.2014 klo 15:33
Ensimmäisestä luvusta lähtien pätee sellainen sääntö, joka johtaa tuohon edellä olevaan yhtälöön, kunhan on annettu jonon kuusi ensimmäistä termiä. Jos ei olisi annettu kuutta ensimmäistä termiä, niin sitten ensimmäisestä luvusta lähtien saataisiin joku muukin sääntö.
23. Matti18.9.2014 klo 20:24
Urpoa houkutellan osallistumaan seuraavaan peliin: Hänelle arvotaan neljä satunnaislukua väliltä (0,1), tasaisesta jakautumasta ja toisistaan tilastollisesti riippumattomasti. Hän voittaa euroja määrän, joka on suurin arvottu luku kertaa tuhat. Voitto on siis väliltä (o,1000) euroa. Paljonko Urpon kannattaa maksaa osallistumisesta peliin?
24. Jukkis18.9.2014 klo 22:40
Simulaatio kertoo, että jos arvotaan N lukua, niin niiden maksimin odotusarvo on N/(N+1). Pitääpä yrittää miettiä, että mistä tuo tulee.
25. Matti18.9.2014 klo 22:45
Oikein tiesi simulaatio kertoa.
26. Antti19.9.2014 klo 00:34
Jukkis, ehkä olet ratkaissut ongelman, jos osaat sanoa, mikä luku jonossani seuraa viimeisenä antamaani lukua, 2639.
27. Jukkis19.9.2014 klo 09:14
Miten niin "ehkä"? Tuossa 18.9.2014 klo 13:51 se ratkaisu on. Jatkuu 1234, -1121, -4666, -9665, -16406, -25201, -36386 ...
28. Antti19.9.2014 klo 09:40
Ratkaistummassa muodossa tulos on:a(j) =10*(j+1)^3 - j^4.
29. Jukkis19.9.2014 klo 10:24
Jus sulle Antti olisi tuo sinun viimeisin lukujono annettu ratkaistavaksi, niin millä menetelmällä se olisit ratkaissut? Eli tuon polynomin yhtälön selvittänyt.
30. Matti19.9.2014 klo 16:15
Vastaan ennenkuin Antti ehättää. Kun otetaan annettujen lukujen perättäiset erotukset, niiden perättäiset erotukset, niiden perättäiset erotukset jne, huomataan, että saadaan lopulta rivi, jonka kaikki luvut on samat. Siitä päätellään, että annetut luvut toteuttavat erään neljännen asteen polynomin. Kirjoitetaan siis y=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e. Sijoitetaan x:lle annetun jonon alusta viisi ensimmäistä lukua. Saadaan viisi yhtälöä viidelle tuntemattomalle a, b, c, d ja e.
31. Matti19.9.2014 klo 17:27
Loppu meni väärin, korjataan. Sijoitetaan x:lle peräkkäin arvot 1, 2, 3, 4 ja 5, ja y:lle annetun jonon viisi ensimmäistä termiä, vastaavasti. Saadaan viisi yhtälöä viidelle tuntemattomalle a, b, c, d ja e.
32. Jukkis19.9.2014 klo 20:33
Ei tarvi ratkoa viittä tuntematonta. Kun todetaan, että viidennen kertaluokan erotukset on kaikki nollia, voidaan heti kirjoittaa ettäa(j)-5*a(j-1)+10*a(j-2)-10*a(j-3)+5*a(j-4)-a(j-5)= 0
Kertoimet saadaan Pascalin kolmiosta, nyt sen 6:nnelta riviltä.
Jos N:nnen kertaluokan erotukset menee nolliksi, niin sitten tulee vastaava lauseke, jossa on termit a(j-N):ään asti ja kertoimet saadaan Pascalin kolmion riviltä N+1. Summassa joka toinen merkki on miinus.
Tuon differenssiyhtälön ratkaisu sitten on polynomi, mutta ei sitä tarvita jonon jatkamiseksi.
33. Matti19.9.2014 klo 20:44
Joo, näin on. Jos halutaan ratkaisu suljetussa muodossa, pitää ratkaista lineaarinen yhtälöryhmä. Mutta jonoa voidaan jatkaa Jukkiksen differenssiyhtälöllä mielivaltaisen pitkään.
34. Jukkis19.9.2014 klo 21:58
Osaatko sinä Matti kertoa todennäköisyysmatemaattista perustelua tuolle "jos arvotaan N lukua, niin niiden maksimin odotusarvo on N/(N+1)" -jutulle? En itse oikein keksi.
35. Matti19.9.2014 klo 22:20
Olkoon arvottavat luvut satunnaissuureita f1, f2, f3 ja f4, ja näiden maksimi M. Todenn. että f1<x = x. Todenn. että M<x = todenn. että f1, f2, f3, f4 ovat jokainen <x = x^4. M:n tiheysfunktio on tämän derivaatta 4x^3, ja odotusarvo integr(0 to 1) x*4x^3 = 4/5.
36. Antti20.9.2014 klo 17:51
Jukkis, vastaan. Matti kirjoitti: "Kirjoitetaan siis y=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e. Sijoitetaan x:lle annetun jonon alusta viisi ensimmäistä lukua. Saadaan viisi yhtälöä viidelle tuntemattomalle a, b, c, d ja e."
En sijoita x:lle viittä annettua arvoa enkä ratkaise viittä yhtälöä, vaan haen Excelin ratkaisimella viisi arvoa, a, b, c, d, e, jolla polynomi antaa oikean arvon.
37. Antti26.9.2014 klo 06:57
1, 2, 4, 6, 12, 14, 20, 22, 26, 34, 36, ?
38. Jukkis27.9.2014 klo 21:35
Pari kertaa tuota edellistä olen pähkäillyt. Ei aukene, en pähkäile enempää.
39. Antti27.9.2014 klo 23:01
{c(j)}={1, 2, 4, 6, 12, 14, 20, 22, 26, 34, 36, ...}{b(j)}={c(j)+1}={2, 3, 5, 7, 13, 15, 21, 23, 27, 35, 37, ...}
{b(j)} on helpommin huomattavissa kuin {c(j)}
Kun {b(j)} on selvitetty, {c(j)} = {b(j)-1}.
40. Jaska28.9.2014 klo 13:14
Arvauspohjalta on helppoa jatkaa 43, 47, 49, mutta punainen lanka on siis kateissa.
41. Antti28.9.2014 klo 16:59
Lanka on vielä kateissa.
42. Jukkis29.9.2014 klo 18:03
Vielä kerran tuota tyhmänä katselin ja ehkä keksin. Jatkunee että..., 44, 50, 52, 56, ...
43. Jaska29.9.2014 klo 21:15
Eikös se ole kuitenkin 45, 51, 53, 57...
44. Jukkis29.9.2014 klo 22:48
Ei. Tehtävähän on asetettu 26.9.2014 klo 06:57.
45. Jaska29.9.2014 klo 22:57
No kappas kun taas pätki. Alkuperäisen asetuksen mukaan ratkaisu tietysti piti löytää.
46. Antti30.9.2014 klo 06:59
Oikein, Jukkis!{a(j)} on {j:s alkuluku} ja
ratkaisu on {b(j)} ={a(j) 8-järjestelmään muunnettuna}.
47. Antti30.9.2014 klo 07:03
Oikean ratkaisun annoit 29.9.2014 klo 18:03
48. Jaska30.9.2014 klo 11:50
Arvaa, ellet tiedä:)7, 11, 17, 27, 31, 37, 51, 57, 61, 67, 81, 87, 91, 107, ?
49. Antti30.9.2014 klo 12:13
Arvaus:111, 117, 131, 137, 151, 157, 161, 167
50. Jaska30.9.2014 klo 12:22
Antin arvaus ei osunut. Vääränvärinen lankakerä!
51. Jaska30.9.2014 klo 22:01
Antin arvauksessa on monta oikeaa lukua. Jatkoa:117, 127, 131, 137, 151, 161, 167, 177, 187, 191, 201. . .
Jonon lukujen viimeiset numerot ovat myös jatkon jatkossa joko 1 tai 7, mikä tosin voi myös vaikeuttaa kupletin juonen löytämistä.
52. Jaska2.10.2014 klo 03:15
Heräsin painajaiseen, jossa tuo jatkoni oli päin prinkkalaa. Niin kuin se onkin. Jotenkin olin onnistunut söhläämään päässälaskulla kymmen- ja 12-järjestelmän luvut täydelliseksi kakofoniaksi. Jatkuu oikeasti 107:n jälkeen 111, 117, 131, 141, 147, 157, 167, 171, 181.Jonon oli siis alunperin tarkoitus koostua niistä 12-järjestelmän alkuluvuista muotoa 6n+1, jotka voidaan ilmaista pelkästään kymmenjärjestelmän numeroilla. Siis erittäin vaikea korrektinakin. Virheen johdosta sitä oli mahdotonta hiffata. Äärimmäiset pahoittelut.
53. Jukkis2.10.2014 klo 09:48
Esim. 27 ei ole "12-järjestelmän alkuluku", jota termiä käytit.
54. Jukkis2.10.2014 klo 11:45
Huh. Edellinen pitää unohtaa. En tiedä mitä ajattelin. Tai tiedän, mutta en halua ajatella sitä.
55. Jaska2.10.2014 klo 12:19
Sanotaan sitten, että 12-järjestelmän luku 27 vastaa kymmenjärjestelmän lukua 31, joka on muotoa 6n+1 eli 6*5+1.Luku 27 ei siis ole kymmenjärjestelmässä alkuluku. Se on sitä 12-järjestelmässä, jossa numeroiden 0-9 lisäksi tarvitaan eri symbolit kymmenjärjestelmän luvuille 10 ja 11. Olkoot ne k ja y. 12-järjestelmän kokonaislukujono alkaa tällöin 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, k, y, 10.
Tehtävässä hypättiin siis yli niiden lukujen, joissa esiintyy k tai y. Kymmenjärjestelmän sisarjonon 6n-1 muunnoksessa olisi samalla laistoperiaatteella vain numeroon 5 päättyviä lukuja: 5, 15, 25, 35, 45, 75, 85, 95... Tehtävänä olisi siis ollut supervaikea. Symbolin käyttö paljastaisi juonen alkuunsa: 5, y, 15, 1y, 25, 35, 3y, 45, 4y, 5y...
56. Jaska2.10.2014 klo 12:43
Tehtävissäni ei liiemmin tolkkua ole ollut, mutta ihminen on vajavainen. Edellinen johtaa kuitenkin huomioon, että ei meidän Herrallammekaan järjen valo kovin kirkkaasti säteillyt siinä vaiheessa, kun hän loi Aatmille ja Eevalle 10 sormea. Miksei 12? Jos niin, meillä olisi nyt käytössä loogisempi ja käytännöllisempi 12-lukujärjestelmä, ei vähiten alkulukututkimusta helpottava.
57. Jukkis2.10.2014 klo 18:47
16 sormea olis vielä parempi. Kahdeksankin olis aika hyvä.
