Keresés

Részletes keresés

amplitudinis2 Creative Commons License 2015.08.21 0 0 13235

Milyen alapon metszi pont ott a piros vonal a lila töröttvonal egy szakaszat?

Ezt kell megfontolni.

Előzmény: Massawa (13231)
1man Creative Commons License 2015.08.17 0 0 13234

Egy ilyen utólagos módosítással (egy speciális cella kijelölése, strigula a falon) ez már nagyon más mint az eredeti feladat.

 

Hasonló hatású az a nagyon erős plusz feltétel, hogy a régi rabok mindegyike tudja, hogy hányan vannak, mert ekkor van a rabcseréktől független triviális stratégia: ha 'n' rab volt az új érkezése előtt, akkor mindenki küldjön 'n' darab 0-t, majd 1-et.

 

Előzmény: lxt (13230)
mmormota Creative Commons License 2015.08.17 0 0 13233

Így könnyű. Akkor érdekes csak, ha a cellákat takarítják, semmi jel nem maradhat. Egy rab azt se veheti észre, ha ugyanabba a cellába viszik vissza. 

Előzmény: lxt (13230)
lxt Creative Commons License 2015.08.17 0 0 13232

Na persze, ha minden nap, a kijelölt cellából indul a jeladás.:-)

Előzmény: lxt (13230)
Massawa Creative Commons License 2015.08.16 0 0 13231

Sziasztok!

 

Ez vajon miféle eloszlás lehet, ha a negatív binomiális ennyire (nem) illeszkedik rá?

lxt Creative Commons License 2015.08.16 0 0 13230

A faladat megoldása független a rabcserék számától - a rabok számával megegyező, plusz 1 nap alatt oldható meg.

 

Stratégia

Csakis egyetlen, az első nap kijelölt cellában lehet regisztrálni a (balról) beérkező értéket. (Az első nap, a kijelölt cellába beérkező érték, csakis 1 lehet.)

 

Kitételek

1-es értéket kell (jobbra) tovább küldeni, ha:

   1. (balról) 1-es értéket kap

   2. vagy, ha nem 1-es értéket kap, de még nem küldött 1-es értéket a saját jogán (amit értelemszerűen, csakis egy alkalommal tehet meg)

   3. minden más esetben, 0-ás értéket kell (jobbra) tovább küldeni

 

Amiből következően: az első nap kijelölt cellába csakis addig érkezhet 1-es, amíg nem küldött mindenki alanyi jogán is 1-es értéket. Összeadják a (kijelölt cellában húzott) strigulák számát az első nulláig, oszt annyi... mindenki mehet Isten hírével.:-)

mmormota Creative Commons License 2015.08.16 0 0 13229

Azt hittem, az érdemi részre vonatkozik az állításod, mert ez így annyira triviális hogy nemigen érdemes leírni.

 

 

 

Előzmény: magosl (13228)
magosl Creative Commons License 2015.08.16 0 0 13228

Arra gondoltam, amit 1man írt. Minél több rab van annál tovább kell várni. A stratégiának minden rabcserére működnie kell. Tegyük fel, hogy nincs rabcsere, mindenki a helyén marad. Ebben az esetben, ha n rab van, akkor legalább n-1 lépést kell várni, hogy a kiválasztott előtt lévőtől információ elérjen a kiválasztotthoz, mert annak végig kell mennie a láncon. Tehát n rabhoz, legalább n-1 lépés kell. Vagyis nincs felső korlát.

 

Előre nem lehet megmondani, hogy meddig kell várni. Ha van megoldás, csak menet közben lehet megmondani a megállás időpontját. Ha nincs véges lépés alatt megoldás, akkor a feladatot nem lehet megoldani.

Előzmény: mmormota (13227)
mmormota Creative Commons License 2015.08.16 0 0 13227

Így persze igaz, de szerintem nem erre gondolt, hanem arra, hogy megadott n rab esetén van-e véges k(n) nap alatt megoldás.

Előzmény: 1man (13226)
1man Creative Commons License 2015.08.16 0 0 13226

"Tehát nincs olyan stratégia, amellyel előre megadott véges időn belül meg lehet határozni a rabok számát."

 

Ebben a formában igaz az állítás, mert ha 'N' nap az előre megadott idő, akkor egy N bit hosszúságú információ érkezik ahhoz a személyhez, aki meg akarja határozni a rabok számát, de ez legfeljebb 2^N különböző lehet. Ha a rabok száma ennél több lehet, akkor nincs olyan stratégia, amelyik az összes esetet meg tudná különböztetni.

 

Előzmény: magosl (13224)
mmormota Creative Commons License 2015.08.16 0 0 13225

Van megoldása. 

