Ei yksivärisiä neljän käsiä, todennäköisyys?

Anonyymi-ap

Mikä on todennäköisyys että sekoitetusta korttipakasta ei tule yhtään kokonaan mustaa eikä kokonaan punaista kättä, kun se jaetaan neljän kortin käsiin?

Tai vaihtoehtoisesti: Jos 26 miestä ja 26 naista jakautuvat satunnaisesti neljän hengen pöytiin (pöytiä 13), niin millä todennäköisyydellä missään pöydässä ei ole kaikki samaa sukupuolta?

Saamani ratkaisun osoittajan ja nimittäjän summan sini on
-0.7496443654465106

38

293

Äänestä

    Vastaukset

    Anonyymi (Kirjaudu / Rekisteröidy)
    5000
    • Anonyymi

      Tämä näyttäisi olevan yksinkertainen binääri- ja heksalukuongelma, jossa n-bittisen luvun 1-bittien määrä on aina n/2 eikä heksamuodossa esiinny yhtään 0- tai f-numeroa.

      En saa n:n arvolla 52 siniä samaksi asteilla enkä radiaaneilla, vaikka miten sieventelisi osoittajaa ja nimittäjää. Saatko alkupään vaihtoehtojen määrät samoiksi?

      n: lkm
      4: 6
      8: 68
      12: 792
      16: 9744
      20: 122976
      24: 1580096
      28: 20558208
      32: 269992192
      36: 3571582464
      40: 47519843328
      44: 635231213568
      48: 8524834934784
      52: 114781763690496
      56: 1549834688151552
      60: 20977712473669632
      64: 284549068070387712

      Kaikissa sieventämätön nimittäjä 2**n.

      Isot n:n arvot saa laskettua muutamassa minuutissa yhdistelemällä kahden pienen n:n bittien määrätaulukot, siten että 1-bittien kokonaismäärä on aina oikea. Esim. 52 = 24 28.

      • Anonyymi

      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Katsoin Googlella pelkkää lukua 114781763690496. Löytyi yksi sopiva osuma. Joku pokerinpelaaja (tai matemaatikko?) on saaanut saman luvun.

        http://people.math.sfu.ca/~alspach/mag82/

        Matematiikan professori Brian Alspach on kirjoittanut kymmenittäin vastaavia kiinnostavia artikkeleita pelaamisen todennäköisyyksistä yms. Käykää läpi linkit ja linkeissä olevat linkit.

        Itse en noista juuri mitään ymmärtänyt, joten pääsee vähemmällä kun keskittyy aina vain koodin nopeuttamiseen. Poistin koodista kaikki hitaat string-operaatiot. Kaiken voi laskea suoraan 16-moduloilla ja 16:lla jakamisella ja valmiiksi lasketuilla heksalukujen 1-bittin määrätaulukolla. Noin nelinkertainen nopeutus.


      • Anonyymi

        Hmm... Eikös n=4 pitäisi tulla tod.näk 1, koska siihen yhteen ainoaan käteen tulee aina kaksi mustaa ja kaksi valkeaa.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Katsoin Googlella pelkkää lukua 114781763690496. Löytyi yksi sopiva osuma. Joku pokerinpelaaja (tai matemaatikko?) on saaanut saman luvun.

        http://people.math.sfu.ca/~alspach/mag82/

        Minun vastaus n=52:lle on

        227741594624/983965343151

        Sinulla pitäisi nimittäjässä ollakin n! / ((n/2)!)^2 eli niitten binäärijonojen joissa n/2 ykköstä lukumäärä eikä kaikkien lukumäärää 2^n.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Hmm... Eikös n=4 pitäisi tulla tod.näk 1, koska siihen yhteen ainoaan käteen tulee aina kaksi mustaa ja kaksi valkeaa.

        Olet oikeassa. Sama virhe on kaikissa muissakin tapauksissa.

        Ohjelma haki vain kaikki tapaukset, joissa on sama määrä 0- ja 1-bittejä eikä yhtään '0000' tai '1111' eikä laskenutkaan kysyttyä todennäköisyyttä annetuilla ehdoilla.

        Pitääkin ensin laskea monessako tapauksessa 0- ja 1-bittejä on sama määrä ja laittaa se nimittäjäksi.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Minun vastaus n=52:lle on

        227741594624/983965343151

        Sinulla pitäisi nimittäjässä ollakin n! / ((n/2)!)^2 eli niitten binäärijonojen joissa n/2 ykköstä lukumäärä eikä kaikkien lukumäärää 2^n.

        Ohjelmaa ei tarvinnutkaan muuttaa yhtään. Yritin kyllä saada samalla laskettua oikean nimittäjän, mutta se onnistui vain poistamalla kaikki muut ehdot. Siitä tuli ihan oma hidas ohjelma.

        Valmiin kaavan n! / ((n/2)!)^2 käyttö on vähän liiankin helppoa ja nopeaa.


        Pitääkö Brian Alspachin lause:

        "The coefficient of x26 is 114,781,763,690,496 giving a probability of .231 for randomly splitting the deck into two sets of 26 cards and having neither set contain quads."

        paikkansa myös muilla 8:lla jaottomilla korttimäärillä? Esim. jos on 12 korttia (4x1 4x2 4x3) ja niistä otetaan 6 korttia, onko x6 (coefficient) vastaavasti 792?