58. Antti3.10.2014 klo 06:02
Jaska ja Jukkiskin, Lieneeköhän sormien suositeltavimpana lukumääränä pidettävä sitä lukua, joka on lukujärjestelmän kantaluvuksi sopivin.
59. Jaska3.10.2014 klo 11:25
Antti, et tainnut ymmärtää. Sinä lähdet siitä, että sopivin kantaluku kymmensormiselle ihmiselle on 10. Selvää onkin, että se oli vailla muita laskennan apuvälineitä olevalle kymmensormiselle alkuihmiselle paras. Eristyksissä eleleville Amazonian ja Uuden Guinean villiheimoille se on edelleen sopivin. Ei se minuakaan siihen tottuneena haittaa.JOS ihmisellä olisi 12 sormea, kantaluvuksi olisi taatusti tullut 12. Joka siis olisi minun mielestäni parempi kuin 10.
60. Antti3.10.2014 klo 14:11
Jaska, ymmärsin alkuperäisen viestisi. Olen sitä mieltä, että ihmiselle sopivin sormien määrä on 10, kuten viisas Luoja on aivoitellut, mutta en ole sitä mieltä, että 10 olisi parempi lukujärjestelmän kantaluku kuin 12.
61. Matti3.10.2014 klo 16:28
"Luku 27 ei siis ole kymmenjärjestelmässä alkuluku. Se on sitä 12-järjestelmässä ..." No ei ole. Jaottomuudella ei ole mitään tekemistä lukujärjestelmän kanssa. (Viulisti voisi tykätä, jos sormia olisi kuusi.)
62. Jaska3.10.2014 klo 18:23
Matti tulkitsee minun tarkoittaneen, että kymmenjärjestelmän jaollisen luvun vastine on 12-järjestelmässä alkuluku. Sanamuotoiluni salli siis tämän väärän tulkinnan. Täsmennän. 12-järjestelmän alkulukua 27 vastaa kymmenjärjestelmässä alkuluku 31. Kymmenjärjestelmän jaollista lukua 27 vastaa 12-järjestelmässä jaollinen luku 23.
63. Matti4.10.2014 klo 20:18
Jaska, joo, nyt tajusin.
64. Matti4.10.2014 klo 20:30
Urpoa houkutellaan taas pelaamaan. Hänellä on edessään 10 suljettua kirjekuorta, ja jokaiseen on arvotta satunnaisluku väliltä [0,1], tasaisesta jakautumasta ja toisistaan tilastollisesti riippumattomasti.Urpo aukaisee ensimmäisen kuoren ja katsoo luvun. Nyt hänellä on kaksi mahdollisuutta. Joko hän hyväksyy saamansa luvun ja lopettaa pelin, jolloin hänen voittonsa on tuo luku kertaa 1000 euroa.
Tai sitten hän heittää luvun roskiin ja avaa uuden kuoren, jolloin hänellä on taas kaksi mahdollisuutta. Ja niin edelleen.
Millä strategialla voiton odotusarvo on suurin? Paljonko se on, eli paljonko Urpon kannattaa peliin osallistumisesta maksaa?
Strategia on sääntö joka kertoo, kannattaako jatkaa vai ei, kun tiedetään viimeisin aukaistu luku ja vielä suljettuna olevien kuorien lukumäärä.
65. Jaska4.10.2014 klo 23:03
Strategian lähtökohta kai on, että Urpolle ilmoitetaan tasaisen jakauman satunnaisen arvonnan kohteena olevien lukujen lukumäärä n, eihän siinä muuten mitään strategiaa pysty käyttämään. Ilman tietoa kaikista mahdollisista voittosummista Urpo ei pysty päättelemään, millä todennäköisyydellä ekan kuoren jälkeen hän voittaa enemmän.Onko arvonta arovotuksi tulleen luvun poissulkeva lottoarvonnan tapaan?
66. Matti4.10.2014 klo 23:12
Kirjekuoria on 10, ja jokaiseen on arvottu reaaliluku 0<x<1. Niitä auotaan yksi kerrallaan peräjälkeen, kunnes Urpo päättää lopettaa, tai kunnes kaikki kuoret on avattu. Hylätyt luvut ovat poissa pelistä, ja ne heitetään roskiin. Olikohan tämä vastaus kysymykseen.
67. Jaska5.10.2014 klo 12:14
"Kannattaa maksaa" = pelinjärjestäjän määräämä pelipanos maksimissaan. Jos Urpo hyväksyy panoksen, se tarkoittaa, että toisin kuin Urpo pelinjärjestäjä ei hallitse integraalilaskentaa eli jää pitkässä sarjassa tappiolle. Minä olen myös niin urpo, etten osaa tätä mahdollisesti yksinkertaistakaan kaavaa kehitellä. Selvää on kuitenkin, että odotusarvoltaan voittoisan panoksen on oltava pienempi kuin 10/11*1000 euroa (vrt Matti 19.9 22:20). Muutenhan Matti ei tehtävää olisi antanut.Ihan lonkalta arvioiden hyväksyisin empimättä panoksen 700 euroa edellyttäen, että osallistumiskertojen määrä ei olisi rajoitettu. Strategia on tietysti lopettaa peli, jos/kun yli 700 euron kuori on avattu.
68. Jaska6.10.2014 klo 13:37
Miks muuten "reaaliluku"?
69. Jaska7.10.2014 klo 17:31
Äsken lenkillä pähkäilin noita kertoimia luonnollisilla luvuilla. Taas lonkkatuntumalla päädyin hyväksymään vaadittaessa 800 euron panoksen. Suurin luku osuu väliin 0,8-1 todennäköisyydellä 1-(8^10/10^10) eli suhde on karkeasti 9/10. Taas lonkkatuntumalla yhdeksän kierroksen nettovoitto on tällöin keskimäärin selvästi suurempi kuin kymmenen avatun kuoren tuottama tappio.
70. Jaska7.10.2014 klo 17:45
Siis kymmenennen eli viimeiseksi avattavaksi jääneen kuoren.
71. Jukkis8.10.2014 klo 13:07
Suoritinpa simuloinnin. Kriteerinä käytin "Lopeta, kun saat luvun, joka suurempi kuin x". Jos ei tule suurempaa kuin x, niin sitten mennään loppuun asti, jolloin tulokseksi jää 10:s luku.Laitoin Matlabin pelaamaan eri x:n arvoilla ja totesin, että paras x on jossain välillä 0.7 ... 0.8. Sitten laitoin pelaamaan 100000 kertaa x:n arvoilla välillä 0.7 ... 0.9 (x:n askel 0.001). Matlabilta kesti aika kauan tämä mennä läpi, kun en pahemmin optimoinut koodia, mutta lopulta tuloksena tällainen kuvaaja:
_http://aijaa.com/02T6fX
Vaaka-akselilla kriteeri x, pystyakselilla saadun tuloksen keskiarvo.
Eli optimikriteeri olisi suunnilleen "lopeta kun saat 0.77 tai enemmän", jolloin voittaa keskimäärin noin 849 euroa.
Monimutkaistamalla lopettamiskriteeriä luultavasti saa paremman tuloksen. esim. periaatteella "lopeta kun saat enemmän kuin x, mutta jos et vielä N:nnelläkään kerralla saa tuota, niin siitä eteenpäin lopeta, kun saat enemmän kuin y."
Ei takuuta, voi olla, että simulaationi toimii väärin, en hirveästi testannut, kun sain koodin kirjoitettua.
72. Matti8.10.2014 klo 20:43
Mielenkiintoisia simulointeja. Mutta se optimaalinen x pienenee joka askeleella, kun viimeinen kuori lähenee. Palaan aiheeseen alkuviikolla.
73. Jukkis9.10.2014 klo 10:49
Kokeilin tällaista simulointia: Jos eka numero > 0.9, lopeta. Jos toka numero > 0.8, lopeta. Jos kolmas numero > 0.7, lopeta. Jne, kunnes: Jos yhdeksäs numero > 0.1, lopeta.Tulos: 0.817.
Eli ei parempi. Simuloimalla tuskin optimia kovin äkkiä löytyy, joten kiinnostaa, löytyisikö tosiaan eksakti analyyttinen ratkaisu. Varmaankin se on sitten niin simppeli, että ihan hävettää.
74. Jaska9.10.2014 klo 12:18
Jaa että pitäisi optimoida aina uudelleen jokaisen kuoren jälkeen. Alkutilanne x1 on, jios oikein ymmärsin, kymmenen luvun hajonnan suurimman luvun keskiarvo. Jos eka kuori jää sen alle, Pitää laskea x2 yhdeksästä luvusta, jos jää alle, x3 kahdeksasta jne. Huono homma.
75. Jaska9.10.2014 klo 12:35
Käännän heti kelkkani. Se voi tietysti olla hieno homma siitä huolimatta, että minä en sitä osaa laskea. Optimoinnin pitää joka tapauksessa perustua mahdollisen kierroskohtaisen tappion minimoimiseenn. Siis x:n ja viimeisimmän avatun kuoren luvun erotukseen.
76. Matti9.10.2014 klo 19:32
Ratkaisu on yksinkertainen ja elegantti. En pääse nyt koneen ääreen, joten alkuviikosta lisää. Ehkä tämän jo siihen mennessä selvitättekin.
77. Jukkis9.10.2014 klo 20:24
Ehkä keksin strategian. En kyllä vielä keksinyt, miten saa tarkan arvon voiton odotusarvolle, mutta simulointi antaa ymmärtää sen olevan noin 853 euroa.
78. Jukkis9.10.2014 klo 23:02
Sain kenties laskettua tarkan arvon, se on 853.55 euroa. En kyllä osaa oikein selittää, mistä tuo tulee. Tai osaan, mutta perustelut on vielä vähän ilmassa.
79. Jukkis9.10.2014 klo 23:21
Tarkka arvo murtolukuna on 781/915 kertaa 1000 euroa.Matti saa sitten esittää tuolle elegantin perustelun. Tai jos tuo meni väärin, niin sitten jollekin muulle vastaukselle.
80. Matti9.10.2014 klo 23:57
Jospa nyt yritän tällä puhelimella kirjoitella. Jos jäljellä on enää yksi kuori, pelin odotusarvo on a1=0,5. Jos kaksi kuorta, niin lopetetaan jos saadaan >0,5 (todenn. 0,5), muuten jatketaan ( todenn. taas 0,5), ja viimeisen kuoren odotusarvo=0,5. Siis a2=0,5*0,75+0,5*0,5=0,625. Yleinen askel on a(n+1)=(1-a(n))*(1+a(n))/2+a(n)^2 eli a(n+1)=(1+a(n)^2)/2. Optimaalinen odotusarvo = a(10). Mulla ei ole nyt Exceliä enkä voi tuota laskea ja verrata teidän lukuihin. Kertokaa kuinka kävi.
81. Matti10.10.2014 klo 00:01
Niin, ja olisikohan tuo differenssiyhtälö ratkaistavissa suljetussa muodossa? Minulta ei onnistunut.
