Noen som har greid noen av disse?
http://www.skytopia.com/project/imath/imath.html
Om du klarer å løse noen av oppgavene, vær så snill å poste svaret ditt, slik at vi får lagt det til listen.
Liste over løste oppgaver: Si ifra om noen svar er gale.
The Dice Roll:
a:[tex]\frac{21875}{46656}[/tex]
b:[tex]\frac{31031}{46656}[/tex]
The Square Crossover
a:
b: 1) [tex]\frac{1}{8}[/tex] 2) 3)
The Infinity Thing
a:
b:
The Enveloping Lines
a:
b: 1) 2)
The Ant Walk
Enveloping Lines: The Revenge
a:
b:
The Zig-zagger
a:
b:
The Cricket Pitch
a:
b:
The Mega-Sphere
a: [tex]x=50,y=43.30125,z=81.64966[/tex]
b: [tex]123[/tex]
c:
The Curvy Rebound
a:
b:
The Starry Rebound
a:
b:
c:
Mega-sphere: The Revenge
a:
b:
c:
The Snooker Table of Doom
a:
b:
c:
d:
Verdens vanskeligste nøtter (?)
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
- Cantor
- Innlegg: 142
- Registrert: 29/10-2007 22:02
Småstygge. For sirkelen på Square Crossover blir svaret 1/8, den var lett pga symmetrien. (Hint: Det siste punktet må treffe mellom "motpolene" til de to første.)
Tror jeg har en angrepsmåte på resten av de (to-dimensjonale) delene av Square Crossover, men det blir stygt. Ellers er jeg ganske blank.
Megasquare b) tror jeg er åpen...
Tror jeg har en angrepsmåte på resten av de (to-dimensjonale) delene av Square Crossover, men det blir stygt. Ellers er jeg ganske blank.
Megasquare b) tror jeg er åpen...
Infinity Thing b) mener jeg bestemt kan løses med stokastiske prosesser (altså Markovkjeder). Ganske rutinepregede prosesser også.
Litt usikker her, men jeg tror også at Ant Walk kan løses med samme teknikk, men det er i så fall ikke så rutinepreget.
De siste oppgavene er ganske syke. Kommer aldri til å bli god nok til å løse de, selv ikke om jeg studerte matte i 1000 år.
Litt usikker her, men jeg tror også at Ant Walk kan løses med samme teknikk, men det er i så fall ikke så rutinepreget.
De siste oppgavene er ganske syke. Kommer aldri til å bli god nok til å løse de, selv ikke om jeg studerte matte i 1000 år.
An ant on the move does more than a dozing ox.
Lao Tzu
Lao Tzu
-
- Cantor
- Innlegg: 142
- Registrert: 29/10-2007 22:02
espen 180: det stemmer ikke. 166 altså. Så vidt jeg kan forstå, er det her snakk om rigide baller, så de kan ikke pakkes vilkårlig tett.
Svaret er maks. [tex]5.5^3 \cdot \frac{\pi}{\sqrt{18}} \approx 123.2[/tex]
Hvor [tex]\pi / \sqrt{18}[/tex] er tettheten til den tettest mulige pakkingen av baller i rommet.
Men det er jo ingen grunn til å anta at denne kan oppnås når vi har en ytre sfære som begrenser oss.
Svaret er maks. [tex]5.5^3 \cdot \frac{\pi}{\sqrt{18}} \approx 123.2[/tex]
Hvor [tex]\pi / \sqrt{18}[/tex] er tettheten til den tettest mulige pakkingen av baller i rommet.
Men det er jo ingen grunn til å anta at denne kan oppnås når vi har en ytre sfære som begrenser oss.
Den er grei. Klarer du oppgave c også, så er vi ferdige med The Mega-Sphere?
Forresten; betyr "theoretical maximum" at vi skal regne ut vilkårlig tetthet?Same as above, except that the spheres are stretched in width by double - to produce an elongated sphere or 'ellipsoid'. What is the theoretical maximum amount of ellipsoids that can be crammed into the mega-sphere?
