Hosszú kihagyás után egy új (2003-ban jelent meg egy angol könyvben), ez nehezebb, és komolyabb (inkább egyetemi kombinatorika szint) matekot igénylõ feladat:
Adott egy teljesen véletlenszerûen megkevert pakli (52 lap, 26 piros és 26 fekete). A játékos 1 dollárral kezd, és minden lap felhajtása elõtt dönthet úgy, hogy a vagyonának bármekkora részét (akármennyire apró is lehet, nem kell egész centekben számolni) felteszi a piros vagy a fekete színre. Ha nyer, visszakapja a tétet és még ugyanannyit. Az elsõ gondolata az, hogy megvárja az utolsó lap felhajtását, hiszen ekkor a teljes dollárt feltéve megduplázza a pénzét, 2 dollárral távozhat, ez biztos. Garantálható-e valamilyen módon a nagyobb nyeremény, és ha igen, mennyi pénzt lehet biztosan szerezni?
(tehát nem az a kérdés, hogy 52 alkalommal jól tippelve a kezdeti 1 dollárból mennyi jöhet össze, hanem hogy mekkora nyeremény garantálható bármilyen lapjárás mellett)
Amúgy ez nem az a típus hogy elsõbõl kiveszel n-t, másodikbõl n+1, ...végül n+m, kiszámolod hogy mit kapnál ha n egységni súly lenne, az eltérésbõl pedig látni fogod hogy melyik n+-os tagnál van a hiba. Mert az eltérés egyenes arányosságban van a pluszban kivett darabok számával.
Mindegyiktõl elkér tízmillárdezer darab aranypénzt és amelyik kalifáé láthatóan könnyebb a többinél az a csaló. Remélem kihagytál valamit a feladatból, mert ez egyáltlán nem elgondolkodtató.
Másik, az jobb. Egy kalifátusban minden aranypénz 10 grammos. Minden kereskedõnek rengeteg ilyen pénze van. Ám az egyikük azonban minden pénzbõl 1 grammot lecsal. A kalifának viszont csak egyetlen mérlege van, ami bármekkora súlyt tud mérni, azonban gramm pontossággal csak egyszer. Hogyan találhatja meg a csalót?
(Minden adat adott)
Halló Kérdés: A golyóscsapágyban vályatok vannak. Hogyan férnek be oda oldalról a golyók, amik a környílásnál sokkal nagyobbak?
a cím elgondolkodtató - nem pedig unalmas - feladatok :p
A palló fából van, és lebeg a vízen, ezért tutajt csinálunk az egyikbõl, a másikból meg evezõt:P
De az is mûködhet, hogy fedésbe rakjuk le õket, így az egyik az egyik oldalon vaj alátámasztva a másik meg fölötte a másik oldalon, és úgy már megtartja az úszni nem tudókat.
Trükkös megoldások. :) Most valami matematikusabb, bizonyíthatóan helyes megoldáson gondolkodjatok. :)
Elvileg két ekkora méretû palló megtart a vízfelszínen.
Egy könnyû vasárnapra: Adott egy tökéletesen sík terepen egy 50×50-es négyzet alakú tó, aminek a közepén van egy 30×30-as négyzet alakú sziget. A szigetet tehát 10 méteres víz veszi körbe. Úgy gondoltuk, hogy veszünk egy pallót, amivel átmegyünk, de az eladó becsapott minket és a palló csak 9,9 méteres. 2 ilyen pallót vettünk, hogy legyen vésztartalék is, más felszerelés azonban nincs nálunk. Át tudunk-e a segítségükkel jutni valahogy a vízen?
hátõõõ... namégegyszer.
a feladat: "Egy érmével háromszor dobunk. Mi valószínûbb hogy 1 vagy 2 fejet dobunk?" a lehetséges sorozatok: fff,ffi,fif,fii,iff,ifi,iif,iii ez valóban 8 lehetõség. mindegyik esélye 1/8 ebbõl az, ahol 1f van: 3db (fii,ifi,iif) ahol 2f van: 3db (ffi,fif,iff) tehát valóban tévedtem, mert bár a válasz az, hogy "Annak, hogy 1 vagy 2 fejet dobunk egyforma a valószínûsége." de ez a valószínûség nem 1/4, hanem 3/8.