82. Matti10.10.2014 klo 00:10
Selvennän vielä sen verran, että tässä siis lähdetään lopusta liikkeelle ja peruutetaan selkä edellä kohti alkua.
83. Jukkis10.10.2014 klo 10:45
Tuosta tulee 0.861098.Aika lailla samalla tavalla lähestyin asiaa, mutta yhdessä kohdassa ajatus meni vähän pieleen, joten päädyin hiukka eri lukuarvoihin noille a1 ... a10:lle.
84. Jaska10.10.2014 klo 12:21
En oikein käsitä Matin pakitusideaa. Siinä operoidaan ensimmäkin todennäköisyyksillä 1/2. Matilla siis kahden viimeisen kuoren odotusarvo oli 0.625. Aivan sama tulos on millä thansa kuoriparilal, siis myös kahdella ensimmäiseksi avattavalla. Samoihin tuloksiin päädytään siis niin pakittamalla kuin alusta etenemälläkin.Tehtävässä pitää siis etsiä luku, joka antaa keskimäärin omat pois. Pnaoksen tulee olla sitä pienempi, summa riippuu tuottoprosenttitavoitteesta, joka tehtävässä myös pitäisi mainita. Mika se on Matin tuloksella?
85. Jaska10.10.2014 klo 12:43
... vai onko se luku, jota suurempien tulosten keskiarvo on sama kuin sitä pienempien keskiarvo?Ja jos on, Jukkiksen käyttämän akselin pistevälillä 0,001 pitäisi suhteen 860 yli 10 per 1000 yli 10 täytää tämä ehto.
86. Jukkis10.10.2014 klo 12:44
Ei se noin mene. Ei tämä ole symmetrinen tilanne. Kun eka kuori on avattu, on jäljellä vielä 9. Kun toiseksi viimeinen on avattu, on jäljellä enää yksi.Ja tommoisen tuottoprosentin miettiminen ei tuo hitustakan lisäarvoa tähän pähkinään. Joka oli oikein hyvä pähkinä.
87. Jukkis10.10.2014 klo 12:46
Tuo minun oli kommentti Jaskan edelliseen, klo 12:21. Jaskan jälkimmäisestä kommentista en äkkiä lukien ymmärrä oikein mitään. Ja vielä vähemmän sen jälkimmäisestä kappaleesta.
88. Jaska10.10.2014 klo 13:38
Aivan ensinnä haluan pahoitella kaikille edellisten höpinöideni lyöntivirheitä, jotka johtuivat häiriötilanteesta. Kuitenkin voitan kyseisen haluni ja jätän siis pahoittelematta.Toiseksi on täysin mahdollista, että puolestani ymmärsin väärin Matin laskutavan idean. Selvää on kuitenkin, että jos kahdeksan kuorta on heitetty roskiin, niissä kaikissa on ollut odotusarvon alittava luku, vai miten on? Pakittamalla päädytään ensimmäisen avattavan kuoren odotusarvoon, joka on... niin mikä?
Selitystä. Kymmenen alkion kombinaatioita tuhannesta on peräkkäisten lukujen 991-1000 tulo per peräkkäisten lukujen 1-10 tulo. Näin monta erilaista kymmenen luvun hajontatapausta on siis kaikkiaan. Sitten vain kone laulamaan ja hakemaan ehdon täyttäviä osakombinaatioita.
89. Antti10.10.2014 klo 14:11
Jukkis sai tulokseni kanssa saman tuloksen: 0,8611.
90. Jaska10.10.2014 klo 18:37
Voimme siis olettaa, että se on oikein, eli pitkässä sarjassa 860 euron pelipanoksella jää voitolle. Mitkä ovat kahdeksan ekan kuoren raja-arvot kuori kuori kuorelta, joiden alittuessa pitää jatkaa peliä?
91. Antti10.10.2014 klo 18:54
0,5 0,625 0,6953 0,7417 0,7751 0,8004 0,8203 0,8364 0,8498 0,8611
92. Antti10.10.2014 klo 18:54
0,5 0,625 0,6953 0,7417 0,7751 0,8004 0,8203 0,8364 0,8498 0,8611
93. Jaska10.10.2014 klo 19:16
Tätä pelkäsinkin. Siis jos ekassa kuoressa on 0,51, peli pitää lopettaa siihen. Ei tunnu kovin järkevältä strategialta.
94. Jukkis10.10.2014 klo 19:19
Toisin päin. Jos ekassa on 0,8611 tai enemmän, niin sitten kannattaa lopettaa siihen.
95. Jukkis10.10.2014 klo 23:08
Semmoinen outous tässä on, että kun muutaman miljoona kertaa pelaa tuolla Matin strategialla, niin tuloksen keskiarvo on noin 0,858. Siis ei 0,8611. Siinä miettimistä.Generoitujen satunnaislukujen keskiarvo on neljän desimaalin tarkkuudella 0,5, joten tuskin on kyse simulaation epätarkkuudesta. Voi kyllä olla kyse jostain pikku ajatusvirheestä simulointiohjelmassa. Paitsi että tuskin on.
96. Jaska10.10.2014 klo 23:38
Voisko tiheydellä lusikkansa sopassa olla. Tuloshan käsittääkseni laskee kohti äärettömän raja-arvoa, kun tiheys kasvaa.
97. Matti10.10.2014 klo 23:45
Ihan mielenkiintoinen tuo ero simuloinnin ja suoran laskennan välillä. En nyt osaa siihen mitään sanoa. Simuloinnille kai voidaan laskea 99,9% varmuusväli, vai? Mikä se lienee. Suora laskenta on aika simppeli, mutta voihan siinäkin jotain häikkää olla.
98. Jaska11.10.2014 klo 00:11
Satunnaisarvotaan kokonaisluvuista 1-20 kymmenen kokonaislukua ilman takaisinpanoa. Orpo (ei Petteri) voittaa eurosumman suurin arvottu luku*50. Mikä on maksimipanos tasaeuroja, jolla Orpo jää pitkässä sarjassa voitolle?
99. Matti11.10.2014 klo 01:33
Sain maksimin odotusarvoksi 17,5 ja pelivoitoksi 875 euroa. Tiedä sitten teinkö virheitä. Jukkishan tämän simuloi käden käänteessä.
100. Jaska11.10.2014 klo 11:00
Sain itse selvästi poikkeavan tuloksen kaavalla, joka antaa eksaktin tuloksen useiden desimaalien tarkkuudella. Laskuvirhettä en mielestäni tehnyt. Olen aika vissi, että simulointi osuu lähemmäksi omaa tulostani.
101. Matias-Myyrä11.10.2014 klo 12:06
Tekaisin C-kielellä pikkuohjelman tuosta Matin 10 kuoren ongelmasta. Käytin noita Antin (10.10.2014 klo 18:54) kertoimia. Pistin ohjelman laskemaan sata miljoonaa kertaa luupissa.10 ajokerralla ohjelma antoi tämmöiset tulokset:
861.125
861.124
861.109
861.087
861.083
861.112
861.123
861.088
861.108
861.096
102. Jukkis11.10.2014 klo 12:36
OK. Mulla selvästi joku pikku häikkä omassa simulointiohjelmassa.
103. Jukkis11.10.2014 klo 21:37
Tuohon Jaskan pähkinään klo 00:11 sain simuloinnilla odotusarvoksi noin 19.09.Ja sitten analyyttisesti sain 19.09090909090909......, joten ehkäpä tämä simulointi nyt toimi oikein.
Hassusti sanottu tuo Jaskan "...antaa eksaktin tuloksen useiden desimaalien tarkkuudella".
104. Matti12.10.2014 klo 00:21
Nyt mäkin sain Jaskalle 19,090909 ... Vähän outoa on, että keskiarvo on noin lähellä maksimia 20, mutta noin se nyt vaan on.
105. Jaska12.10.2014 klo 00:26
Sanoinko noin? Taisi olla joku sivupersoonistani. Sekopäistä logiikkaa, vaikka totta onkin. Pöytälaskimeni täräyttää näet noita desimaaleja 9 kpl, kun sattuu kohdalle päättymätön desimaalilukuJukkiksen analyyttinen (siis oliko tätä puolikkaiden puolitusta) tulos on oikein. Tehtävän oikea vastaus olisi siis 954 euroa, kun raja-arvosumma on 19,090909...* 50 = 954,545454... euroa.
Oma ratkaisu laskemalla kombinatorisesti kaikkien 20 yli 10 jakaumien (184576) suurimpien lukujen (10-20 eli 11 kpl) esiintymiskertojen lukumäärät. Ne kerrotaan ko. luvulla, ynnätään tulot ja jaetaan summa/184756. Tähän meni pöytälaskimella muutama minuutti. Tietokoneohjelmalla samassa ajassa päästäneen suuruusluokkaaan kymmennumeroinen yli 10?
Äärettömän raja-arvo voidaan tällä(kin) metodilla tarkentaa niin monella desimaalilla kuin halutaan. Jukkiksen simulointihan oli pistetiheydellä 0.001, vai oliko. Äärettömän raja-arvo on siis analyyttisen ratkaisun mukaan neljällä desimaalilla 0,8611, jos laskut ovat oikein.
106. Jaska12.10.2014 klo 00:46
Jos ajatellaan, että väliin 1 - 0,8611xxxxxxxxx.... mahdutetaan ääretön pistetiheys, maksimia lähellä olevat hyvin harvan pistevälin lukemat eivät enää kummastuta.
107. Jukkis12.10.2014 klo 10:39
Ei mulla simuloinnissa mitään "pistetiheyttä" ole. 8.10.2014 klo 13:07 oli, mutta siinä oli kyse ihan eri asian simuloinnista.
108. Jaska16.10.2014 klo 13:39
Palaan vielä Matin kaavaan ja sen mukaan laskettuihin lukuihin (Antti Antti 10,10 18:54). Siihen verrattuna jokin mättää omissa laskelmissani:Peliin osallistuu (suuri) joukko pelaajia. Kaikille arvotaan itsenäiset luvut erikseen. Peliä siis jatkaa toisen luvun arvontaan 0,8611 pelaajista, joten ekaan lukuun lopettaa 0,1389. Jatketaan samaan tapaan viimeiseen lukuun, jonka jälkeen kaikki ovat lopettaneet pelin. Lopettaneiden summaksi saan Antin luvuilla 0,95, kun pitäisi tietysti olla 1. Onko minulla lasku- vai päättelyvirhe?
109. Jukkis16.10.2014 klo 17:19
Jos pelaajia on miljoona, niin lopettajien (eli niiden jotka saa kierroksen lopettamiskriteeriä suuremman luvun) määrä kymmenellä kierroksella on:138900
129337
119716
109985
100212
90376
80454
70392
60236
50196
Näiden summa on 949804. Mutta tähän pitää lisätä ne 50196, jotka vikalla kierroksella saa pienemmän luvun kuin 0,5. Silloin summaksi tulee tasan miljoona.
110. Kutka voittaa16.10.2014 klo 18:28
Kertokaa vielä paljonko kukakin jäävoitolle ja kuka.