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Ohjelmaa ei tarvinnutkaan muuttaa yhtään. Yritin kyllä saada samalla laskettua oikean nimittäjän, mutta se onnistui vain poistamalla kaikki muut ehdot. Siitä tuli ihan oma hidas ohjelma.

        Valmiin kaavan n! / ((n/2)!)^2 käyttö on vähän liiankin helppoa ja nopeaa.


        Pitääkö Brian Alspachin lause:

        "The coefficient of x26 is 114,781,763,690,496 giving a probability of .231 for randomly splitting the deck into two sets of 26 cards and having neither set contain quads."

        paikkansa myös muilla 8:lla jaottomilla korttimäärillä? Esim. jos on 12 korttia (4x1 4x2 4x3) ja niistä otetaan 6 korttia, onko x6 (coefficient) vastaavasti 792?

        Joo, se pätee kaikilla neljällä jaollisilla n ja yleistyy myös muille arvoille kuin k=4, kun polynomiksi sisään pistetään (1 x)^k - 1 - x^k.
        Tuohan onkin kätevämpi tapa kuin mitä minulla oli (inkluusio-eksluusio). Sen näkee samaksi niin, että ajatellaan pakan olevan järjästyksessä A,A,A,A,2,2,2,2,...,K,K,K,K. Ja tästä valitaan puolet värjäämällä ne mustiksi. Nyt molemman puolen quadittomuus tarkoittaa, että mikään neljän käsi ei ole yksivärinen.

        Yleisille pakan koolle n ja käden koolle k (jos n ei ole k:n monikerta, niin ylimääräiset kortit jätetään huomiotta) I-E:llä saamani kaava on (Sage-koodina):

        sum( (-1)**s * binomial(n//k,s) * sum( binomial(s,b)*falling_factorial(n//2, k*b)*falling_factorial((n 1)//2, k*(s-b))*factorial((n-k*s))for b in range(max(0, s-n//2), min(s, n//2) 1)) for s in range(n//k 1))/factorial(n)

        kun taas linkin generoivien funktioiden keinon avulla sain kaavan (tapaukselle k=4; en vielä kokeillut yleiselle k)

        2**(n//2)/binomial(n, n//2) * sum(multinomial([j, j, n//4-2*j])*(3/2)**(n//4-2*j) for j in range(n//8 1))

        Siinähän taitaa muuten käydä niin, että kaikilla k tämä "yksiväri-kädettömyyden tn" menee nollaan kun n menee äärettömään. Näkeekös sitä tuosta kaavasta miten suoraan?

        Entäs sitten vielä yleistys r:lle eri värille? Jos k=r=2, niin silloinhan ollaan siinä perhepöytä tilanteessa. Ja jos k=r>2, niin kävi niin, että tn menee nollaan. Olisi hauska jos löytyisi jokin toinenkin arvopari k,r, jolla tn ei mene nollaan.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Joo, se pätee kaikilla neljällä jaollisilla n ja yleistyy myös muille arvoille kuin k=4, kun polynomiksi sisään pistetään (1 x)^k - 1 - x^k.
        Tuohan onkin kätevämpi tapa kuin mitä minulla oli (inkluusio-eksluusio). Sen näkee samaksi niin, että ajatellaan pakan olevan järjästyksessä A,A,A,A,2,2,2,2,...,K,K,K,K. Ja tästä valitaan puolet värjäämällä ne mustiksi. Nyt molemman puolen quadittomuus tarkoittaa, että mikään neljän käsi ei ole yksivärinen.

        Yleisille pakan koolle n ja käden koolle k (jos n ei ole k:n monikerta, niin ylimääräiset kortit jätetään huomiotta) I-E:llä saamani kaava on (Sage-koodina):

        sum( (-1)**s * binomial(n//k,s) * sum( binomial(s,b)*falling_factorial(n//2, k*b)*falling_factorial((n 1)//2, k*(s-b))*factorial((n-k*s))for b in range(max(0, s-n//2), min(s, n//2) 1)) for s in range(n//k 1))/factorial(n)

        kun taas linkin generoivien funktioiden keinon avulla sain kaavan (tapaukselle k=4; en vielä kokeillut yleiselle k)

        2**(n//2)/binomial(n, n//2) * sum(multinomial([j, j, n//4-2*j])*(3/2)**(n//4-2*j) for j in range(n//8 1))

        Siinähän taitaa muuten käydä niin, että kaikilla k tämä "yksiväri-kädettömyyden tn" menee nollaan kun n menee äärettömään. Näkeekös sitä tuosta kaavasta miten suoraan?

        Entäs sitten vielä yleistys r:lle eri värille? Jos k=r=2, niin silloinhan ollaan siinä perhepöytä tilanteessa. Ja jos k=r>2, niin kävi niin, että tn menee nollaan. Olisi hauska jos löytyisi jokin toinenkin arvopari k,r, jolla tn ei mene nollaan.

