Egy klasszikus matekfeladat (bocsi, ha mar 20x volt)
Egy tv-s vetelkedon van 3 ajto, az egyik mogott a fonyeremeny. A jatekszabalyok: a jatekos megjeloli az egyik ajtot, amire tippel. Ha megtortent, a jatekvezeto a fennmarado 2 ajtobol ramutat egyre, ami mogott biztosan nincsen a nyeremeny. Ekkor a jatekosnak lehetosege van, hogy megvaltoztassa a donteset es a masik ajtot valassza.
Kerdes: mi a jobb strategia a jatekos szamara, ha valtoztat a dontesen, ha az eredetihez ragaszkodik, vagy teljesen mindegy?
meg kell változtatnia, akkor asszem kétszer akkora esélye van. hogy miért nem tudom
feltételek [x] a játékvezetõ mindig olyan ajtóra mutat ami S
1. eset: minden ajtó mögötti nyeremény rögzített már az elsõ választást megelõzõen ekkor [x] miatt V=S, így viszont *mindegy
2. eset: az elsõ választás után változtatnak az ajtók tartalmán úgy hogy: a) eset: a fenmaradó 2-ben 1 biztos >S és van S / hogy teljesüljön [x] ekkor ha V=S *változtatni kell ha V>S *mindegy b) eset: a fenmaradó 2-ben van S *mindegy
vagyis 3 mindegy és 1 változtatás => változtatni kell
Hat ebben a megoldasban tobb hiba is van. Egyreszt esetszetvalasztast hasznaltal, es egyenlo valoszinusegukent kezelted olyan esemenyeket, amik nem azok (itt foleg a 1-es, 2-es szekciora gondolok)
Bevezettel egy uj szabalyt, ami a feladatban nincs (az ajtok tartalma vegig fix, nem varialnak rajtuk)
Kicsit egyszerubb uton indulj el, es ne vessz el a jelolesekben, szuksegtelen.
A játékos 1/3 valószínûséggel a nyerõ ajtóra bökött rá, ekkor ha változtat akkor biztosan veszít, ha nem akkor biztosan nyer. 2/3 valószínûséggel bökött rossz ajtóra, ekkor ha változtat akkor biztosan nyer (hisz a mûsorvezetõ rossz ajtóra mutat), ha nem akkor biztosan veszít. Tehát ha változtat, akkor 2/3 eséllyel nyer, ha nem változtat akkor 1/3 eséllyel nyer.
bingo :)
igaz, igaz... azért a biztonság kedvéért megnéztem 100000 esetre, és tényleg:)
Fura feladat, sokfelekepp lehet nekiallni es konnyu elbonyolitani meg rossz eredmenyre jutni.
még azért mindig egy kicsit bizonytalan vagyok szerintem ott csúszik el a dolog, hogy jv a döntés elõtt mutat rá egy ajtóra, így a döntés 2-ajtó között lesz és nem 3
mert azt írja gazdi hogy "2/3 valószínûséggel bökött rossz ajtóra, ekkor ha változtat akkor biztosan nyer" de ilyen esetben is, ha változtat akkor még mindig veszíthet, hiszen még nem ejtettük ki az 1 ajtót!, viszont ha kiejtjük, akkor 1/2 valószínûséggel bökött rossz ajtóra...
tudom kicsit érthetetlenül fogalmazok, de majd megpróbálom rendesen leírni...
oké megvan! már értem!
Akkor hogy az is értse, aki esetleg utólag egyben olvassa az ajtónyitogatós feladatról szóló beszélgetést: nyilván azt értetted meg #170 és #171 között, hogy miután a játékos kiválasztotta a rossz ajtót, a játékvezetõ kinyitja a fennmaradó kettõ közül a rosszat, így ha a játékos változtat, akkor már csak a harmadikat, a jót választhatja, így nyert.
Az a lenyeg, hogy tobb informaciot kap a jatekos a jatekvezetotol, ha az a megjeloles utan zar ki egy hibas ajtot, mintha elotte tenne' (ekkor lenne a #170-ben irt 50-50%).
ma feleltem 5-sre egy tetszoleges geometriai tetel bizonyitasbol
nana hogy a haromszog belso szogeinke oszzege 180 bolt feleltem:D
Játék. Adott 12 ló, akik versenyeznek. Tippelni arra lehet, hogy egy konkrét ló hányadik helyen fut be. Játékonként egyszerre legalább egy, de legfeljebb nyolc lóra lehet tippelni úgy, mindegyiknél más-más várható befutási helyet adunk meg. Azt kellene megtudni, hogy az egyes, a megtett tippek száma szerinti játéktípusoknál mennyi a nyerési esély adott számú találatra.