Sekä että onko Veikkauksen minimipanos
861 euroa kyseisessä pelissä.
111. Jaska16.10.2014 klo 19:07
Joo kiitos, olisi pitänyt osata laskea, että puutos oli just sama kuin oma vika summa, joka ei ollut vikasumma, vaan oikea.
112. Jaska16.10.2014 klo 23:31
Oikeastaan Kutka voittaa esitti osittain asiallisen kysymyksen. Ilman päättely- ja näppäilyvirheitä pöytälaskurilla voitolle jää miljoonasta pelaajasta keskimäärin 768982, ne jotka voivat ohjeenmukaisesti lopettaa pelin ennen kahdeksatta arvottavaa lukua. Ekaan palloon lopettavat nettoavat 861.1 euron panoksella keskim. 69.45 euroa, seitsemänteen lopettavat 9,75 euroa. Muut siltä väliltä. 8.-10. lukuihin lopettavat jäävät siis tappiolle ja alentavat siis miljoonan pelaajan keskimääräsitä nettovoittoa. Saapas nähdä, kuinka paljon?
113. Jaska17.10.2014 klo 13:16
Meninpä taas "vaihteeksi" metsään laskiesani keskimääräisiä lunastuksia. Ei 69,45, vaan n. 69,5 euroa voittavat ekaan lukuun lopettavat. Kaikki luvut vastaavasti korjattuna johtavat lopputulokseen plus minus nolla, eli kaikki miljoona pelaajaa jäävät keskimäärin omilleen. Niin kuin raja-arvon mukaisella pelipanoksella pitääkin.Kutkalle tiedoksi, että Veikkaus Oy järjestää pelejä, joissa "suomalainen voittaa aina." Tarkoittaa tosin suurimmalle osalle suomalaisista välillisesti voittamista.
114. Antti21.10.2014 klo 17:10
6, 12, 60, 60, 210, 168, 504, 360, 990, ?
115. Jaska21.10.2014 klo 21:09
660
116. Antti22.10.2014 klo 00:37
Oikein, Jaska!
117. Antti22.10.2014 klo 08:25
Kertooko vielä Jaska tai joku toinen, miten seuraaja on ollut löydettävissä?
118. Jaska22.10.2014 klo 11:31
JokA toinen.
119. Antti23.10.2014 klo 05:20
Saanemmeko selvityksen oikeasti?
120. Jaska23.10.2014 klo 10:42
Siis kaksi jonoa, joiden luvut vuorotellen.
121. Antti23.10.2014 klo 11:12
Jonoa en saanut kahdesta jonosta, vaan yhdestä. Jatkettaisiinko, Jaska, vielä kymmenellä seuraavalla nähdäksemme, tarkoitammeko samaa.660, 1716, 1092, 2730, 1680, 4080, 2448, 5814, 3420, 7980, 4620, ?
122. Jaska23.10.2014 klo 15:59
eka jono:6, 60, 210, 504, 990, 1716, 2730, 4080, 5814, 7980
kolmas erotusjono 48, 48, 48...., joten alkuperäisen seuraava 10626
toka jono:
12, 60, 168, 360, 660, 1092, 1680, 2448, 3420, 4620
kolmas erotusjono 24, 24, 24...., joten alkuperäisen seuraava 6072
Epäilemättä Antilla on oikea kaava yhdelle yhdistetylle jonolle. Oma simppeli ratkaisuni tuottaa joka tapauksessa saman tuloksen.
123. Antti23.10.2014 klo 19:59
Jaskan jonon kanssa saman jonon antaa seuraava:a(j) = pienin.yht.jaettava (j; j+1; j+2)
124. Antti30.10.2014 klo 13:46
2, 12, 14, 104, 106, 116, 118, 1008, 1010, ?
125. Jaska30.10.2014 klo 21:55
1110 noin vaistonvaraisesti.
126. Wexi30.10.2014 klo 22:05
Vaistonvaraisesti ...1010, 10100, 10102, 101002 jne.
127. Antti31.10.2014 klo 07:13
Ei aivan, Jaska.Ei aivan, Wexi.
128. Matti3.11.2014 klo 00:48
Rupesi sen verran kiinnostamaan tuon Antin jonon p.y.j. ( j,j+1,j+2) esitys kahdella vuorottelevalla kolmannen asteen polynomilla, että aloin tutkia asiaa. Kovin syvään ei pintaa tarvinnutkaan raaputtaa.Oikeastaan heti nähdään, että jos j on pariton, p.y.j. (j,j+1,j+2) = j*(j+1)*(j+2). Tämä on Jaskan ensimmäinen polynomi.
Ja yhtä helppo on vakuuttua siitä, että jos j on parillinen, p.y.j. (j,j+1,j+2) = j*(j+1)*(j+2)/2. Tämä on Jaskan jälkimmäinen polynomi.
Jos Antin jonon joka toisen luvun kertoo kakkosella, saadaan jono j*(j+1)*(j+2).
129. Antti3.11.2014 klo 06:25
Matilta hyvä huomio:Jos j on pariton, p.y.j. (j,j+1,j+2) = j*(j+1)*(j+2).
Jos j on parillinen, p.y.j. (j,j+1,j+2) = j*(j+1)*(j+2)/2.
Myös ratkeaa viimeiseni kahta jonoa käyttäen.
130. Antti6.11.2014 klo 12:25
Viimeisen ongelmani ratkaiseminen ei ole ollut kiinnostavaa.Ratkaisu:
u(j) = j
v(j) = 2-järjestelmään muunnettu j 10-järjestelmän luvuksi tulkittuna
a(j) = u(j) + v(j)
131. Jukkis6.11.2014 klo 14:40
Tämä viimeinen jono oli näin ratkaisun nähtyä ihan kiva ja hyvin keksitty. Mutta eihän näitä millään jaksa kovin paljon miettiä kun on niin monta mahdollista tapaa, jolla jono on voitu muodostaa, eikä oikein ole muuta keinoa ratkaisua hakea kuin arvailla tuota jonon muodostamismenetelmää. Tai on toinen keino: hakea OEIS:stä, se näköjään ei nyt toiminut.
132. Jaska6.11.2014 klo 15:21
Antti ilmeisesti olettaa, että hänen tehtäviensä ratkaisemattomuus tarkoittaa aina niiden kiinnostamattomuutta. Asia ei ole niin. Tämä viimeisinkin kiinnosti pitkään, varmaankin pari - kolme tuntia. Ratkaisu jäi kuitenkin oivaltamatta, vaikka binäärijärjestelmäkin kävi mielessä.Mikä yhteinen ominaisuus seuraavan jonon alkuluvuilla?
2, 3, 5, 7, 17, 47, 103, 107, 137, 283, 313, 373, 397, 443, 467, 577, 593, 653, 773, 787...
133. Jaska6.11.2014 klo 15:43
Normaalin huolimattomuuteni johdosta putosi 23. Alku siis 2, 3, 5, 7, 17, 23, 47...
134. Jukkis6.11.2014 klo 17:11
"Mikä yhteinen ominaisuus seuraavan jonon alkuluvuilla?"Se, että ne on alkulukuja.
135. Antti8.11.2014 klo 05:39
Jaska, kysymyksesi on vaikea.
136. Jaska8.11.2014 klo 11:28
On se, niin kuin Jukkiksenkin vitsailusta ilmeni. Ratkaisu liittyy kaksosiin.
137. Antti16.11.2014 klo 09:29
Jaskan kysymyksen vastausta odoteltaessa tarjoan seuraavaa:Minkä 4x1 matriisin ja minkä 1x4 matriisin tulo on
6 6 21 9
2 2 7 3
-2 -2 -7 -3
10 10 35 15
138. Antti16.11.2014 klo 09:30
[S on liikaa]
139. Jukkis16.11.2014 klo 10:45
Sellaiselle, jolle matriisit ja niiden kertolasku on outo asia, mahdoton tehtävä. Sellaiselle, jolle se on tuttu asia, ihan triviaali tehtävä.
140. Jukkis16.11.2014 klo 10:47
Varsinaiseksi pähkinäksi tässä muodostuu se, mitä tarkoittaa tuo "[S on liikaa]". En kyllä keksi.
141. Antti16.11.2014 klo 13:10
[Jukkis: Triviaalin tehtäväni tulostukseen järjestelmäni lisää tulomatriisin sinisellä kirjoittamansa 4. rivin lukujen vasemmalle puolelle alkuun S-kirjaimen.]
142. Antti16.11.2014 klo 13:10
[Jukkis: Triviaalin tehtäväni tulostukseen järjestelmäni lisää tulomatriisin sinisellä kirjoittamansa 4. rivin lukujen vasemmalle puolelle alkuun S-kirjaimen.]
143. Antti16.11.2014 klo 13:10
[Jukkis: Triviaalin tehtäväni tulostukseen järjestelmäni lisää tulomatriisin sinisellä kirjoittamansa 4. rivin lukujen vasemmalle puolelle alkuun S-kirjaimen.]
144. Antti16.11.2014 klo 13:10
[Jukkis: Triviaalin tehtäväni tulostukseen järjestelmäni lisää tulomatriisin sinisellä kirjoittamansa 4. rivin lukujen vasemmalle puolelle alkuun S-kirjaimen.]
145. Jukkis16.11.2014 klo 14:07
Tuo selitys tekee asian vieläkin mysteerisemmäksi. Miksi se järjestelmä kirjoittaa 4. rivin luvut sinisellä? Mikä ihme järjestelmä? Tulostukseen? Paperilleko sinä näitä tulostat?
146. Antti16.11.2014 klo 16:08
[Jukkis: Näyttöön tulostan. Ensimmäistä kertaa nyt näyttö oli tällainen.]
147. Jaska17.11.2014 klo 19:15
Vaikean alkulukutehtävän 6.11. ratkaisu: näillä tulo alkuluku*6 osuu alkulukaksosten väliin. Kääntäen: alkulukukaksosten väliluku/6 on alkuluku. Kaikissa muissa kaksosten väliluvuissa on siis useampia kuin kolme alkutekijää (alkuluvun n:s potenssi laskettuna yhtä moneksi alkutekijäksi).
148. Antti18.11.2014 klo 19:35
Onkohan seuraava triviaali?{a} = 2, 8, 42, ...
{b} = 0, 6, 40, ...
{c} = 2, 10, 58, ...
c-jonon määrää a- ja b-jono.
Mikä on c(4)?
149. Antti22.11.2014 klo 14:28
b(j) = a(j) - 2.Haetaan seuraava sellainen a(4), että (a(4)^2+b(4)^2)^0,5 on kokonaisluku.
a(4) = 240
b(4) = 238
c(4) = 338
150. Antti28.11.2014 klo 04:36
1, 9, 63, 001, 522, 144, 487, 6921, ?
151. Jukkis28.11.2014 klo 08:12
Olis ollut hiukka hankalampi jos neljäntenä olisi ollut 1 eikä 001.