        Jos merkataan m=n/4, niin tuo k=4 tapauksen gf-kaava saadaan muotoon

        6^m / (4m C 2m) * sum_{j=0}^{m/2} (m C j, j, m-2j) (4/9)^j

        missä summan sisällä on multinomi kerroin (m C j, j, m-2j) = m!/(j!^2 * (m-2j)!). Tuo kerroin on suurimmillaan kun j=m/3. Jos raakasti vain lykättäisiin kaikki summan termit tälle j:n arvolle (tämä ei ole perusteltua mutta kokeillaan vain testinä), niin WA:n mukaan mennään nollaan. Ilman tuota (4/9)^(m/3) ei kuitenkaan mene. Pitäisiköhän summa jakaa johonkin sopivaan termiin asti ja alkupäälle hyödyntää sitä, että multinomi on pientä ja loppupäälle (4/9)^j:n pienuutta.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Joo, se pätee kaikilla neljällä jaollisilla n ja yleistyy myös muille arvoille kuin k=4, kun polynomiksi sisään pistetään (1 x)^k - 1 - x^k.
        Tuohan onkin kätevämpi tapa kuin mitä minulla oli (inkluusio-eksluusio). Sen näkee samaksi niin, että ajatellaan pakan olevan järjästyksessä A,A,A,A,2,2,2,2,...,K,K,K,K. Ja tästä valitaan puolet värjäämällä ne mustiksi. Nyt molemman puolen quadittomuus tarkoittaa, että mikään neljän käsi ei ole yksivärinen.

        Yleisille pakan koolle n ja käden koolle k (jos n ei ole k:n monikerta, niin ylimääräiset kortit jätetään huomiotta) I-E:llä saamani kaava on (Sage-koodina):

        sum( (-1)**s * binomial(n//k,s) * sum( binomial(s,b)*falling_factorial(n//2, k*b)*falling_factorial((n 1)//2, k*(s-b))*factorial((n-k*s))for b in range(max(0, s-n//2), min(s, n//2) 1)) for s in range(n//k 1))/factorial(n)

        kun taas linkin generoivien funktioiden keinon avulla sain kaavan (tapaukselle k=4; en vielä kokeillut yleiselle k)

        2**(n//2)/binomial(n, n//2) * sum(multinomial([j, j, n//4-2*j])*(3/2)**(n//4-2*j) for j in range(n//8 1))

        Siinähän taitaa muuten käydä niin, että kaikilla k tämä "yksiväri-kädettömyyden tn" menee nollaan kun n menee äärettömään. Näkeekös sitä tuosta kaavasta miten suoraan?

        Entäs sitten vielä yleistys r:lle eri värille? Jos k=r=2, niin silloinhan ollaan siinä perhepöytä tilanteessa. Ja jos k=r>2, niin kävi niin, että tn menee nollaan. Olisi hauska jos löytyisi jokin toinenkin arvopari k,r, jolla tn ei mene nollaan.

        Minä laskin ihan ohjelmallisesti 12 kortin (4x1 4x2 4x3) tapauksen. Jos pakka jaetaan kahtia (6 6), mahdollisuuksia on 924 . Niistä 792:ssa ei kummassakaan puoliskossa ole nelosta. Myös 8:n kortin pakka toimi. 68/70.

        Teorioista en enää mitään ymmärrä, mutta tuntuu aika ihmelliseltä, että kaksi täysin erilaista tehtävää antaa antaa aina saman tuloksen.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Joo, se pätee kaikilla neljällä jaollisilla n ja yleistyy myös muille arvoille kuin k=4, kun polynomiksi sisään pistetään (1 x)^k - 1 - x^k.
        Tuohan onkin kätevämpi tapa kuin mitä minulla oli (inkluusio-eksluusio). Sen näkee samaksi niin, että ajatellaan pakan olevan järjästyksessä A,A,A,A,2,2,2,2,...,K,K,K,K. Ja tästä valitaan puolet värjäämällä ne mustiksi. Nyt molemman puolen quadittomuus tarkoittaa, että mikään neljän käsi ei ole yksivärinen.

        Yleisille pakan koolle n ja käden koolle k (jos n ei ole k:n monikerta, niin ylimääräiset kortit jätetään huomiotta) I-E:llä saamani kaava on (Sage-koodina):

        sum( (-1)**s * binomial(n//k,s) * sum( binomial(s,b)*falling_factorial(n//2, k*b)*falling_factorial((n 1)//2, k*(s-b))*factorial((n-k*s))for b in range(max(0, s-n//2), min(s, n//2) 1)) for s in range(n//k 1))/factorial(n)

        kun taas linkin generoivien funktioiden keinon avulla sain kaavan (tapaukselle k=4; en vielä kokeillut yleiselle k)

        2**(n//2)/binomial(n, n//2) * sum(multinomial([j, j, n//4-2*j])*(3/2)**(n//4-2*j) for j in range(n//8 1))

        Siinähän taitaa muuten käydä niin, että kaikilla k tämä "yksiväri-kädettömyyden tn" menee nollaan kun n menee äärettömään. Näkeekös sitä tuosta kaavasta miten suoraan?