Tror ikke du skal være så rask med at det er 123 uansett. Circle packing leste jeg litt om en gang i tiden da jeg ble utfordret til å finne maksimal radius på 10 sirkler (alle med samme radius) som skal puttes inn i et kvadrat med lengder a.
-
- Cantor
- Innlegg: 142
- Registrert: 29/10-2007 22:02
Det jeg mente var at svaret i alle fall ikke var større enn 123. 123 er et "upper bound". Men ikke nødvendigvis least upper bound.
Jeg vet at for generelle forhold mellom stor og liten radius, dvs. det som her er 5.5, er svaret åpent. Tror ikke helt at de som har skrevet nøttene har løst dem alle selv.
Jeg vet at for generelle forhold mellom stor og liten radius, dvs. det som her er 5.5, er svaret åpent. Tror ikke helt at de som har skrevet nøttene har løst dem alle selv.
Skjønte det. Kommentaren var myntet på espen180Bogfjellmo skrev:Det jeg mente var at svaret i alle fall ikke var større enn 123. 123 er et "upper bound". Men ikke nødvendigvis least upper bound.
Jeg vet at for generelle forhold mellom stor og liten radius, dvs. det som her er 5.5, er svaret åpent. Tror ikke helt at de som har skrevet nøttene har løst dem alle selv.
Har sett litt på første del av "infinity thing," men her har en av to skjedd: Det har sneket seg inn en feil i beviset, eller det er en feil i excel-scriptet jeg brukte for å sjekke svaret. Kanskje noen kan oppklare dette? Jeg har stirret meg blind.
La H være utfallet krone (head), og T utfallet mynt (tail). Vi vil først telle antallet sekvenser S[sub]n[/sub] av lengde n i utfallsrommet.
S[sub]2[/sub]= 0, siden det bare er en sekvens av lengde 2: HH. S[sub]4[/sub]=2, siden det finnes to sekvenser av lengde 4 i utfallsrommet: TTHH og HTHH.
Vi teller delsekvenser først - vi tar for oss antall sekvenser som starter med H, H[sub]n[/sub] og antall sekvenser som starter med T, T[sub]n[/sub]. Vi ser at en sekvens lengre enn 2 som starter med H kan skapes fra en kortere sekvens som starter med T (sekvensen kan ikke starte med 2 H'er). En sekvens som starter med T kan skapes av en kortere sekvens som starter enten med H eller T. Vi får følgende rekursjon:
(n >= 3)
H[sub]2[/sub]= 1 H[sub]3[/sub]= 0
H[sub]n+1[/sub] = T[sub]n[/sub]
T[sub]n+1[/sub] = H[sub]n[/sub] + T[sub]n[/sub]
Vi ser at dette kan skrives om som H[sub]n+2[/sub] = H[sub]n+1[/sub] + H[sub]n[/sub], som vha initialbetingelser gir at H[sub]n[/sub] = F[sub]n-3[/sub] (Der F er Fibonaccitallene) og T[sub]n[/sub] = F[sub]n-2[/sub].
Siden S[sub]n[/sub] = H[sub]n[/sub] + T[sub]n[/sub], og ved å se på n = 2 separat, får vi at S[sub]n[/sub] = F[sub]n-1[/sub]
VI får dermed at sannsynligheten for en streng av en gitt lengde er gitt ved [tex]p(n) = \frac{F_{n-1}}{2^n}[/tex]
Vi benytter så at den genererende funksjonen for Fibonaccitallene er [tex]F(x) = F_1 x + F_2x^2 + F_3x^3 + ... = \frac{x}{1-x-x^2}[/tex], og dermed er den genererende funksjonen for S[sub]n[/sub] [tex]S(x) = F_1 x^2 + F_2x^3 + F_3x^4 + ... = \frac{x^2}{1-x-x^2}[/tex]
(Vi Kan også bekrefte at [tex]\sum _{n \geq 2} p(n) = S(\frac 1 2) = 1[/tex])
Vi ønsker nå E(S), som er gitt ved [tex]\sum _{n \geq 2} n p(n) = \left[x \frac{\rm{d}}{\rm{d}x}S(x) \right] _{x=\frac 1 2} = 6[/tex]
... Men excel hevder noe i nærheten av 4. Hvori ligger feilen, skal tro?