152. Jaska28.11.2014 klo 11:31
.tuvuloimloK
153. Jaska28.11.2014 klo 11:42
.neesiot tuvuloimlok siiS
154. Antti28.11.2014 klo 16:33
Mistä "kolmioluku"-nimityksesi tulee?
155. Jaska28.11.2014 klo 17:25
Antti, kuukkeloi. Ei siis ole minun keksimäni termi.
156. Antti29.11.2014 klo 05:46
En, Jaska, ajatellutkaan "kolmioluku"-nimitystä keksimäksesi. Kyllähän "kolmioluku"-käsite Googlesta katsomalla selvisi. Sivutuotteena selkisi huutomerkittä jääneen "kuukkeloi!"-kehoituksesi merkitys.
157. Antti29.11.2014 klo 07:23
3, 4, 15, 12, 35, 24, 63, 40, 99, ?
158. Antti29.11.2014 klo 07:23
3, 4, 15, 12, 35, 24, 63, 40, 99, ?
159. Jaska29.11.2014 klo 11:44
Anteeksi laiminlyöntini, toivottavasti hyväksyt jälkitoimituksen: 48!
160. Jaska29.11.2014 klo 11:46
Anteeksi taas, tuossa piti olla kyssäri, onhan se väärin. Korjaan siis: 60.
161. Jukkis29.11.2014 klo 12:02
Tällä hetkellä kiinnostavin täällä esiintyvä pähkinä on se, että mitä ihmettä nuo Jaskan kaksi edellistä viestiä tarkoittaa.
162. Jaska29.11.2014 klo 12:31
Antti huomautti huutomerkin puutteesta kehotuksessani "Antti, kuukkeloi." Jälkitoimituksena liitin sen virheellisen ratkaisuni 48 perään. Asiatonta pelleilyä vakavalla asialla siis.Jälkimmäinen viesti oli edellisen väärän ratkaisuni korjaus. Jo on ihme, jos sitäkin pitää ihmetellä.
163. Antti29.11.2014 klo 16:21
Jaska, ratkaisit oikein, 60.
164. Antti13.12.2014 klo 19:02
15, 12, 105, 24, 315, 120, 693, ?
165. Antti16.12.2014 klo 09:41
Toisten vastaajien puutteessa vastaan.a(j) = pienin.yhteinen.jaettava(a(j), a(j)+2, a(j)+4)
166. Jukkis16.12.2014 klo 13:35
Että sellainen kaava.Nythän a(1) = 15
a(1)+2 = 17
a(1)+4 = 19
Excel sanoo että LCM(15;17;19) = 4845.
Eli saatiin yhtälö 15 = 4845. Pitäneekö paikkansa?
167. Antti16.12.2014 klo 15:34
PIENIN.YHT.JAETTAVA(15;17;19)=4845
168. Jukkis16.12.2014 klo 17:11
No niinhän mä sanoin. Joten?
169. Jaska16.12.2014 klo 17:26
4845 on siis viidestoista termi, selvä kai se. Antti jätti oman kyssärinsä vastaamatta, siis 120. Sehän kai tässä oli jujuksi tarkoitettu, että tulee sama p.y.j. toisen kerran.
170. Jukkis16.12.2014 klo 18:36
Jos a(15) = 4845, niin Antin mainion kaavan mukaana(15) = LCM(4845;4847;4849) = 113872534035.
Nyt on saatu kaksi mahtavaa tulosta:
a(1) = 15 = 4845
a(15) = 4845 = 113872534035
Ollaan jännän äärellä.
OK, oikeesti. Jos laittaa tuollaisen älyttömän pähkinän, niin voisi sen älyttömyyden lopettaa edes siinä vaiheessa kun kertoo vastauksen. Sen sijaan että laittaa tuollaisen pöljän kaavan näkyville.
171. Jaska16.12.2014 klo 18:59
Antin tarkoittamat pyjamat ovat siis:1, 3, 5 - 15
2, 4, 6 - 12
3, 5, 7 - 105
4, 6, 8 - 24
5, 7, 9 - 315
6, 8, 10 - 120
7, 9, 11 - 693
8, 10, 12 - 120
9, 11, 13 - 1287
10, 12, 14 - 420
11, 13, 15 - 2145
12, 14, 16 - 336
13, 15, 17 - 3315
14, 16, 18 - 1008
15, 17, 19 - 4845
jne
172. Jukkis16.12.2014 klo 19:05
Tuolla 16.12.2014 klo 09:41 kaavallako laskit?
173. Jaska16.12.2014 klo 19:08
En. Antille sattui siinä pikku oikosulku.
174. Antti16.12.2014 klo 20:13
Korjataan siis erhe. a(j) = PIENIN.YHT.JAETTAVA (j; j+2; j+4)
175. Matti18.12.2014 klo 22:07
Maapallon läpi porataan reikä pyörimisakselin kohdalle. Pohjoisnavalla reiästä pudotetaan kuula ilman alkunopeutta.Kauanko kestää kuulan matka etelänavalle? Mikä on kuulan huippunopeus Maan keskipisteessä?
Maapallo oletetaan homogeeniseksi massaksi, mutta muuten samankokoiseksi ja samanpainoiseksi kuin oikea Maa. Oletetaan myös, että kuulaa ei vastusta ilmanvastus eikä kitka. Tarpeelliset vakioiden lukuarvot löytyvät netistä.
176. Jaska18.12.2014 klo 22:20
Lukenut olen jostain, en muista mistä, että se etelänavalle yllä lainkaan. Alkaa siis ennen pintaa pudota takaisin kohti keskipistettä ja jää lopulta siihen.
177. Jaska18.12.2014 klo 22:20
..ettei se...
178. Jukkis18.12.2014 klo 22:40
No jos ei kitkaa ja ilmanvastusta ole, niin tottakai se yltää etelänavalle ja sitten takaisin pohjoisnavalle ja siinähän iankaiken matkustelee edestakaisin.
179. Jukkis19.12.2014 klo 09:49
Laskeskelin tätä ja päädyin samaan tulokseen, joka löytyy lukuisista nettipaikoista, jossa tätä samaa pähkinää on käsitelty.Minulle uusi tähän liittyvä asia, joka tuli vastaan on se, että edestakaiseen matkaan (etelänavalle ja takaisin) kuluva aika on täsmälleen sama kuin olisi maan pinnan tasolla maapalloa kiertävän satelliitin kiertoaika.
180. m19.12.2014 klo 21:50
Jukkis joo, näin se menee. Kuula suorittaa harmoonista liikettä, x=Acos(ωt). Se on joka hetki maan pintaa pyyhkivän, napojen kautta kulkevan, satelliitin projektio Maan pyörimisakselilla.Aika on 42min 11s ja huippunopeus 28450 km/h. Aika haipakkaa mennään. Voidaan johtaa kaavat T=π sqr(R/g) ja v=sqr(Rg). Yllättävän yksinkertaiset. R on Maan säde ja g vetovoiman kiihtyvyys.
Ai se on näin tunnettu tehtävä. Muistan lukeneeni sen joskus aikoja sitten, vuonna kivi ja keppi, Insinööriuutisten pulmakulmasta.
181. Jukkis19.12.2014 klo 22:33
Se että kiertoaika on sama kuin edestakainen aika läpi ja tuo "on joka hetki maan pintaa pyyhkivän, napojen kautta kulkevan, satelliitin projektio Maan pyörimisakselilla" ei kyllä ole ainakaan minulla mitenkään itsestään selvää. Kaavoistahan se tietysti seuraa, mutta onkohan tuolle joku ilman kaavoja esitettävissä oleva ihan järkeilyyn perustuva selitys?Onko m=Matti?
182. Jaska19.12.2014 klo 22:50
Totaalisen ummikkona tulee mieleen, että asiaan vaikuttaa kuulaan kohdistuva painovoiman vaihtelu. Siitä johtunee ainakin, että sen keskinopeus on pienempi kuin satelliitin, johon kohdistuva painovoima pysyy samana.
183. Matti20.12.2014 klo 19:58
Joo, m oli Matti. Ja Jukkiksen kysymystä itsekin pohdi, siis näkeekö suoraan vai pitääkö laskea, mutta en keksinyt (vielä?) ratkaisua.
184. Antti20.12.2014 klo 21:39
Kuinka monta ihmistä huoneessa pitää olla, että todennäköisyys, että vähintään kahdella on sama syntymäpäivä, olisi yli 0,5?
185. Jaska20.12.2014 klo 23:46
Kysymyksessä tarkoitetaan kuukauden päivää. Muistaakseni se oli 25, tsekkaan huomenna.
186. Jaska20.12.2014 klo 23:49
Siis monesko kuukauden päivä ja monesko kuukausi, kuten 20.12.
187. Antti21.12.2014 klo 07:30
Helpotuksen vuoksi ajatellaan, että vuodessa on 365 päivää.
188. Jaska21.12.2014 klo 11:36
Väärin muistin, piti olla 23.
189. Antti21.12.2014 klo 13:24
23 on oikea vastaus.
190. Antti22.12.2014 klo 15:46
Kuinka monta ihmistä huoneessa pitää olla, että todennäköisyys, että vähintään kahdella on sama syntymäpäivä, olisi yli 0,99?
191. Matti22.12.2014 klo 18:43
Mä sain 1679. n=log(0,01)/log(364/365).
192. Antti22.12.2014 klo 19:30
Kaavasi ei anna edeltävään oikeaa vastausta.log(0,5)/log(364/365) on paljon suurempi kuin 23.
Tässäkin oikea vastaus on kaavasi antamaa paljon pienempi.
193. Matias-Myyrä22.12.2014 klo 19:55
Mitä ihmettä Matti oikein ajattelit? Eihän se millään voi olla tuhansia.Jos huoneessa on 366 ihmistä, niin silloinhan on jo aivan varmaa, että siellä on ainakin kaksi samana päivänä syntynyttä (kun ei oteta huomioon sitä karkauspäivää). Eihän tuon päättelemiseen tarvita mitään laskukaavoja. Vastaus on siis pienempi kuin 366.
194. Jaska22.12.2014 klo 21:31
Päässälaskien saan luonnollisesti karkean arvion 150. Ei se hirveän kauas eksaktista osune.
195. Jaska22.12.2014 klo 22:15
Osui aika kauas. Alle 100 se on.
196. Jaska22.12.2014 klo 22:49
Kolmas kerta (melkein) toden sanoo: 54.
197. Jaska23.12.2014 klo 00:24
Kuinka monta tilaajaa Sanasepolla vähintään tulee olla, että yli 0,99 todennäköisyydellä vuoden jokaisena päivänä (365) on jonkun tilaajan syntymäpäivä?
198. Antti23.12.2014 klo 00:39
Melkein oikea vastaus ei ole tarkan vertainen. Täsmälleen oikeaa tulosta odotetaan, mielellään myös sen antavaa laskutapaa.
199. Jukkis23.12.2014 klo 11:31
Pitää etsiä pienin N, jolla 1-[(366-1)/365]x[(366-2)/365]x[(366-3)/365]x ... x[(366-N)/365] > 0.99
Excel sanoo että N = 57.