        Entäs sitten vielä yleistys r:lle eri värille? Jos k=r=2, niin silloinhan ollaan siinä perhepöytä tilanteessa. Ja jos k=r>2, niin kävi niin, että tn menee nollaan. Olisi hauska jos löytyisi jokin toinenkin arvopari k,r, jolla tn ei mene nollaan.

        Jos pakassa on 4 mustaa ja 4 punaista korttia (m1,m1,p1,p1,m2,m2,p2,p2) ja se jaetaan kahteen osaan tai kahdelle pelaajalla, miten "ei neljää samaa väriä" ja "ei nelosia" on ymmärrettävissä aina samaksi asiaksi.

        Eikös tuo selviä vasta matemaattisten laskujen jälkeen?

        Jaetaan 12 kortin pakka kolmelle pelaajalle. Jos kenelläkään kaikki kortit eivät ole samaa väriä, niin miten käy, jos yksi pelaaja antaa 2 korttia molemmille muille pelaajille (4 2, 4 2). Kummallekaan ei muodostu yhtään nelosta???


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Jos pakassa on 4 mustaa ja 4 punaista korttia (m1,m1,p1,p1,m2,m2,p2,p2) ja se jaetaan kahteen osaan tai kahdelle pelaajalla, miten "ei neljää samaa väriä" ja "ei nelosia" on ymmärrettävissä aina samaksi asiaksi.

        Eikös tuo selviä vasta matemaattisten laskujen jälkeen?

        Jaetaan 12 kortin pakka kolmelle pelaajalle. Jos kenelläkään kaikki kortit eivät ole samaa väriä, niin miten käy, jos yksi pelaaja antaa 2 korttia molemmille muille pelaajille (4 2, 4 2). Kummallekaan ei muodostu yhtään nelosta???

        Binääriluku, jossa puolet ykkösiä ja puolet nollia vastaa puolikkaan pakan valintaa (ykköset otetaan ja nollat jätetään). Kun ajatellaan että valinta tehdään pakasta, joka on järjestetty arvon mukaan (ässät vierekkäin, kakkoset vierekkäin jne.), niin ne binääriluvut, joiden 2^k -kantaisessa esityksessä ei nollia eikä suurinta merkkiä vastaavat juuri sellaisia valintoja, joihin ei tule mitään arvoa kaikki kumpaankaan puoleen. (Sehän on sama miten järjestetystä pakasta valinta tehdään, kaikki mahdolliset valinnat tulevat kuitenkin tehdyksi, kun kaikki (2n C n) binäärilukua käydään läpi).
        Eli "ei neljää samaa väriä" -tehtävässä onkin unohdettava se pakka ja mietittävä vain noita binäärilukuja, jotta ei mene sekaisin.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Jos merkataan m=n/4, niin tuo k=4 tapauksen gf-kaava saadaan muotoon

        6^m / (4m C 2m) * sum_{j=0}^{m/2} (m C j, j, m-2j) (4/9)^j

        missä summan sisällä on multinomi kerroin (m C j, j, m-2j) = m!/(j!^2 * (m-2j)!). Tuo kerroin on suurimmillaan kun j=m/3. Jos raakasti vain lykättäisiin kaikki summan termit tälle j:n arvolle (tämä ei ole perusteltua mutta kokeillaan vain testinä), niin WA:n mukaan mennään nollaan. Ilman tuota (4/9)^(m/3) ei kuitenkaan mene. Pitäisiköhän summa jakaa johonkin sopivaan termiin asti ja alkupäälle hyödyntää sitä, että multinomi on pientä ja loppupäälle (4/9)^j:n pienuutta.

        Sain nyt osoitettua, että tuo menee nollaan. Jaetaan summa kohdasta j=m/5, arvioidaan ekassa termi (m C m/5, m/5, 3m/5):ksi ja tokassa (m C m/3, m/3, m/3) * (4/9)^(m/5):ksi. Sitten käytetään kertomiin Stirlingiä. Termit m^(4m)*m^m ja 1/e:t supistuvat pois ja molempiin palasiin saadaan muotoa C * sqrt(m) * a^m oleva termi, missä 0<a<1, joten ne menevät nollaan. Ekassa a=0,9699 ja tokassa a=0,95656, joten hilkulla se on mutta menevät kuitenkin.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Binääriluku, jossa puolet ykkösiä ja puolet nollia vastaa puolikkaan pakan valintaa (ykköset otetaan ja nollat jätetään). Kun ajatellaan että valinta tehdään pakasta, joka on järjestetty arvon mukaan (ässät vierekkäin, kakkoset vierekkäin jne.), niin ne binääriluvut, joiden 2^k -kantaisessa esityksessä ei nollia eikä suurinta merkkiä vastaavat juuri sellaisia valintoja, joihin ei tule mitään arvoa kaikki kumpaankaan puoleen. (Sehän on sama miten järjestetystä pakasta valinta tehdään, kaikki mahdolliset valinnat tulevat kuitenkin tehdyksi, kun kaikki (2n C n) binäärilukua käydään läpi).
        Eli "ei neljää samaa väriä" -tehtävässä onkin unohdettava se pakka ja mietittävä vain noita binäärilukuja, jotta ei mene sekaisin.