La H være utfallet krone (head), og T utfallet mynt (tail). Vi vil først telle antallet sekvenser S[sub]n[/sub] av lengde n i utfallsrommet.
S[sub]2[/sub]= 0, siden det bare er en sekvens av lengde 2: HH. S[sub]4[/sub]=2, siden det finnes to sekvenser av lengde 4 i utfallsrommet: TTHH og HTHH.
Vi teller delsekvenser først - vi tar for oss antall sekvenser som starter med H, H[sub]n[/sub] og antall sekvenser som starter med T, T[sub]n[/sub]. Vi ser at en sekvens lengre enn 2 som starter med H kan skapes fra en kortere sekvens som starter med T (sekvensen kan ikke starte med 2 H'er). En sekvens som starter med T kan skapes av en kortere sekvens som starter enten med H eller T. Vi får følgende rekursjon:
(n >= 3)
H[sub]2[/sub]= 1 H[sub]3[/sub]= 0
H[sub]n+1[/sub] = T[sub]n[/sub]
T[sub]n+1[/sub] = H[sub]n[/sub] + T[sub]n[/sub]
Vi ser at dette kan skrives om som H[sub]n+2[/sub] = H[sub]n+1[/sub] + H[sub]n[/sub], som vha initialbetingelser gir at H[sub]n[/sub] = F[sub]n-3[/sub] (Der F er Fibonaccitallene) og T[sub]n[/sub] = F[sub]n-2[/sub].
Siden S[sub]n[/sub] = H[sub]n[/sub] + T[sub]n[/sub], og ved å se på n = 2 separat, får vi at S[sub]n[/sub] = F[sub]n-1[/sub]
VI får dermed at sannsynligheten for en streng av en gitt lengde er gitt ved [tex]p(n) = \frac{F_{n-1}}{2^n}[/tex]
Vi benytter så at den genererende funksjonen for Fibonaccitallene er [tex]F(x) = F_1 x + F_2x^2 + F_3x^3 + ... = \frac{x}{1-x-x^2}[/tex], og dermed er den genererende funksjonen for S[sub]n[/sub] [tex]S(x) = F_1 x^2 + F_2x^3 + F_3x^4 + ... = \frac{x^2}{1-x-x^2}[/tex]
(Vi Kan også bekrefte at [tex]\sum _{n \geq 2} p(n) = S(\frac 1 2) = 1[/tex])
Vi ønsker nå E(S), som er gitt ved [tex]\sum _{n \geq 2} n p(n) = \left[x \frac{\rm{d}}{\rm{d}x}S(x) \right] _{x=\frac 1 2} = 6[/tex]
... Men excel hevder noe i nærheten av 4. Hvori ligger feilen, skal tro?
-
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Jeg havner også på 6 etter en (for?) kjapp regning.
Hm, greit, da har vi vel klart denne - Som en kuriositet har man og standardavviket [tex]\sqrt{E(S^2)-E(S)^2} = \sqrt{\left[ \left( x \frac{\rm{d}}{\rm{d}x} \right)^2 S(x) \right]_{x=\frac 1 2} -6^2} = \sqrt{22}[/tex]
(Lar Mathematica ta seg av utregningene. Har du veldig lyst til å derivere, så sett igang.)
(Lar Mathematica ta seg av utregningene. Har du veldig lyst til å derivere, så sett igang.)
If you throw a dice 6 times, what's the chance that you'd get a six on:espen180 skrev: The Dice Roll:
a:[tex]\frac{13}{18}[/tex]
b:[tex]1[/tex]
a: exactly one of the throws.
6*1/6*(5/6)^5=3125/7776
b: one or more of the throws.
46656/46656-(5/6)^6
=46656/46656-15625/46656=31031/46656
EDIT: Feil koeffisient.