Előzmény: magosl (13224)
magosl Creative Commons License 2015.08.16 0 0 13224

Itt szólok hozzá a rabcserés feladathoz. Bebizonyítható, hogy a feladatnak nincs megoldása. Tehát nincs olyan stratégia, amellyel előre megadott véges időn belül meg lehet határozni a rabok számát.

pk1 Creative Commons License 2015.08.14 0 0 13223

Én is így értettem. Naponta egy bitet küld, méghozzá azon a csatornán, mely az adott napon soros. Az első csatornán a k-adik számú rab pl. 1-est küld az első k alkalommal, utána 0-kat. 

Előzmény: magyarpityu (13221)
magyarpityu Creative Commons License 2015.08.14 0 0 13222

Azt gyanítom, ha megszámozhatók a rabok, akkor véges lépés után valóban alkalmas ez a stragéia, hogy a hozzám érkezett jelsorozatból megállapítsam a létszámot, de ezt most nem tudom bizonyítani.

 

Mármint véletlen rabcserék esetén gondolom így. Ugyanis menet közben a többiek pontszáma kiegyenlítődik, és mikor gyakrabban kapok 0-t, mint 1-et, az azt jelenti, hogy már a pontok több mint fele nálam van, és a még játékban levő pontok száma ekkor lényegtelen, mert az összpontszám az a legkisebb 2-hatvány, ami nagyobb a nálam lévő pontok összegénél. De mondom, ez feltételezi, hogy a rabcserék véletlenszerűek. Persze, azt sem zárom ki, hogy tévedek (egyszerű lenne számítógépen kipróbálni ezt a stratégiát, de mostanság nem lesz időm foglalkozni ezzel, talán később, ha addig nem lesz jobb ötlet).

Előzmény: magyarpityu (13221)
magyarpityu Creative Commons License 2015.08.14 0 0 13221

Sziasztok!

Egy bitet küldhet, ebbe aligha fér bele bármilyen 1-nél nagyobb szám :))

 

Amúgy mindegy, ha az őrök trükközhetnek (azaz nem véletlenszerűen cserélgetik a rabokat, hanem egy bizonyos szisztéma szerint - bár ez legalább annyira feltételezés, mint az, hogy nem sorszámozhatók meg a rabok), akkor különben sem jó az általam ajánlott stratégia, mert végtelen ciklushoz vezethet, ami ugyebár véges lépés után biztosan nem fog lefutni.

 

Azt gyanítom, ha megszámozhatók a rabok, akkor véges lépés után valóban alkalmas ez a stragéia, hogy a hozzám érkezett jelsorozatból megállapítsam a létszámot, de ezt most nem tudom bizonyítani.

Előzmény: pk1 (13220)
pk1 Creative Commons License 2015.08.14 0 0 13220

Ha mindenki kap egy számot (de nem tudni, melyik a legnagyobb), az nagyon sokat könnyít a rabok helyzetén. Ekkor az első csatornán mindenki a saját számát küldi, a másodikon a tudomására jutott legnagyobb számot, a harmadikon az azóta tudomására jutott legnagyobb számot, és így tovább. Persze a stratégia ismeretében az őrök vannak nyerő helyzetben.

Előzmény: magyarpityu (13218)
1man Creative Commons License 2015.08.13 0 0 13219

"Minden rab kap egy számot"

 

Ez már nem az eredeti feladat, mert ott csak annyi szerepelt, hogy meg lehet adni egy stratégiát, amit minden rab alkalmaz.

 

A feladat kiírása nem tartalmaz információt arról, hogy a börtönőrök (akik a rabok cseréjét végrehajtják) ismerik-e a stratégiát, vagy ha azt nem, akkor 'lehallgathatják'-e a küldött információt. Ezek lehet, hogy lényegesek a feladat megoldhatósága szempontjából, mert például ha a stratégia olyan, hogy mindig van valaki, aki 0-t küld és az őrök ezt előre tudják, akkor elő tudják állítani azt a helyzetet, hogy mindig 0-t kapj, amiből elég nehéz jó választ készíteni.

 

Az általad leírt stratégia sem működik akkor, ha az őrök ismerik azt és szándékosan ellene játszanak.

 

Egyébként szerintem az eredeti feladat megoldásához nem sokkal visz közelebb egy nagy valószínűséggel jó tippet adó módszer.

Előzmény: magyarpityu (13218)
magyarpityu Creative Commons License 2015.08.13 0 0 13218

Minden rab kap egy számot, de azt nem tudják, hányan vannak. Az utolsó sem tudja, hogy ő az utolsó. (Mondjuk megkapod a 36-os számot, és akkor mennyivel vagy előbbre? Ebből még nem következik, hányan vannak összesen.)