200. Antti23.12.2014 klo 11:44
Jukkis löysi kelvollisen tavan ja oikean tuloksen. 366:n paikalla saa olla 365, kun oletetaan, että ei ole karkausvuosi.
201. Jukkis23.12.2014 klo 11:48
No minä oletin että vuodessa on 365 päivää, joten tuossa kaavassa pitää olla nimenomaan 366 niissä kohdissa missä on 366. Katopa tarkemmin.
202. Antti23.12.2014 klo 12:37
Laskiessani käytössäni oli ensin 365 ja sitten 366. Kummallakin kerralla tulos oli sama, 57.
203. Jukkis23.12.2014 klo 14:24
Jos oletetaan 366-päiväinen vuosi, niin vastaus on 58.
204. Antti23.12.2014 klo 15:28
Oikein, Jukkis. 0,5-todennäköisyyden tapauksessa vastaus on kummassakin vuosiluvussa 23. Tämän muistikuvan perusteella kirjoitin edellisen, 57 kummassakin, vaikka näin ei ole.
205. Jukkis23.12.2014 klo 17:40
Jaskan probleemi olikin aika kiinnostava. Analyyttistä ratkaisua ei tuntuis kovin äkkiä löytyvän, joten piti tietysti simuloida. Tulos: noin 3805, plusmiinus muutama.
206. Jaska23.12.2014 klo 19:17
Periaatteessa haetaan x:n arvoa yhtälöstä 364/365^x = 0,01. Oma tulokseni on niin paljon pienempi kuin Jukkiksen, että virhe jommallakummalla on ilmeinen. Ekselöimällä se kai on tsekattavissa.
207. Jaska23.12.2014 klo 19:23
Ja tilaajien lukumäärää kun haetaan, pitää lisätä 1 eli se ensimmäinen tilaaja. Olisi kiva tietää, kuka on ko. sanaseppohistorian merkkihenkilö, jos ei kieltäydy sellaisesta julkisuudesta.
208. Jaska23.12.2014 klo 19:31
Peruutus, ei tarvitse lisätä kokonaista henkilöä, vaan pyöristää ylöspäin. Silti merkkihenkilön nimen voisi hänen luvallaan julkaista, etenkin jos on tunnetuimpia sanaseppoja.
209. -23.12.2014 klo 19:41
[Henkilöä pitää pyöristää ylöspäin? Siis laitetaanko selälleen makaamaan parketille ja väkisin syötetään kahdeksan kilon joulukinkku. Kyllä siinä henkilö väkisinkin pyöristyy ylöspäin. :) ]
210. Jukkis23.12.2014 klo 20:00
En kyllä tajua, miten vastaus tuolla kaavalla 364/365^x = 0,01 löytyisi. Varmaankin tuo pitisi olla (364/365)^x = 0,01. Ilman sulkuja siinä on vielä vähemmän järkeä.Millä x:n arvolla todennäköisyys = 0,5? Tuo kaava antaa 253. Ei ihan taida 253 hengen joukosta löytyä 365 eri syntymäpäivää todennäköisyydellä 0,5?
211. Antti23.12.2014 klo 21:01
Jaska, sanoisimmeko ongelmaasi ratkaisemattomaksi?
212. Jaska23.12.2014 klo 21:48
Sulut tosiaan unohtuivat. Ymmärrettävä haksahdus. Sitä vastoin en käsitä, miten sain ratkaisun sopimaan kaavaani, jossa x muuten tarkoitti ainoastaan positiivista kokonaislukupotenssia. Olin ajattelematon. Korjaan, ajattelin, mutta hemmetin väärin. Kaavalla voidaan laskea eri todennäköisyyksiä sille, että joku tilaaja ei ole syntynyt jouluaattona. Tai jonain muuna määrättynä pävänä.Ongelma ei kuitenkaan ole ratkaisematon. Laskutapa on olemassa. Laskeminen on silti pulmallinen. Palaan asiaan.
213. Matti24.12.2014 klo 12:09
Mulla oli ihan pielessä. Hyvää joulua pulmailijoille!
214. Antti24.12.2014 klo 14:19
Hyvää joulua!
215. Jukkis25.12.2014 klo 11:39
Pakko luovuttaa tuon Jaskan pähkinän tarkan ratkaisun yrittäminen. Tällaista tutkin: Tuotetaan satunnaisesti kokonaislukuja joukosta 1, 2, 3, 4 aina kuusi lukua kerralla. Silloin voi tulla 4096 erilaista kuuden luvun joukkoa. Näistä 1560 on sellaisia, joissa esiintyy kaikki luvut 1, 2, 3 ja 4.
Sitten seitsemän lukua kerrallaan. Saadaan määrät 16384 ja 8400.
Sitten satunnaislukuja joukosta 1, 2, 3 aina seitsemän kerrallaan. Määrät: 2187 ja 1806.
Kun en mitenkään keksi edes sitä, millä kaavalla nuo luvut 1560, 8400 ja 1806 saisi laskettua, niin eipä taida onnistua Jaskan pähkinän tapauksen analyyttinen ratkaisu: Arvotaan satunnaislukuja joukosta 1, 2, 3, ... , 365 aina N kpl kerrallaan. Erilaisia N:n luvun joukkoja on tietysti 365^N kpl. Montako näistä on sellaisia, joissa ovat mukana kaikki luvut 1, 2, 3, ... , 365?
Potensseja, kertomia ja yliolemisia tuossa tietysti tulee vastaan, mutta ihan mahdottomalta vaikuttaa. Tietysti voi löytyä ihan simppeli tapa laskea? Jaska keksii?
216. Antti25.12.2014 klo 15:02
0, 1, 8, 27, 15, 61, 54, 43, 28, 9, 155, ?
217. Matti25.12.2014 klo 16:34
Ei tämä nyt ihan simppeli tapa ole, mutta tapa kuitenkin. En puhu nyt syntymäpäivistä vaan karsinoista, enkä lehden tilaajista vaan palloista. Mutta ongelma on ihan sama.Meillä on m karsinaa ja n palloa. Pallot heitellään yksi kerrallaan satunnaisesti karsinoihin. Kun kaikki pallot on heitetty, millä todenn. jokaisessa karsinassa on ainakin yksi pallo?
Jokaiseen karsina/pallo-konfiguraatioon voidaan liittää binääriluku, jossa on m-1 ykköstä ja n nollaa. Binäärilukujen lukuarvoilla ei ole tässä merkitystä. Vierekkäiset ykköset rajaavat yhden karsinan, ja niiden välissä olevat nollat ovat sen karsinan palloja. Molemmissa reunakarsinoissa on vain yksi seinä. Siksi m-1 ykköstä.
Näin ollen kaikkia mahdollisia karsina/pallo-konfiguraatioita on
(m+n-1)yli(m-1) kappaletta. Entä kuinka monta on sellaisia konfiguraatioita, joissa kussakin karsinassa on ainakin yksi pallo?
Kun jokaisessa karsinassa on yksi pallo, jäljelle jää vielä n-m palloa. Ne voidaan sijoittaa m:ään karsinaan (m^(n-m))/(n-m)! tavalla. Kysytty todennäköisyys on näiden kahden lausekkeen osamäärä.
Tätä olisi tietysti kiva testata. Kun m=365 ja n=3805 (Jukkiksen simuloima), niin saadaanko todennäköisyydeksi 0,99? Eivät taida noiden lausekkeiden laskemiset onnistua meikäläisen työkaluilla. Tietysti voisi hirveällä duunilla käyttää kertomissa Stirlingin approksimaatiota, mutta ei oikein houkuttele.
218. Matti25.12.2014 klo 16:37
Vähän vielä täsmennän. Laitetaan ensin jokaiseen karsinaan yksi pallo. Jäljelle jää silloin n-m palloa. Jne.
219. Jukkis25.12.2014 klo 17:20
Ei taida ihan noin mennä, koska tuon (m^(n-m))/(n-m)! :n arvoksi tulee noin 2*10^(-1860).
220. Matti25.12.2014 klo 17:45
Jaa, no, täytyy vielä miettiä.
221. Jaska25.12.2014 klo 19:47
Hyvät jatkot vaan itse kullekin säikeeläiselle. Ja itse kullakin meillä enemmän ja vähemmän varttuneilla pakkaa aatokset menemään pieleen aina vaan useammin. Mukaanluettuna Matias-Myyrä 22.12. perusteella. Mutta ei se mitään, ei näistä ainakaan taloudellista vastuuta kantamaan joudu:)Kun sanoin tietäväni tälle tilaajasynttäriprobleemalle laskutavan, tarkoitin kombinatoriikkaa. Sillä päästään käytännössäkin eksakteihin tuloksiin, kun alkioiden määrä on pieni. Esimerkkinä olkoon 13 kohteenvakioveikkaus. Oletetaan, että kaikki kolme merkkiä ovat yhtä todennäköisiä, mikä käytännössä olisi perin epätodennäköinen sattuma. Millä todennäköisyydellä oikeassa rivissä esiintyvät kaikki kolme merkkiä?
Tehtävä on aika helppo. Alkiomäärän lisääntyessä käsipelillä laskemisen työläys moninkertaistuu alkio alkiolta. Tilaajaprobleemissa alkioita on 365, ja sama kombinointimetodi edellyttää valtavakapasiteettisia tietokoneita. Millä todennäköisyydellä sanasepon 365 ensimmäistä tilaajaa olisivat kaikki syntyneet vuoden eri päivinä. Tiedämme toki, että vastaus on 365!/365^365, mutta jaa-a, kuninkahan monta nollaa desimaalipilkun jälkeen tulisikaan...
366 tilaajalla osalta todennäköisyys kasvaa. Se on 64!*(6 yli 2) /365^366 (en osaa tuottaa pitkiä kaarisulkuja). On siis vain kaksi samana vuodenpäivänä syntynyttä, muilla 364:llä eri päivät. 367:sta tilaajasta voi olla kolme samana päivänä juhlivia, muilla 364:llä eri päivät. On myös kombinaatio 363:lla eri päivät, neljästä muusta eri päivät kahdella saman päiväisellä parilla. Meniköhän jo liian mutkikkaaksi. Jatkossa ainakin menee, vaikka periaate on selvillä.
Pitäisi siis löytää jokin yksinkertaisempi kaava. Siihen saakka on luottaminen Jukkiksen simulointitulokseen.
222. Matias-Myyrä25.12.2014 klo 20:09
"Ja itse kullakin meillä enemmän ja vähemmän varttuneilla pakkaa aatokset menemään pieleen aina vaan useammin. Mukaanluettuna Matias-Myyrä 22.12. perusteella."Voisitko Jaska selittää mikä tuossa minun väitteessäni meni pieleen.
223. Jaska25.12.2014 klo 20:31
On kyse satunnaisesti koostuvaksi oletetusta 365 hengen joukosta. On äärimmäisen epätodennäköistä (vrt. yllä), että kaikki olisivat syntyneet eri vuodenpäivinä.