köszönöm a kiigazítást!
akk sztem:
a lehetséges dobások:
FFF, FFI, FIF, IFF, FII, IFI, IIF, III azaz, a 1 fejnek a valószínûsége 3/8, a 2 fejé meg szintén 3/8. szal nem 25%, ahogy azt kz állította :P
Ez a gondolatmenet hibás. 37,5% esély van mindegyikre. Mert 4 kimenetel van ugyan, de nem mindegyiknek ugyanakkora az esélye. 8 tényleges eredmény van ugyanis, ebbõl 3-3 az egy és két fejes esetek száma. Az tehát hogy 1 fejet vagy 2 fejet dobunk, egyformán valószínû (37,5% - 37,5%)
Ha tudjuk az elsõ dobást akkor már más a helyzet :P
Egy érmével három dobás után a lehetséges kombinációk: F-F-F F-F-I F-I-I I-I-I F=FEJ I=ÍRÁS
Számomra ez azt jelenti hogy az összes lehetséges eseménybõl számunkra kettõ kedvezõ. Lehet olyan hogy egy F, ill. egy I. P=1/4=25% mind a két esetben. A válasz: Ha egy érmével háromszor dobunk ugyan akkora a valószínûséggel kapunk 1 fejet mint 2-t. Feltételezés: Érme szabályos, nincs extrém körülmény pl. az érme nem esik le, leesik és az oldalán áll meg stb... ( azért csak négy kimenetele lehet mert a sorrend nem számít, F-F-I ugyan az mint a I-F-F v. F-I-F.
Én azt következtettem hogy mindkettõnek ugyanannyi a valószínûsége, mert nem kumulálódik a dobások valószínûsége. Csak azért kérdeztem hogy jó -e, mert innentõl egyszerûnek tûnt.
tehát a válasz az, hogy 50-50%? NEM. szerintem a válasz az, hogy mindkettõ egyformán valószínû. konkrétan mindkettõnek P=0,25 (azaz 25%) a valószínûsége. szerintem. az indoklás pedig a lehetséges esetek (4db) és azok valószínûségének (mind 25%) meghatározásával kész is van.
Egy érmével háromszor dobunk. Mi valószínûbb hogy 1 vagy 2 fejet dobunk? Válaszát indokolja. :)
Hazudós oldalon is egyértelmû: Mit vászolnál, ha megkérdeznélek... Hazudna, de most is hazudnia kell, tehát igazat fog mondani. Mivel mindig hazudik, arról is hazudik, hogy mit mondana. Pl.: Azt mondaná a melyik út vezet Kukutyinba kérdésre, hogy: -A bal. Mit mondanál akkor kérdésre errõl is hazug választ kell mondjon: -A jobbat mondanám.
hazudós oldalon már nehezebb a kérdés, attól függ, hogy egy kérdésként, vagy két részkérdésként értelmezi - logikusabb, hogy két részkérdésként, és akkor helyes választ kapnál
Klassz. Kérdés: Ha ezt a kérdést teszem fel (mindegy melyiknek): "Ha megkérdezném tõled, melyik út vezet Kukutyin fele, mit válaszolnál?" Akkor biztos, hogy a helyes választ mondaná?"
Kérdezd meg, hogy a másik mit felelne? És tedd az ellenkezõjét. Ugyanis amikor "a másik mit felelne?" kérdést teszed fel, akkor sorba kötve kapsz egy igaz választ és a fordítottját, a sorrend mindegy, mert így akármelyiket kérdezed, igaz-hamis vagy hamis-igaz sorrendben mindig a fordított választ kapod. Jobban látszik, ha úgy mondjuk, hogy mindig a fordított-változatlan, vagy változatlan-fordított sorrend miatt mindig a fordított válasz érkezik hozzád.
Persze nyilván azért te tetted fel ezt a kérdést mert a válasz ismered, ezért az elemzés a többieknek szólt..