 

Amúgy senki sem utolsó, és senki sem első (ebben a börtönben egyenlőség van), és mivel körben vannak a rabok, ezért bárhonnan elkezdhetjük a számozást. Ja igen, és ha meg van a létszám, akkor nem kell télak, mert kiengednek mindenkit a játékszabály szerint, a télak akkor kell (még pedig sürgősen), ha rossz választ mondasz, és életfogytos lesz mindenki :))

 

(Egy elírást máris észrevettem az előző hozzászólásomban: A1 = 2 kell legyen induláskor, tehát A = {2, 2, 4, 8, ... 2^(n-1)}, ekkor lesz 2-hatvány a sum Aj from j=1 to n.)

Előzmény: pk1 (13217)
pk1 Creative Commons License 2015.08.13 0 0 13217

"Számozzuk meg a rabokat 1-től n-ig. Mivel körben vagyunk, nincs jelentősége, kinél kezdjük a számozást, így magamat nevezem 1-esnek. "

 

Ha ez így is mehet, akkor inkább már n-es akarok lenni, aminek konkrét értékét persze, hogy tudom. Kész, feladat megoldva, mindenki télakolhat. :o)

Előzmény: magyarpityu (13216)
magyarpityu Creative Commons License 2015.08.13 0 0 13216

Sziasztok!

 

Van egy ötletem erre a rabcserés feladatra, talán gondolatébresztőnek jó lehet! A megoldás az lenne, ha véges lépésszám után pontosan meg tudnám mondani, hányan vagyunk összesen, nos, ilyet nem tudok, de olyan ötletem van, hogy véges lépésszám után bizonyos valószínűséggel megbecsülhető, hányan vagyunk (nagyobb lépésszám esetén nagyobb valószínűséggel lehet eltalálni a jó megoldást). Szóval csak hangosan gondolkodok, lehet, teljesen másfelé kell a megoldást keresgélni!

 

Számozzuk meg a rabokat 1-től n-ig. Mivel körben vagyunk, nincs jelentősége, kinél kezdjük a számozást, így magamat nevezem 1-esnek. A cserék során mindenki tudja, hányas számmal indult, azt persze nem tudjuk, éppen melyik cellában vagyunk. Minden rabnak van egy számlálója, legyen ez Aj. Ezt az értéket mindenki viszi magával a rabcserék alkalmával.

 

A stratégia, amit a többiek követnek (mindenki más, engem kivéve), hogy akinek a számlálója nagyobb 0-nál, az 1-et küld, aki pedig lenullázódott, az 0-t küld. Amit pedig kap, azt hozzáadja a számlálójához. Tehát a küldés során a j-edik rab számlálója így alakul:

 

a) ha Aj > 0, akkor 1-et küld, és Aj = Aj - 1

b) ha Aj = 0, akkor 0-t küld, és marad Aj = 0

 

Ezzel egy időben mindenki kap egy értéket, vagy 1-et, vagy 0-t, ezt hozzáadja Aj-hez. Természetesen 1 < j <= n, mert nekem más stratégiám van.

 

A rabtársak számlálója sosem lesz nagyobb a kezdeti értéknél, hiszen ha 0-t kapott, de Aj > 0 volt, akkor küldenie kell egy 1-est, és így csökken a számlálója, míg ha Aj = 0 volt, és 1-et kapott, akkor 0-t küldött, de a kapott 1-essel már Aj = 1 lesz. Tehát vagy csökken 1-el, vagy marad ugyanannyi Aj, vagy 0-ról 1-re nő (továbbra is 1 < j <= n).

 

Én pedig mindig 0-t küldök, és megjegyzem, milyen sorrendben érkeztek a 0-k és 1-ek (és menet közben szemmel tartom ezt a bővülő sorozatot). A játék során nálam gyűlnek a pontok, melyek egyúttal ki is vonódnak a forgalomból, mert én sosem küldöm tovább a kapott pontot. Ám az összpontszám mindig állandó marad, mert a rabtársak egymás között és nekem küldözgetik a pontokat.

 

Legyenek az első körben a rabtársak pontjai Aj = 2^(j-1), ahol 1 < j <= n. Nálam is legyen 1 pont: A1 = 1. Összesen tehát 2^n pont van játékban. Körönként véletlenszerűen permutálódunk, így nem tudjuk, kinek küldünk és kitől kapunk (vagy nem) pontot.

 

Eleinte érkeznek hozzám az 1-ek, néha egy-egy 0, majd egyre hosszabb 0-k sorozatát kapok, ahogy gyűlnek a pontjaim. Ha már hosszú 0-k sorozatát kapom, és 1-et csak néha, az azt jelenti, hogy jó néhány rabtársam pontjai elfogytak. Persze menet közben lassacskán kiegyenlítődnek a pontok, akinek sok volt eleinte, annak jobban fogynak a pontjai (egyre többször fog 0-t kapni, és amíg van miből, addig mindig küldi egyesével a saját pontjait). Én meg gyűjtögetek türelmesen. Nem tudom, hányan vagyunk, de azt tudom, a játékban 2-hatvány az összes pont. Ha már csak ritkán kapok 1-et, az azt jelenti, lassan nálam van a pontok jelentős része.