        Selitä tuo myös 13-pelaajan tapauksessa. (Kenelläkään ei yhtään sama väriä.) Ehkä puuttuvat pilkut vaikeuttavat ymmärtämistäni. Vaikea arvata, mitä lause keskellä tarkoittaa.

        Minä ymmärrän vain 8-kortin pakan, jossa on neljä mustaa ykköstä ja neljä punaista kakkosta. Ei voi mennä sekaisin! Neloset ja kaikki samaa väriä ovat aina identtisiä.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Selitä tuo myös 13-pelaajan tapauksessa. (Kenelläkään ei yhtään sama väriä.) Ehkä puuttuvat pilkut vaikeuttavat ymmärtämistäni. Vaikea arvata, mitä lause keskellä tarkoittaa.

        Minä ymmärrän vain 8-kortin pakan, jossa on neljä mustaa ykköstä ja neljä punaista kakkosta. Ei voi mennä sekaisin! Neloset ja kaikki samaa väriä ovat aina identtisiä.

        Unohdetaan tässä väri-tehtävässä se korttipakka. Onhan jo huomattu, että sen hyvät konfiguraatiot ovat samat kuin ne hyvät binäärijonot. Sitten vain mietitään miksi ne binäärijonot ovat sama asia kuin quadittomat puolpakka valinnat (sitä selitän tuossa viestissä).
        Minusta tuntuu, että nämä tehtävät tehdään täysin eri pakoilla, jotka eivät sinällään liity toisiinsa. Kaipa siihen voisi bijektion näiden välille konstruoida (onhan se olemassa, koska lukumäärät ovat samat) mutta en ihan suoraan näe miten.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Unohdetaan tässä väri-tehtävässä se korttipakka. Onhan jo huomattu, että sen hyvät konfiguraatiot ovat samat kuin ne hyvät binäärijonot. Sitten vain mietitään miksi ne binäärijonot ovat sama asia kuin quadittomat puolpakka valinnat (sitä selitän tuossa viestissä).
        Minusta tuntuu, että nämä tehtävät tehdään täysin eri pakoilla, jotka eivät sinällään liity toisiinsa. Kaipa siihen voisi bijektion näiden välille konstruoida (onhan se olemassa, koska lukumäärät ovat samat) mutta en ihan suoraan näe miten.

        Et ole vielä selittänyt mitään ymmärrettävällä suomen kielellä. Lue omat selityksesi ja korjaa ne. Et edes käsittele nelosia kahtia jaetulla pakalla. Kaikki eri mahdollisuudet on käytävä läpi molemmissa tehtävissä. En saa onnistumaan rinnakkain.

        Minulle ongelmaksi muodostuu jo 12-kortin pakan jakaminen kolmeen osaaan, jos pakassa on 2 mustaa ja 2 punaista ykköstä, 2 mustaa ja 2 punaista kakkosta ja 2 mustaa ja 2 punaista kolmosta. Laske mahdollisuudet. Numeroi kortit vaikka [0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11].

        Saan tietysti ratkaistua molemmat tehtävät erikseen kahdella täysin eri tavalla. Pakan jakaminen kahteen osaan suoraan vaikka itertools.combinations([0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11], 6):lla. Ja kolmeen osaan jakamien helposti suoraan karsituilla binääriluvuilla tai "vaikeasti" ja tyhmästi vaikka itertools.permutations([0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11], 12), Tulos on sama kaikilla tavoilla, mutta ...


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Unohdetaan tässä väri-tehtävässä se korttipakka. Onhan jo huomattu, että sen hyvät konfiguraatiot ovat samat kuin ne hyvät binäärijonot. Sitten vain mietitään miksi ne binäärijonot ovat sama asia kuin quadittomat puolpakka valinnat (sitä selitän tuossa viestissä).
        Minusta tuntuu, että nämä tehtävät tehdään täysin eri pakoilla, jotka eivät sinällään liity toisiinsa. Kaipa siihen voisi bijektion näiden välille konstruoida (onhan se olemassa, koska lukumäärät ovat samat) mutta en ihan suoraan näe miten.

        Mistään binääriluvun puoliskosta ei pysty hakemaan nelosia (neljä samaa numeroa).

        Testaa molemmat tapaukset 6-kortin pakalla, jossa on kaksi eriväristä ykköstä, kakkosta ja kolmosta. Numeroi kortit (0,1,2,3,4,5). Mahdollisia jakoja on 720. Musta 1 on nolla ja punainen 3 on 5.

        Voit jakaa samassa silmukassa jokaisen jaon kahteen ja kolmeen osaan. Jokainen jako on laskettava täysin erikseen. Kaikkea löytyy. Kyse on nyt määristä eikä mistään olemattomuuksista. Puoliskoista haetaan kakkosia (kaksi samaa numeroa).


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Et ole vielä selittänyt mitään ymmärrettävällä suomen kielellä. Lue omat selityksesi ja korjaa ne. Et edes käsittele nelosia kahtia jaetulla pakalla. Kaikki eri mahdollisuudet on käytävä läpi molemmissa tehtävissä. En saa onnistumaan rinnakkain.