Úgy van, Raymond Smullyan matematikus nevéhez (is) kötõdik - "A lovagok és lókötõk világa" néven ismeretes feladvány: http://hu.wikipedia.org/wiki/Raymond_Smullyan#A_lovagok_.C3.A9s_l.C3.B3k.C3.B6t.C5.91k_vil.C3.A1ga
ha jól emlékszem akkor azt kell megkérdezni, az egyiktõl hogy a másik ember mit mondana, merre van a helyes irány, és mindenképp az ellenkezõjét kell mondani mint amit mondott :)
Õsrégi, könnyû feladvány: Van egy útkeresztezõdés lehet jobbra menni, meg balra. Mindegyiknél ül egy ember. Az egyik mindig igazat mond, a másik mindig hazudik. Nem tudod, melyik mond igazat és melyik hazudik. Csak egy kérdésed lehet, hogmegtaláld merre kell menned Kukutyin fele.
"révdidupzz s noéérmzxiurzr,"
Az elsõ feladatot én is félreértelmeztem, azt hittem nem szükségszerû, hogy rossz legyen a felirat. Emiatt helyes választ sem kaphattam.
A második kérdés szerintem nem volt nehéz, elég gyorsan rá lehet jönni. Elsõre persze azt hinné az ember, hogy nem lehet megoldani. De hát milyen elgondolkodtató feladat az, amelyiket nem lehet megoldani :P
Kiveszek egy érmét abból,amin a címke szerint fele-fele pénz van,ebben vagy 2005-ös,vagy 1975-ös van,így ha kiveszem,egybõl megállapítható hogy melyik is van benne. Marad két edényem,és két címkém,de tudom hogy úgysem az van az edényekben ami rá van írva. Tehát pl. kiveszek egy érmét a fele-fele címkésbõl. Az mondjuk a 2005-ös,akkor abban a 2005-ösök vannak. Marad egy 2005-ös címkés,és egy 1975-ös címkés,illetve marad egy fele-fele edény és egy 1975-ös edény.És tudom hogy miden címke rossz helyen van.Tehát már azt is tudom,hogy az 1975-ös címkésben van a fele-fele edény,a msáikban az 1975-ös. Vagyis egyetlen érmét kell megnézenm,azt ami a fele-fele cmíkés edényben van.:)
lényegtelen az évjárat, és az n értéke is (persze nem lehet nulla - az ilyen trivialitásokat nem soroltam fel: nem átlátszó a tárolóedény, stb...)
ha anna házas , akkor a válsz igen, ha pedig egyedülálló, akkor szintén igen a válasz
egyébként meglepõ, h milyen egyszerû ez a feladat, és mégis sokáig tartott rájönni, de miután beugrott, már a fejemt fogtam, h atyaúristen... tényleg lusta vagyok gondolkodni...=D
Pénzek: egyik megoldás se jó, van egy egyértelmû, szerencsére nem alapozó megoldás.
Qetuol: a C se jó megoldás - azt azok választják, akik lusták gondolkodni (konkrétan kognitív fukarság a neve ennek a pszichológiai jelenségnek, és azt mutatja, hogy az intelligens, tapasztalt feladatmegoldók lusták átgondolni a feladatot, és elhamarkodott döntést hoznak)
Szerintem is ez a megoldás,ha ismerjük az n-t. Ha viszont ismeretlen,akkor addig veszem ki,míg el nem fogy,vagyis n-szer.Aztán a másikból is n-szer. Tehát akkor viszont 2n a megoldás.
1/2n+1 et kiveszek vmelyikbõl, ha mind egyforma akkor az a 2005-ös vagy 1975-os edény, ezután a maradék 2 edény vmelyikébõl kiveszek szintén 1/2n+1 -et. ha mind egyforma, akkor az a maásik egyforma érmés edény, egyébként a kevert. ha az elsõ kivételnél az 1/2n+1 érme kevert, akkor elég 1 érmét kivenni a másik 2 edény valamelyikébõl. tehát a legrosszabb esetben n+2 érmét kell kivenni.