224. Matias-Myyrä25.12.2014 klo 20:38
Siis sadan prosentin varmuuteen tarvitaan 366 henkilöä. Kun Matti sanoi saaneensa laskukaavalla 1679, totesin, että ilman laskukaavoja voi päätellä luvun olevan pienempi kuin 366. Mikä tuossa on sinun mielestäsi väärin? Enhän minä sanonut, että se on hieman pienempi kuin 366, vaan että se on pienempi!!!!
225. Jukkis25.12.2014 klo 20:39
Jaska: "Millä todennäköisyydellä sanasepon 365 ensimmäistä tilaajaa olisivat kaikki syntyneet vuoden eri päivinä. Tiedämme toki, että vastaus on 365!/365^365..."Eikös se vastaus ole 364!/365^364? Joka on = 1,455*10^(-157).
226. Jukkis25.12.2014 klo 20:40
Höh. Tuon minun lausekkeen kun laventaa 365:llä, niin saa Jaskan lausekkeen.
227. Jaska25.12.2014 klo 20:52
Pyydän Matias-Myyrältä anteeksi väärää tulkintaani. Siis 366 henkilöllä saadaan sadan prosentin varmuus, että vähintään kahdella on sma synttäripäivä. Mutta siitåhån ei ollut kyse, vaan todennäköisyydestä yli 0,99. Sehän ei tietenkään tarkoita, että se olisi 1.Jukkis, sinä kai lähdet siitä, että ekalla tilaajalla on sama syntymäpäivä itsensä kanssa. Eli vasta toisella tilaajalla voisi olla eri päivä. Mutta toisen tilaajan jälkeen onkin ekalla eri päivä kuin tokalla. Eli voi olla kaksi tilaajaa kahdesta, joilla on eri syntymäpäivä kuin sillä toisella.
228. Jaska25.12.2014 klo 20:53
åå? Sori niistäkin.
229. Jaska25.12.2014 klo 21:14
Kappas, en huomannut ko. lavennusta. Pahoittelen tarpeetonta selittelyäni.
230. Jaska25.12.2014 klo 21:24
20:52 jäi pois oleellinen tarkennus, "jos 365:llä on kaikilla eri synttäripäivä."
231. Jukkis26.12.2014 klo 16:17
Simuloin myös tuon Matin nerokkaan karsinavertauskuvan (25.12.2014 klo 16:34) mukaisesti. Sama tulos, noin 3800 henkeä antaa todennäköisyyden 0,99.
232. Matti26.12.2014 klo 16:34
Paikkaan aiempaa yritystäni. Pallo/karsina-konfiguraatioita on siiis (n+m-1)yli(m-1) kappaletta. Kuinka monta niistä on sellaisia, että joka karsinassa on vähintään yksi pallo? Laitetaan ensin yksi pallo kuhunkin karsinaan. Jäljelle jää n-m palloa. Kuinka monella tavalla ne voidaan asettaa karsinoihin? No, tähänhän meillä on jo lauseke yllä. Kirjoitetaan vain n:n kohdalle n-m, siis (n-m+m-1)yli(m-1). Kysytty todennäköisyys on siisp=(n-1)yli(m-1)/(n+m-1)yli(m-1)
Vähän arveluttaa se, että lauseke on näin simppeli. Mahtaako pitää paikkansa.
233. Jukkis26.12.2014 klo 17:12
No ei kai, tuossahan nimittäjä on järkyttävän paljon osoittajaa isompi. Kun m = 365 ja n = 3805, tuosta tulee 6,2x10^(-17).
234. Jaska26.12.2014 klo 18:55
"Laitetaan ensin yksi pallo kuhunkin karsinaan." Ei vetele, eihän siinä ole kyse satunnaisuudesta.
235. Matti26.12.2014 klo 20:28
No voi. Pitää vielä miettiä.
236. Jukkis26.12.2014 klo 21:47
Tuo Matin karsina-ajatus menee pieleen jo siinä, että ei kaikki karsinajakaumat ole yhtä todennäköisiä. Heittelin kolmeen karsinaan seitsemän palloa. Siis m = 3, n = 7. Toistin 1000000 kertaa. Kolmeen karsinaan kertyi eri määrät palloja seuraavasti:
007 474
070 502
700 473
016 3233
061 3186
106 3127
160 3178
601 3243
610 3233
025 9597
052 9498
205 9621
250 9625
502 9753
520 9636
034 15914
043 15909
304 16015
340 15984
403 15711
430 16295
115 18982
151 19156
511 19461
124 47866
142 48013
214 47975
241 47882
412 48167
421 48356
133 64051
313 64284
331 63526
223 96048
232 95782
322 96244
Eka luku = kolmen karsinan pallojen määrä, toka luku = montako kertaa tuo jakauma toteutui 1000000 heittelykerran aikana.
Matin kaava (m+n-1) yli (m-1) pitää paikkansa, koska nyt 9 yli 2 = 36, eli erilaisten jakaumien määrä. Nyt sitten vaan pitää kehittää laskentakaava yleisessä tapauksessa m,n sille, miten todennäköinen kukin vähintään yhden tyhjän karsinan sisältävä karsinajakauma on. Ei taida onnistua, kun en minä ainakaan sellaista kaavaa osaa edes tällaiselle m=3, n=7 -tapaukselle johtaa. Jaska ehkä osaa, koska sanoi tuolla 25.12.2014 klo 19:47 että "Tehtävä on aika helppo".
237. Matti26.12.2014 klo 22:02
Tuo oli hyvin valaiseva simulointi.
238. Jukkis26.12.2014 klo 22:26
Lasketaan yhteen noita lukemia niin, että esim. jakaumien 016, 061, 106, 160, 601 ja 610 esiintymiskerrat laskee yhteen, summa on 19200. Merkitään tätä lukemaa 1:llä. Silloin muiden jakaumien summiksi 007:ää lukuunottamatta tulee hyvin tarkasti kokonaisluvut. Näin:007 0,075
016 1
025 3
034 5
115 3
124 15
133 10
223 15
Tuossa siis esim. 115:n kohdalla oleva 3 tarkoittaa sitä, että jakaumien 115, 151 ja 511 esiintymiskertojen summa on kolme kertaa niin suuri kuin jakaumien 016, 061, 106, 160, 601 ja 610 esiintymiskertojen summa.
Nämä kokonaisluvut ehkä auttavat, kun miettii eri karsinajakaumien todennäköisyyksien tarkkoja lausekkeita. Saattaa olla, että tästä pähkinästä ei ihan heti eroon pääsekään.
239. Jaska27.12.2014 klo 00:25
Jukkiksen miljoonan toistin koe antaa antaa varsin tarkat estimaatit eksakteista, jotka ovat minulle tuttuja vakioveikkauksen tiimoilta.Muunnankin Jukkiksen seitsemän palloa Veikkaus Oy:n minivakion seitsemäksi kohteeksi. Noiden 36 jakauman lukumäärät ovat veikkaustermeinä seitsemän kohteen (2187 riviä) merkkiyhdistelmien lukumääriä. Kun jaetaan Jukkiksen tulokset luvulla 1000000/2187 = n. 457,27 voidaan vertailla niiden osuvuutta seuraaviin. Aika hyvältä näyttää.
Olen yhdistänyt symmetriset kolme ja kuusi yhdistelmää yhdeksi. Esim. 3-2-2, 2-3-2, 2-2-3, kaikilla sama määrä 210.
7-0-0 3*1 = 3
6-1-0 6*7 = 42
5-2-0 6*21 = 126
5-1-1 3*42 = 126
4-3-0 6*35 = 210
4-2-1 6*105 = 630
3-3-1 3*140 = 420
3-2-2 3*210 = 630
Kaikki yhteenlaskettuna = 2187 = 3^7.
Lasketaan nollan sisältävät yhteen = 381. Niiden todennäköisyys on siis 381/2187 = 0,1742.
Yksinkertaisempi tapa on jakaa veikkauskielellä täysinvaihdellut kohteet kolmeksi osittainvaihdelluksi kohderyhmäksi, kussakin esiintyy siis vain kahta merkkiä: 3*2^7 = 384. Näissä yhden merkin "putket" esiintyvä kahdesti, joten 384 - 3 = 381.
Vastaavasti kaikkia kolmea merkkiä sisältämättömiä rivejä 13:ssa vakiokohteessa on 24073, todennäköisyys siis 24073/1594323 = 0,0154.
Ei vielä kovin mutkikasta vähillä alkioilla, kuten aiemmin jo totesin. Alkiomäärän kasvaessa pitäisi, jos mahdollista, kaikille kehitellä kaava yhdistelmien kasvusuhteesta. Esim. tämä vakiohomma eli kolmen alkion sarja alkaa seuraavasti (kohdemäärä ja kaikki merkit sisältämättömien rivien lukumäärä):
3 21/27
4 45/81
5 93/81
6 189/243
7 381/2187
8 765/6561
Kaikki luvut ovat kolmella jaollisia, mistä seuraa se luonnollinen päätelmä, että 365 alkion vastaavan kasvusarjan kaikki luvut ovat 365:lla jaollisia.
240. Matti27.12.2014 klo 00:43
Näitä Jaskan "veikkausvihjeitä" joutuu oikein opiskelemaan. Mielenkiintoista.
241. Jaska27.12.2014 klo 21:53
No ainakin tsekkaamatta jääneessä viimeisessä taulukossa on harhaoppia. Pitää olla 5 93/243
6 189/729
242. Matti29.12.2014 klo 02:29
Lueskelin vähän kirjoja, ja yhtä ja toista selvisi. Viimeisen ehdotukseni virhe oli todella, että pidin kaikkia karsina/pallo-konfiguraatioita yhtä todennäköisinä, mikä ei pidä paikkaansa. Toisia konfiguraatioita on enemmän kuin toisia, ja lukumäärän ilmaisevat multinomikertoimet 7!/m!n!k!, missä m+n+k=7. Todellakin, jos polynomi (a+b+c)^7 ”kerrotaan auki”, siis sulut pois, kaikki konfiguraatiot ja niiden lukumäärät tulevat esiin. Termi a^m * b^n * c^k vastaa sitä, että ensimmäiseen karsinaan osuu m palloa, toiseen n, ja kolmanteen k palloa. Ja painokerroin on siis 7!/m!n!k!. Todennäköisyydet saadaan, kun multinomikertoimet jaetaan luvulla 3^7.Tämä selvä. Mutta käytännön laskuissa tämä ei lohduta. Pitäisi kertoa auki polynomi (a1+a2+a3+ … +a365)^3805. Siinä voisi tulla äitiä ikävä. Tuo 3805 on Jukkiksen simuloinnista. Ellei sitä tiedettäisi, tilanne olisi vielä hankalampi.
Kirjassa William Feller, Vol. 1 todetaan, että tämä Jaskan esittämä tehtävä on kuuluisa, ja että sitä ovat miettineet useat aivot. Tarkka ratkaisu on p=sum(i=0 to m) [(-1)^i (m yli i) (1-i/m)^n]. Tässä
m = 365 ja n = 3805. Suljettuun muotoon ratkaisua ei saa.