        Minulle ongelmaksi muodostuu jo 12-kortin pakan jakaminen kolmeen osaaan, jos pakassa on 2 mustaa ja 2 punaista ykköstä, 2 mustaa ja 2 punaista kakkosta ja 2 mustaa ja 2 punaista kolmosta. Laske mahdollisuudet. Numeroi kortit vaikka [0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11].

        Saan tietysti ratkaistua molemmat tehtävät erikseen kahdella täysin eri tavalla. Pakan jakaminen kahteen osaan suoraan vaikka itertools.combinations([0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11], 6):lla. Ja kolmeen osaan jakamien helposti suoraan karsituilla binääriluvuilla tai "vaikeasti" ja tyhmästi vaikka itertools.permutations([0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11], 12), Tulos on sama kaikilla tavoilla, mutta ...

        Linkin tehtävässä kysytään kuinka monella tavalla korttipakka voidaan jakaa kahtia siten, että kumpaankaan puoleen ei tule neljää samaa arvoa. Kaikki mahdolliset puoliksi jaot voidaan käydä läpi niin että otetaan pakka jossain järjestyksessä (ei väliä missä) ja käydään läpi kaikki binääriluvut, joissa tasan puolet numeroista on ykkösiä. Valinta tehdään niin että valitaan pakasta ykkösten ilmoittamat kortit.
        Otetaan pakan järjestykseksi (olkoon esimerkiksi n = 12 ja k = 4)

        1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3

        Huomaa että linkin tehtävässä väreillä ei ole väliä (mutta saman arvoiset kortitkin ovat kuitenkin erotettavissa toisistaan, jotta lasku menee oikein)

        Nyt otetaan binääriluku esim 001001011101 ja asetetaan se näin

        1 1 1 1 | 2 2 2 2 | 3 3 3 3
        0 0 1 0 | 0 1 0 1 | 1 1 0 1

        Tämä binääriluku tekee jaon {1, 2,2,3,3,3} ja {1,1,1,2,2,3}.

        Huomataan, että valinta on hyvä eli binääriluku on hyvä juuri silloin, kun se on hyvä myös tämän ketjun tehtävän mielessä. Siispä tehtävien vastaukset ovat samat.

        En minä osaa sitä tuon paremmin selittää.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Linkin tehtävässä kysytään kuinka monella tavalla korttipakka voidaan jakaa kahtia siten, että kumpaankaan puoleen ei tule neljää samaa arvoa. Kaikki mahdolliset puoliksi jaot voidaan käydä läpi niin että otetaan pakka jossain järjestyksessä (ei väliä missä) ja käydään läpi kaikki binääriluvut, joissa tasan puolet numeroista on ykkösiä. Valinta tehdään niin että valitaan pakasta ykkösten ilmoittamat kortit.
        Otetaan pakan järjestykseksi (olkoon esimerkiksi n = 12 ja k = 4)

        1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3

        Huomaa että linkin tehtävässä väreillä ei ole väliä (mutta saman arvoiset kortitkin ovat kuitenkin erotettavissa toisistaan, jotta lasku menee oikein)

        Nyt otetaan binääriluku esim 001001011101 ja asetetaan se näin

        1 1 1 1 | 2 2 2 2 | 3 3 3 3
        0 0 1 0 | 0 1 0 1 | 1 1 0 1

        Tämä binääriluku tekee jaon {1, 2,2,3,3,3} ja {1,1,1,2,2,3}.

        Huomataan, että valinta on hyvä eli binääriluku on hyvä juuri silloin, kun se on hyvä myös tämän ketjun tehtävän mielessä. Siispä tehtävien vastaukset ovat samat.

        En minä osaa sitä tuon paremmin selittää.

        Molemmille tehtäville tulee täydellinen yhtenevyys paljon yksinkertaisemmallakin selittelyllä.

        Numeroidaan järjestetyn pakan kortit 0...51.

        Pakan puolittamisen tapauksessa 52-bittisen binääriluvun 1 osoittaa kortin sijaitsevan vasemmassa pinossa ja 0 osoittaa kortin sijaitsevan oikeassa pinossa. Bitin sijainti kertoo kortin numeron. (0,1,2,3 ovat kaikki ykkösiä ja 4,5,6,7 ovat kaikki kakkosia jne...)

        Jos pakka jaetaan 13 eri käteen, niin binääriluvun 0 tarkoittaa mustaa korttia ja 1 punaista korttia. Ratkaisu on täysin identtinen pakan puolittamisen kanssa vaikka tehtävä on täysin erilainen..

        Jos ratkaisua kehittelee hiukan pitemmäle, niin siinä haetaankin yksinkertaisesti sellaisia 13-numeroisia kolmikantajärjestelmän lukuja, joiden numeroiden summa on 13. Numeroilla 0 ja 2 on painokerroin 4 ja numerolla 1 on painokerroin 6. (Neljässä heksanumerossa on yksi 1-bitti ja neljässä on kolme 1-bittiä ja kuudessa on kaksi 1-bittiä. Heksanumerot 0 ja F ovat kiellettyjä. Korvataan määräluvut 1,2,3 trinäärinumeroilla 0,1,2 ja vastaavasti 2n supistuu n:ksi.)