Kiveszek egyet (a vegyesbõl- de ezt akkor még nem tudom), 2005-ös, kiveszek még egyet, hogy megbizonyosodjak arról hogy ez a vegyes e vagy sem. Mivel a legkevesebb érmét kérdi, feltételezem hogy szerencsés vagyok, így a másodjára kijön egy 1975-ös. - megvan hogy ez a vegyes. - 2 érmét vettem ki
Már csak egy érmét kell kivennem, hogy megtudjam, melyik melyik. Kiveszek egyet a 2005-ösbõl, és mivel a vegyes megvan már, így a harmadik csak az 1975-ös lehet. Másra nem tudok gondolni. -1 émét vettem ki, összesen 3at. Ennél lenne egy jobb verzió, ahol kevesebbet veszel ki?
kiírom újra, mert nekiáll elsüllyedni: --------------------------------------------------------------------- Van három tárolóedény. Egyikben csupa 2005-ös érme van (n darab), a másikban csupa 1975-ös (n darab), a harmadikban pedig pontosan fele-fele arányban 2005-ös és 1975-ös (1/2 n+ 1/2 n darab). Az edények fel vannak cimkézve: "2005", "1975" és "vegyes". Egy gonosz személy viszont elkeverte a cimkéket, így most mindegyik edény rosszul van felcimkézve. Mennyi a legkevesebb számú érme, amelyet meg kell nézned, hogy helyreállítsd a rendet? --------------------------------------------------------------------- valamint: --------------------------------------------------------------------- Józsi Annát nézi, Anna pedig Gyurit. Józsi házas, Gyuri pedig egyedülálló. Néz-e egy házas ember egy egyedülállót? A) Igen. B) Nem. C) Nem lehet eldönteni. ---------------------------------------------------------------------
Sehogy, ezért húzok 3-at ismét, ami mint már kiderült nem jó:D
nincs szükség mérlegre a megoldáshoz :) (semmiféle további segédeszköz nem kell, csak bizonyos számú érmét meg kell nézni, és az alapján egyértelmû a megoldás)
Kiveszek mindkét féle érmébõl egyet, lemérem, majd rárakom a zsákokat egy mérlegre. A legnehezebb lesz az, amiben a legnehezebb érmék vannak(tegyük fel, hogy a régi), a legkönnyebb az, amelyikben a könnyebb érmék vannak(tfh új), a középsõ meg a vegyes.
hidd el, hogy nem - de nem fogom elárulni egyelõre, hadd játsszon vele más is, hátha lesz jó megoldás (akár a másikra is, amit beírtam) :)
Kiveszek 3-at. Így kiderül, hogy az egyik zsákban mi van, ugyanis az fog történni, hogy vagy 1 új érmét húzok ki, és két régit, vagy 2 régit és egy újat. Amelyikbõl 1-et húztam, arról tudni fogom, hogy mi, pl 2 régi és 1 új esetén megvan az új érmés zsák. Utána marad két zsákom. Kihúzok az egyikbõl n/2+1 egy darabot, így ha az a zsák volt, amiben tisztán csak 1 fajta érme van, akkor megvan melyik zsákról van szó, ha meg kétféle érmét húzok ki(pl n/2 új és egy régi) akkor az a kevert. Szóval n/2+4 érmét kell legkevesebb kihúzni.
Az elõzõ mellé egy könnyebb, érdekes feladat (a másikat meg még nem árulom el):
Józsi Annát nézi, Anna pedig Gyurit. Józsi házas, Gyuri pedig egyedülálló. Néz-e egy házas ember egy egyedülállót? A) Igen. B) Nem. C) Nem lehet eldönteni.
Van három tárolóedény. Egyikben csupa 2005-ös érme van (n darab), a másikban csupa 1975-ös (n darab), a harmadikban pedig pontosan fele-fele arányban 2005-ös és 1975-ös (1/2 n+ 1/2 n darab). Az edények fel vannak cimkézve: "2005", "1975" és "vegyes". Egy gonosz személy viszont elkeverte a cimkéket, így most mindegyik edény rosszul van felcimkézve. Mennyi a legkevesebb számú érme, amelyet meg kell nézned, hogy helyreállítsd a rendet?
Hát pedig az pont rossz elképzelés, mert a macskákról folyamatosan verõdik vissza fény, és ha egymásra néznek, akármilyen gyorsak is, csak korábbi állapotot láthatnak.
Informatika és tudomány