Mutta ratkaisulle on olemassa hyvä likiarvo, jos m ja n ovat ”suuria” (joitakin satoja tai tuhansia) ja m/n ”pienehkö” (0,1 - 10). Silloin p=exp(-m*exp(-n/m)). Kun tähän sijoitetaan m=365 ja n=3805, saadaan p=0,98922. Näin ollen tämä likiarvo ja Jukkiksen simulointi ovat täydellisessä sopusoinnussa!
(Todettakoon, että N!/n1!n2! … nk! on kokonaisluku, jos n1+n2+ … +nk = N, koska se on eräs kappalemäärä. Voiko tämän todistaa jotenkin suoraan?)
(Todettakoon myös, että alkeishiukkasten tilastollisessa mekaniikassa bosonit noudattavat n.k. Bose-Einsteinin statistiikkaa, ja siellä eri karsina/pallo-konfiguraatiot ovat yhtä todennäköisiä. Siellä kaava p=(n+m-1)yli(m-1)/(n-1)yli (m-1) on voimassa. Mutta se ei nyt toimi tässä, jossa noudatetaan Maxwell-Bolzmannin statistiikkaa. Kolmikkoon kuuluu vielä Fermi-Dirac in statistiikka, jota fermionit noudattavat. Paulin kieltosäännön mukaan kussakin karsinassa voi olla korkeintaaan yksi pallo.)
243. heikkioskari29.12.2014 klo 05:27
Laskemme Jaskan kaavat
Ensimmäinen lasku:
365!/365^365 = 1.4549552156187E-157
En jaksa miettiä mitä laskettiinkaan.
Toinen lasku:
(364/365)^x = 0.01
Funktion arvo saavuttaa tai alittaa
luvun 0.01 x:n arvolla 1679.
Kolmas lasku:
(364/365)^x = 0.5
Funktion arvo saavuttaa tai alittaa
luvun 0.5 x:n arvolla 253.
Neljäs lasku:
(364/365)^x = 0.3674
Funktion arvo saavuttaa tai alittaa
luvun 0.3674 x:n arvolla 365.
Viides lasku:
Arvomme 15380937 palloa karsinoihin.
Oikeita "karsinoita" on 15380937.
Kuinka moni karsina tyhjä tai epätyhjä?
(15380936 / 15380937) ^ 15380937 =
0.3679, osumistn. 1 - 0.3679 = 0.6321
Ja potin voitamme tn:llä 63.21%.
Ps.
Tietokoneohjelman rustasin juuri tätä
varten. Sitten havaitsin, että kaikki
olisi ollut laskettavissa tietokoneen
funktiolaskimella.
244. Antti29.12.2014 klo 07:35
Jaskan tehtävän ratkaisun saatua huomiota annan kiinnostuneitten varalta lukujono-ongelmani uudestaan ratkaistavaksi. 0, 1, 8, 27, 15, 61, 54, 43, 28, 9, 155, ?
245. Jukkis29.12.2014 klo 12:15
Matilta mahtava selvitys. Tuolla tarkalla kaavallap=sum(i=0 to m) [(-1)^i (m yli i) (1-i/m)^n]
voi laskea, että tarkka vastaus Jaskan pähkinään on n = 3828, jolloin todennäköisyydeksi tulee 0,9900185.
Kaavaa muuten pitää käyttää noiden todennäköisyyksien laskemiseen näin
:
p=1 + sum(i=0 to m) [(-1)^i (m yli i) (1-i/m)^n]
Ajattelinkin kyllä, että ihme jos tällaiseen asiaan liittyvää matikkaa ei ole jossain jo selvitetty. Yritin joillain hakusanoilla etsiskellä, mutta ei löytynyt. Matti sitten löysi.
246. Jukkis29.12.2014 klo 12:16
Ihmeelliseen paikkaan meni tuo kaksoispiste.
247. Jukkis29.12.2014 klo 16:23
Näköjään tuo Matin mainitsema kirja William Feller: An Introduction to Probability Theory and its Applications, Volume 1 löytyy netistä pdf:nä. Päätyi kenties-laittomien pdf:ieni kokoelmaan.Ja siellähän tosiaan tämä "Classical Occupancy Problem" on. Sieltä löytyy tuo kaava
p=sum(i=0 to m) [(-1)^i (m yli i) (1-i/m)^n]
Jotain hämärää tässä kuitenkin on, koska tuon kaavan sanotaan olevan "probability that all cells are occupied". Mutta kun kaavaan laittaa m=365 ja n=3828, niin tulee p=-0,0099815, jolloin oikea todennäköisyys on 1+p.
Ja jos laittaa m=3, n=13, niin kaava antaa p=-0,0154. Lainaan Jaskan vakioveikkauslaskemia: "Vastaavasti kaikkia kolmea merkkiä sisältämättömiä rivejä 13:ssa vakiokohteessa on 24073, todennäköisyys siis 24073/1594323 = 0,0154."
Siis onko tuossa kirjassa virhe tässä kohdassa!? Oikeasti pitäisi olla että "probability that all cells are not occupied" p = -sum(i=0 to m) [(-1)^i (m yli i) (1-i/m)^n].
Helkuta että matikka on jännää.
248. Jaska29.12.2014 klo 16:57
Kyllä virheet vaanivat noita huippujätkiäkin, ja Jukkiksen huomio todistaa, että ne saavat heitä joskus saaliiksensakin.Antti, viestisi viimeiseksi sanaksi oikeampi kuin "ratkaistavaksi" olisi ollut "pohdittavaksi." En näet usko, että pystyn ratkaisemaan sen. Mutta kyllä pohdintakin on mukavaa.
249. Matti29.12.2014 klo 20:16
Kuten Jukkis voit havaita, tuon tarkan kaavan johtaminen oli sen verran mutkikas, että en rohjennut sitä käymään lävitse. Kai siinä silti virhe on, vaikka kyseessä on alan ehdottoman klassikon i:s painos ja j:s printing. Tuo likiarvo oli aika mykistävän a) yksinkertainen ja b) tarkka. Senkin johtaminen vaikutti aika konstikkaalta. Mutta joo, kyllä tämä harrastus monta muuta voittaa. (Mulla oli onneksi Fellerit hyllyssä, niin löytyi lääkkeet.)
250. Matti29.12.2014 klo 21:47
Olen ymmällä. Laskin tilanteen 3 karsinaa, 5 palloa, läpi kynällä ja paperilla.Sain p=150/243. Sitten käytin ylläolevaa Fellerin tarkkaa kaavaa, ja sain p=0,617284. Siis kaikki kunnossa. Summan eka termi (kun i=0) on 1, ja viimeinen termi (kun i=3) on 0. Mikä lie mättää?
251. Jukkis29.12.2014 klo 22:07
Minäkin olen ymmällä että miksi ihmeessä olen koko ajan aloittanut summaamisen indeksistä 1. Höh. Että ihan oikeinhan se kirjan kaava on.
252. Antti30.12.2014 klo 22:29
Sanon ohjeen: Ratkaisu saadaan JAKOJ-funktiolla. Jaska, nyt voinen jättää ongelman ratkaistavaksi.0, 1, 8, 27, 15, 61, 54, 43, 28, 9, 155, ?
253. Matti31.12.2014 klo 20:27
Toivotan kaikille pulmailijoille Hyvää Uutta Vuotta 2015!
254. Antti1.1.2015 klo 06:15
Toivon elämämme kaikkien pulmain ratkeavan tänä uutena ajastaikana. Tapani mukaan annnan ongelmani ratkaisun. Seuraava luku on 155, silläa(j) = JAKOJ((j-1)^3; (j+2)^2).
255. Jaska1.1.2015 klo 11:53
Ahaa, knoppina jälleen sama seuraaja edeltäjän kanssa. Harmittaa, etten älynnyt tuota kokeilla arvaamalla. Päättelemällä se oli näet minulle liian vaikeaa jaettavan vuorotellessa alussa, ja aivan mahdotonta Antin laskuvirheiden johdosta. Siksi en moiti Anttia nyt malttamattomuuden (ratkonta-aika helpotuksen jälkeen vain uudenvuodenaatto) johdosta.j1 (1-0)^3 = 0. (1+2)^2 = 9. Jaettavana oltava pienempi luku 0, jotta jakojäännös olisi 0. Siis 0/9 = 0, Antin jakojäännös 0 oikein.
j2 (2-1)^3 = 1. (2+2)^2 = 16. 16/1 = 1, jakojäännös 0. Antin jakojäännös 1 väärin.
j3 (3-1)^ = 8. (3+2)^ = 25. 25/3 = 3 + jakojäännös 1. Antin jakojäännös 8 väärin.
j4 (4-1)^3 = 27. (4+2)^2 = 36. 36/27 = 1 + jakojäännös 9. Antin jakojäännös 27 väärin.
j5 alkaen Antin tulokset oikein. Toivon tämän tehtävien virheellisyyspulman ratkeavan tänä vuonna. Nimernomaan omalta osaltani.
256. Jukkis1.1.2015 klo 12:12
Mitä ihme sekoilua nyt taas? Miksi ensin jaat ekan luvun jälkimmäisellä (0/9) ja sitten seuraavaksi jälkimmäisen luvun ekalla (16/1). Ja sitten jäölimmäisen luvun väärällä luvulla (25/3). Jne.
257. Antti1.1.2015 klo 12:23
Jaskalle on tullut lipsahdus, niinkuin kaikki joskus edehdymme. Kaikissa kohdissa ensimmäinen luku on jaettava jälkimmäisellä. Jakojäännökset olen ilmoittanut oikein.
258. Jaska1.1.2015 klo 12:35
No niin, virheellisyyspulma ei siis omalta osaltani ratkennut heti kärkeen tänä vuonna. Piti olla 25/8 = 3, jakojäännös 1.0/9 antaa mielestäni jakojäännökseks nollan. Jos jaon 9/0 osamääräksi katsotaan ääretön ja jakojäännöseksi nolla, niin käyhän sekin. Tuleeko jaosta 1/16 jakojäännökseksi 0. Ei minun mielestäni. Sen sijaan jaosta 16/1 tulee.
259. Jaska1.1.2015 klo 12:43
Jaa no joo, sekoilin siis noissa muissakin. 1/16, jakojäännös tietysti 1. Ja 8/25, jakojäännös 8. Ja 27/36 jakojäännös 27. Antilla kaikki OK. Toteamus onkin, että Antin ongelma on, miten hän tänä vuonna esittäisi tämän tapaan virheettömän tehtävän, joka ei aiheuta minun totaalista sekoamistani:)
260. Jaska1.1.2015 klo 16:06
Ei se nyt ihan lipsahduskaan ollut. Pikemminkin fiksaatio. Kokeilin näet eilen pari-kolme tuntia tuota ratkoa, mutta aina jakajaa isommalla jaettavalla. En päässyt kahta termiä pitemmälle. Niinpä Antin ratkaisuakaan räknäillessäni en tajunnut, että saahan se jaettava jakajaa pienempikin olla.
KOMMENTOI