Tehát ha 6 lóra adtuk meg a tippet, akkor mennyi az esélye annak, hogy ebbõl hármat biztos eltalálunk.
Szerintem: -A 12 lóból 6ot [12 alatt a 6] féleképpen tudunk kiválasztani -Egy ló nyeréssi esélye 1/12, és a 3 tetszõleges lóé (1/12)^3 ----------- Így a végeredmény: [12alatt6]*(1/12)^3, szerintem
Feltesszük ugye, hogy a lovak azonos eséllyel érnek célba az összes helyen. Az összes lehetséges befutások száma 12!=479.001.600 és ezek az elõzõ feltétel szerint egyenlõ valószínûséggel következnek be. Ha n db lóra fogadsz, és mindet el akarod találni, akkor a jó esetek száma (12-n)!, tehát a valószínûség (12-n)!/12!. Ha k-val kevesebb találatot is elfogadsz, akkor a fenti módszerrel kiszámolható (12-(n-k))!/12! számot meg kell szorozni (n alatt a k)-val, amivel kiválasztod azt a k db fogadást az n-bõl, amik nem számítanak. Ennyiféleképpen lehet kiválasztani az n db fogadásodból (n-k) db jót. Biztosan lehet egyszerûsíteni. :-)
A konkrét esetben n=6 és k=3, vagyis az eredmény (6 alatt a 3)*(12-(6-3))!/12! = (6*5*4)*(9*8*7*6*5*4*3*2)/(12*11*10*9*8*7*6*5*4*3*2) = (6*5*4)/(12*11*10) = 0.090909...
Stann eredményének számértéke 385, ami megkérdõjelezi a módszerét. Én nem látok ott összefüggést a kiválasztott és a nyert lovak között, várjuk a pontosítást. Ugyanígy az én módszeremre is kérek egy felülvizsgálatot, bár az, hogy a 12 ló közül 6-ra leadott fogadások közül 10% eséllyel teljesül legalább három elég valószerûnek hangzik.
Helló, lenne egy kérésem egy feladattal kapcsolatban, ha tudnátok segíteni, hogy f(x)=tg(x) függvény mindig korlátos, és ennek bizonyítása. Elõre is köszönöm: [email protected]
Ja, bocs elírtam, nem korlátos, hanem folytonos!!!
Na akkor így szól: f(x)=tg(x) függvény mindig folytonos, és ennek bizonyítása.
Nem mindig folytonos, x=pi/2+k*pi (k egész) helyeken szakadása van. (Másodfajúnak nevezik, ha jól emlékszem, ami azt jelenti, hogy nem "javítható" egy fiktív függvényérték bevezetésével.) A bizonyítás: tudjuk, hogy létezik x, amire cos(x)=0. Ugye itt 0-val osztanál, ami nem definiált. q.e.d.
egy újabb kérdés mennyi 1/t antideriváltja (határozatlan integrálja)
Igen, eleg gyorsan konvergal ez a sorozat, masodrendben, ha jol emlekszem. Newton bacsi ugyes volt, az o modszerebol vezetheto le ez a keplet. Altalanos alakja m.-edik gyok-re van megfogalmazva. Amugy nagy szamokat is adagolhatsz neki, nem csak kicsiken vitezkedik.
ha jól tudom ln |t| de nem ez a lényeg hanem, hogy az általad adott képlet nem adja meg az összes lehetséges antideriváltat ugyanis: F={1+ln t : t>0 ; 2 + ln -t : t<0 is jó megoldás, vagyis általánosítva az hogy f'=g' <=> f=g+c csak intervallumon értelmezett f,g esetén igaz!
Ja igen, abs az lemaradt :) tenyleg 2 intervallumrol van szo.
van egy 8 cm sugarú kör, melybe egy olyan egyenlõ szárú háromszöget rajzolunk, melynek minden csúcsa érinti a kört, mennyi a háromszög szárainak hossza? ugyanezen körön kívülre rajzolunk egy egyenlõ szárú háromszöget, melynek oldalai érintõként érintik a kört, mennyi ennek a háromszög szárainak a hossza?
Tigerson: ha ezt lerajzolod egy papirra, akkor sem megy? :)
Van egy olyan érzésem, hogy valamilyen feltétel kimaradt... Beírt eset: ]0;16[ intervallumban bármi lehet. Köréírt eset: [192^(1/2);inf[ intervallumban bármi lehet.