        Helppo sieventää lisää ja muodostaa summakaavat tai laskea rekursiivisesti muutaman rivin ohjelmalla sekunnissa 64-kortin pakka. Painokertoimet (4,6,4) kannattaa jakaa kahdella (2,3,2). Eri n:n arvoilla saadaan tunnettu sarja 17, 99, 609, 3843, 24689, ... Nämä pitää kertoa sitten 2^n:llä.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Molemmille tehtäville tulee täydellinen yhtenevyys paljon yksinkertaisemmallakin selittelyllä.

        Numeroidaan järjestetyn pakan kortit 0...51.

        Pakan puolittamisen tapauksessa 52-bittisen binääriluvun 1 osoittaa kortin sijaitsevan vasemmassa pinossa ja 0 osoittaa kortin sijaitsevan oikeassa pinossa. Bitin sijainti kertoo kortin numeron. (0,1,2,3 ovat kaikki ykkösiä ja 4,5,6,7 ovat kaikki kakkosia jne...)

        Jos pakka jaetaan 13 eri käteen, niin binääriluvun 0 tarkoittaa mustaa korttia ja 1 punaista korttia. Ratkaisu on täysin identtinen pakan puolittamisen kanssa vaikka tehtävä on täysin erilainen..

        Jos ratkaisua kehittelee hiukan pitemmäle, niin siinä haetaankin yksinkertaisesti sellaisia 13-numeroisia kolmikantajärjestelmän lukuja, joiden numeroiden summa on 13. Numeroilla 0 ja 2 on painokerroin 4 ja numerolla 1 on painokerroin 6. (Neljässä heksanumerossa on yksi 1-bitti ja neljässä on kolme 1-bittiä ja kuudessa on kaksi 1-bittiä. Heksanumerot 0 ja F ovat kiellettyjä. Korvataan määräluvut 1,2,3 trinäärinumeroilla 0,1,2 ja vastaavasti 2n supistuu n:ksi.)

        Helppo sieventää lisää ja muodostaa summakaavat tai laskea rekursiivisesti muutaman rivin ohjelmalla sekunnissa 64-kortin pakka. Painokertoimet (4,6,4) kannattaa jakaa kahdella (2,3,2). Eri n:n arvoilla saadaan tunnettu sarja 17, 99, 609, 3843, 24689, ... Nämä pitää kertoa sitten 2^n:llä.

        Jos n = 5 (kortteja 5*4), niin 5-numeroisten trinäärilukujen mahdolliset numerot ovat:

        (1,1,1,1,1): 1*(3^5) = 243
        (0,1,1,1,2): 5*4*(3^3*2*2) = 2160
        (0,0,1,2,2): 10*3*(3*2^4) = 1440
        Rivien lopussa mahdolliset järjestykset ja painokerroin.

        Yhteensä 3843. Tulos on siis 3843*2^5 = 122976

        Jos n = 13, niin 13-numeroisten trinäärilukujen mahdolliset numerot ovat:
        (1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1): 1*(3^13) = 1594323
        (0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,2): 13*12*(3^11*2^2) = 110539728
        (0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,2,2):
        (0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,2,2,2):
        (0,0,0,0,1,1,1,1,1,2,2,2,2):
        (0,0,0,0,0,1,1,1,2,2,2,2,2):
        (0,0,0,0,0,0,1,2,2,2,2,2,2):
        Laskekaa loput järjstysten määrät ja painokertoimet.
        Yhteensä 14011445763.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Jos n = 5 (kortteja 5*4), niin 5-numeroisten trinäärilukujen mahdolliset numerot ovat:

        (1,1,1,1,1): 1*(3^5) = 243
        (0,1,1,1,2): 5*4*(3^3*2*2) = 2160
        (0,0,1,2,2): 10*3*(3*2^4) = 1440
        Rivien lopussa mahdolliset järjestykset ja painokerroin.

        Yhteensä 3843. Tulos on siis 3843*2^5 = 122976

        Jos n = 13, niin 13-numeroisten trinäärilukujen mahdolliset numerot ovat:
        (1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1): 1*(3^13) = 1594323
        (0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,2): 13*12*(3^11*2^2) = 110539728
        (0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,2,2):
        (0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,2,2,2):
        (0,0,0,0,1,1,1,1,1,2,2,2,2):
        (0,0,0,0,0,1,1,1,2,2,2,2,2):
        (0,0,0,0,0,0,1,2,2,2,2,2,2):
        Laskekaa loput järjstysten määrät ja painokertoimet.
        Yhteensä 14011445763.

        Valmiita kaavoja saa vaikka tuosta:

        https://oeis.org/A322242

        Joku on tehnyt listan todella isoillekin luvuille.

        Jonkun pitäisi tehdä lista tehtävistä, joissa näitä lukuja ja kaavoja voi soveltaa.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Jos n = 5 (kortteja 5*4), niin 5-numeroisten trinäärilukujen mahdolliset numerot ovat:

        (1,1,1,1,1): 1*(3^5) = 243
        (0,1,1,1,2): 5*4*(3^3*2*2) = 2160
        (0,0,1,2,2): 10*3*(3*2^4) = 1440
        Rivien lopussa mahdolliset järjestykset ja painokerroin.