 

Az a kérdés, az 1-ek és 0-k milyen sorozata után jelenthetem ki, hogy már az összes pontok több mint fele nálam van? Mert akkor vége a játéknak, ha már a felénél több nálam van, akkor a pontjaimtól nagyobb legkisebb 2-hatvány lesz az összes pontok száma a játékban, és így meg tudom mondani, hányan vagyunk!

De mikor lehet biztosan kijelenteni, hogy már a pontok kevesebb mint fele van csak a játékban?

Előzmény: elsoszulott (13125)
amplitudinis2 Creative Commons License 2015.08.09 0 0 13215

persze,x,d,pozitív es x<=d , persze abszolútértéke lrsz az arány.

Előzmény: amplitudinis2 (13214)
amplitudinis2 Creative Commons License 2015.08.09 0 0 13214

X/d=cos ((Pi-beta)/2)= cos (alfa)

Pi-beta+Pi-2alfa=Pi miatt

Egyébként bármely két szakaszhoz x, d hez tartozik egy es csak egy kör aminek átmérője d, húr hossza x

Ekkor i/k egy állandó

Nyilvan nem változtat semmit az ábrán, ha a d átmérő jobb oldali végpontjából elmetszem x sugárral a körívet.

Akkor ez a pont a Thales körön van. Alfa x es d közötti szög. Beta az i ívhez tartozó középponti szög.

 

 

Előzmény: Mungo (13212)
NevemTeve Creative Commons License 2015.08.09 0 0 13213

Azt mondanám így félálomban, hogy

x = 2 * r * sin (i / (2*r))

 

avagy

i = 2 * r * arc sin (x/(2*r))

Előzmény: djuice (13211)
Mungo Creative Commons License 2015.08.08 0 0 13212

Radiánban számolva:

i=(pi-2*ß)*r

i/k=(pi-2*ß)*r/(2*pi*r)=1/2-ß/pi

ß i/k-val kifejezve:

ß=(1/2-i/k)*pi (ez így egy azonosság, jobb lenne ha a húr távolságát adnád meg a középponttól)

x/d=cos(ß)

Előzmény: djuice (13211)
djuice Creative Commons License 2015.08.08 0 0 13211

Előzmény: Mungo (13192)
Mungo Creative Commons License 2015.08.08 0 0 13210

Jujj de szigorú:-)

Szigorról szó sem lehet. Ahhoz túl rosszul áll a szimpátiaindexem a rend szigorú őreinél. :o(
Egy ilyen javaslat is lehet kirívó renitenskedés, úgyhogy ezt is csak halkan szerényen. :o)
De ha nem, hát nem...

Előzmény: amplitudinis2 (13209)
amplitudinis2 Creative Commons License 2015.08.08 0 0 13209

Jujj de szigorú:-)  hova is tettem basebool ütőm:-) 

Hat akkor hivatkozd be ott a hipermatrixos beírast.

Legyszíves

Előzmény: Mungo (13208)
Mungo Creative Commons License 2015.08.08 0 0 13208

Na most uugye te se gondod komolyan, hogy feldobálunk két kockát, akkor minden 36 lesz csak két egyforma.

Szép dolog a valószínűség számítás, de gyanítom ez a topik nem egészen ezért jött létre.
ezt inkább itt kellene folytatni: 

amplitudinis2 Creative Commons License 2015.08.08 0 0 13207

Na most uugye te se gondod komolyan, hogy feldobálunk két kockát, akkor minden 36 lesz csak két egyforma.

 

Igen. Van itt egy topik egyébként keno keno keno

Abban küzd évek óta egy olvtárs. Nem hallgat a szóra:-) 

 

 

Azon gondolkodtam el, hogy milyen modellel lehetne közelíteni.

Vegülis arra jutottam, hogy az allapot matrix es sajátértékei segíthet.

 

FASIRT Creative Commons License 2015.08.08 0 0 13206

Az a hipermátrixos izé az tényleg matematikai modellje a lottónak, vagy csak eleresztetted a fantáziádat?

Értem én, hogy a valóságot különböző modellekkel lehet közelíteni aszerint, hogy milyen általánosan mi mindent veszünk figyelembe, de például a kockadobás valószínűségébe még nem láttam, hogy a cinkelést is bevették volna a modellbe. Legalábbis középiskolás fokon.

Előzmény: amplitudinis2 (13205)

Ha kedveled azért, ha nem azért nyomj egy lájkot a Fórumért!