András kétszer olyan idõs, mint amilyen Béla volt, amikor András olyan idõs volt, mint Béla most. Amikor Béla olyan idõs lesz mint most András, éveinek számának összege 140 lesz. milyen idõs most a két férfi?
légyszi Matekgéniuszok?
elõre is köszy!
ya a megoldás: András 62 + (2/9) Béla 46 + (2/3)
de hogy yön ki????
tehát: .... András .. | .. Béla most: X ............ Y .. majd: X+(X-Y) ...... X ....----> X+(X-Y)+X = 140 régen: ...Y ..... Y-(X-Y) .----> Y-(X-Y) = 2 X
remélem látszik...
jól elcsúszott, na mind1.
egy ember így szól a másikhoz: ,,én most kétszer olyan idõs vagyok, mint Ön volt akkor, mikor én olyan idõs voltam mint Ön most. Amikor Ön olyan idõs lesz mint én most vagyok, akkor nekem hét évem fog hiányozni ahhoz, hogy kétszer annyi idõs legyek, mint Ön most."
hány évesek?
megoldás: 28 illetve 21
vmi mas fajta peldat is benyomhatnal, ez egy kaptafa :)
adott két pont amelynek távolsága 1 csak körzõ segítségével szerkesszünk 2 olyan pontot amelyek távolsága 2^0.5
a megoldást nem igazán lehet leírni, szóval nem is kérem, csak egy jó kis feladat bár ha valaki nagyon rajzolós kedvében van felteheti:)
Simán egy négyzetet kell csinálni, aminek oldala a megadott 1 egységnyi egyenes., és ennek az átlója, pont ennyi lesz. Mivel 2^0.5 = gyökketõ. A négyzet átlója meg oldalszor gyökketõ, de az oldal jelen esetben ugye 1, tehát az átló 1x gyökkettõ, azaz 2^0.5-en :)
Gondolom nem csak korzo van hanem vonalzo is , nemde? ;) Huzol egy, a ket pontra illeszkedo egyenest, majd a ket pontban szerkesztesz egy-egy arra meroleges egyenest. A ket pont tavolsagat lemered a pontoktol a meroleges egyenesekre es megvan a masik ket pont, ami a negyzethez kell. Ezek utan behuzol egy atlot, es ott a gyok kettod.
Meroleges egyenes szerkesztese a pontokban az altalanos iskolas modszerrel mehet, felveszel 2 a ponttol egyenlo (tetszoleges) tavolsagu pontot, majd ezekkel a pontokkal szerkesztesz egy egyenlo (tetszoleges) szaru haromszoget mind a ket oldalon, majd a csucsait osszekotod..
négyzetet is tudsz, szöget szerkesztesz, 60 at ugye tudsz alapból körzõvel, azt felezed, valahogy csak kijön a négyzet :)
akkor az egységnyi köröket addig rajzolgatod, amíg bírod...a két pontból két kör, két pontban mecci egymást...ide is beszúrod és rajzolsz még két kört...ezek az eredeti köröket is meccik
Maradjunk annyiban, hogy korzovel csak pontokat tudunk kiszerkeszteni :) gyok3 -at eleg egyszeru.. gyok2 mar macerasabb.
Van egy megoldaskezdemenyem, kicsit elmeleti oldalrol kozelitettem meg.Talan 'kicsit' tul korulmenyes lett, mintha rogton egy eredmenyt irok, de igy talan tanulsagosabb, igy nem torlom ki... Ime:
A gyokot egy egyenloszaru haromszogben fogjuk keresni, legyen az atfogoja x hosszu, a ket befogoja pedig y hosszu. A haromszog x-re meroleges magassaga lesz a keresett gyokketto. Ugye 2=y^2-(x/2)^2 egyenlet adodik . Ha van ket pontunk egymastol x tavolsagra, es 2 pont y tavolsagra, alapcsucsoknak az x-tavu pontokat veve, a maradek csucs konnyeden kiszerkesztheto (x-tavu pontokbol korzovel y-nyilassal metszunk egy pontot a ket ismert csucsbol) Szoval csak annyi a feladat, hogy kiszerkesszuk olyan y es x tavolsagu pontparokat, amik teljesitik a fenti feltetelt.. Kerdes, hogy milyen pontokat szerkeszthetunk egyaltalan..
Az egysegnyi szakasz adott, es ez minden. Mindket pontbol huzhatunk egysegnyi kort, ezek metszik egymast mindket oldalon, igy nyerunk egy rombuszt. A ket uj pont egymastol vett tavolsaga gyok3-szorosa az eredeti pontok tavolsaganak. Tehat szerkeszthetunk gyok3^l l=0, 1, 2, ... tavolsagu pontokat. A ket uj pontbol rombuszpontbol is szerkeszthetunk hasonlo modon csucsokat, ezek egymastol vett tavolsaga 3 (l=2)..
Az eredeti pontokkal 'vizszintesen egy vonalba' szerkeszthetunk gyok3^l l=0, 2, 4, ... tavolsagu pontokat, az eredeti pontokkal 'merolegesen pedig gyok3^l l=1, 3, 5 .. tavolsagu pontokat. Ez nem minden, amik egy vonalba esnek, vehetjuk a kulonbseguket is(az egyvonali pontok egymastol vett tavolsagat): Tehat a vizszintes tavolsagok: 1, 3, 3-1=2, 9,(9-1)/2=4, 9-1=8, ..... A fuggolegesek: gyok3, 3gyok3, 9gyok3,(9gyok3-3gyok3)/2=3gyok3 (9gyok3-gyok3)/2=4gyok3 ...
A tobbi pontpart (a rombuszok oldalai) elhanyagolhatjuk, felirva egyenleteiket hamar latszik, hogy nem lesz koztuk megoldas.
A fenti egyenletre ranezve eleg trivialisan y=gyok3 tuti, x=2 adodik.. Mazli, ilyen pontparaink mar vannak is.
Na szoval, atultetve a fenti gondolatmenetet a gyakorlatba(mindig balrol jobbra, ill fentrol lefele indexelem az uj pontokat): Megszerkesztjuk a 2 tavu pontpart: Az eredeti ket pontban(x1, x2) egyegy egysegsugaru kort huzunk, igy megkapjuk az elso rombuszunk pontjait(x3, x4). Ezekben a pontokban az uj x3-x4 tavolsaggal, az elobbi mintajara egy ujabb rombuszt szerkesztunk, igy kapunk meg 2 pontot (x5, x6 pontok). Ezzel megkaptam a gyok3 hosszu szakaszomat: x3, x4 tavolsaga. A 2 hosszu szakasz pedig: x6,x1 pontok tavolsaga. Szerencsere az x2 pont pontosan felezi a kepzeletbeli x6-x1 szakaszt, igy a haromszog magassaganak szerkeesztese nem okoz gondot. x1, es x6 pontban rajzolok egy egy korivet, x3-x4(gyok3) tavolsaggal megegyezo sugarral. Igy kapott x7 (ill x8) pontjaink a fenti keplet szerint x2-tol pontosan gyok2 tavolsagra esnek.
Na igy elolvasva visszaolvasva jooocskan el vannak szamolva az a 2. pontsorozat :) De annak ugyis az eleje kell csak, az meg jo. Mondjuk azt hittem bonyolultabb a feladat, azert jartam ennyire korul. Komplexebb feladatnal jon az ilyesmi jol, itt elegge felesleges..
Sanyi és apja beszélgetnek: - Fiam, hány oldalas a könyv, amit el kell olvasnod? - 1000-nél kevesebb. - Elkezdted már? - Igen, vasárnap már túl is jutottam a százötvenedik oldalon. - És ma mennyit haladtál? - Nagyon sokat! A ma olvasott oldalak sorszámának 2761 az összege.
A beszélgetés napján hányadik oldalon kezdte az olvasást, és hány oldalt olvasott Sanyi?
A 246. oldalon kezdte es 11 oldalt olvasott sanyi. :)
Szerinted egyertelmu megoldasa van ennek a feladatnak?
Ja, ahogy nezem igen :) Tul konnyu, hisz talalgatasos modszerrel is kb 1 perc volt. Erre mas nem is kell, hisz annyira keves a leellenorizendo esetek szama.
ilyen gyorsan, szép:), kicsit nehezebbet kell adnom:) az egyértelmût nem értem, szerintem 1 megoldás van, vagy nem?
Ugye nyilvanvaloan paratlan oldalt olvasott el, emiatt a szamok atlaganak osztoja kell legyen a 2761-nek. Az elso ilyen szam a 11. Efolott (19-21) korul mar 150-nel kevesebb jonne ki kezdooldalnak, ami a vasarnapi infonak ellentmond, tehat egyertelmu a megoldas.
egy másik, ez talán nem lesz olyan gyors: van 3 ház, és 3 kút. minden házból minden kúthoz kell utat építeni, de azok nem keresztezhetik egymást, hogyan helyezzük el az utakat?
bár végülis kis gráfelmélettel gyorsan meg lehet oldani...
Ennek nincs megoldasa. Ez ilyen nevezetes, K3 graf vagy hogy is hivjak. Nem rajzolhato sikba, pl nem teljesiti az euler tetel-ben levo szukseges feltetelt. (20<=18)
Pont mostanaban kellett grafoznom, igy meg emlekszem ezekre a grafos tetelekre :)