        Yhteensä 3843. Tulos on siis 3843*2^5 = 122976

        Jos n = 13, niin 13-numeroisten trinäärilukujen mahdolliset numerot ovat:
        (1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1): 1*(3^13) = 1594323
        (0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,2): 13*12*(3^11*2^2) = 110539728
        (0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,2,2):
        (0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,2,2,2):
        (0,0,0,0,1,1,1,1,1,2,2,2,2):
        (0,0,0,0,0,1,1,1,2,2,2,2,2):
        (0,0,0,0,0,0,1,2,2,2,2,2,2):
        Laskekaa loput järjstysten määrät ja painokertoimet.
        Yhteensä 14011445763.

        Laskin paperilla ja taskulaskimella:

        (1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1): 1*(3^13) = 1594323
        (0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,2): 13*12*(3^11*2^2) = 110539728
        (0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,2,2): 13*6*11*5*(3^9*2^4) = 1351041120
        (0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,2,2,2): 13*2*11*10*3*4*(3^7*2^6) = 4803701760
        (0,0,0,0,1,1,1,1,1,2,2,2,2): 13*11*5*9*7*2*(3^5*2^8) = 5604318720
        (0,0,0,0,0,1,1,1,2,2,2,2,2): 13*11*9*8*7*(3^3*2^10) = 1992646656
        (0,0,0,0,0,0,1,2,2,2,2,2,2): 13*11*3*4*7*(3^1*2^12) = 147603456
        Summa on 14011445763. Oikein.
        14011445763*2^13 = 114781763690496


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Laskin paperilla ja taskulaskimella:

        (1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1): 1*(3^13) = 1594323
        (0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,2): 13*12*(3^11*2^2) = 110539728
        (0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,2,2): 13*6*11*5*(3^9*2^4) = 1351041120
        (0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,2,2,2): 13*2*11*10*3*4*(3^7*2^6) = 4803701760
        (0,0,0,0,1,1,1,1,1,2,2,2,2): 13*11*5*9*7*2*(3^5*2^8) = 5604318720
        (0,0,0,0,0,1,1,1,2,2,2,2,2): 13*11*9*8*7*(3^3*2^10) = 1992646656
        (0,0,0,0,0,0,1,2,2,2,2,2,2): 13*11*3*4*7*(3^1*2^12) = 147603456
        Summa on 14011445763. Oikein.
        14011445763*2^13 = 114781763690496

        Jos merkitään kakkosten (tai nollien) määrää m:llä, niin eri järjestysten määrä saadaan kaavalla:

        n!/(m!^2*(n-2*m)!)

        Ja painokerroin saadaan kaavalla:

        3^(n-2*m)*2^(2*m)

        Tulos saadaan esim. Pythonilla:

        from math import factorial as fc
        n = 8
        cc = 0
        for m in range(0,n//2 1): cc = (fc(n)*3**(n-2*m)*2**(2*m))//(fc(m)**2*fc(n-2*m))
        print(n,4*n,cc,cc*2**n)

        Lisätkää mahdollisesti puuttuvat plus merkit cc plus= ... ja range-lausekkeessa luvun 1 eteen.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Molemmille tehtäville tulee täydellinen yhtenevyys paljon yksinkertaisemmallakin selittelyllä.

        Numeroidaan järjestetyn pakan kortit 0...51.

        Pakan puolittamisen tapauksessa 52-bittisen binääriluvun 1 osoittaa kortin sijaitsevan vasemmassa pinossa ja 0 osoittaa kortin sijaitsevan oikeassa pinossa. Bitin sijainti kertoo kortin numeron. (0,1,2,3 ovat kaikki ykkösiä ja 4,5,6,7 ovat kaikki kakkosia jne...)

        Jos pakka jaetaan 13 eri käteen, niin binääriluvun 0 tarkoittaa mustaa korttia ja 1 punaista korttia. Ratkaisu on täysin identtinen pakan puolittamisen kanssa vaikka tehtävä on täysin erilainen..

        Jos ratkaisua kehittelee hiukan pitemmäle, niin siinä haetaankin yksinkertaisesti sellaisia 13-numeroisia kolmikantajärjestelmän lukuja, joiden numeroiden summa on 13. Numeroilla 0 ja 2 on painokerroin 4 ja numerolla 1 on painokerroin 6. (Neljässä heksanumerossa on yksi 1-bitti ja neljässä on kolme 1-bittiä ja kuudessa on kaksi 1-bittiä. Heksanumerot 0 ja F ovat kiellettyjä. Korvataan määräluvut 1,2,3 trinäärinumeroilla 0,1,2 ja vastaavasti 2n supistuu n:ksi.)

        Helppo sieventää lisää ja muodostaa summakaavat tai laskea rekursiivisesti muutaman rivin ohjelmalla sekunnissa 64-kortin pakka. Painokertoimet (4,6,4) kannattaa jakaa kahdella (2,3,2). Eri n:n arvoilla saadaan tunnettu sarja 17, 99, 609, 3843, 24689, ... Nämä pitää kertoa sitten 2^n:llä.

        Aikaisemmassa linkissä professori Brian Alspach esittämä generating functio:

        (4x 6x2 4x3)^13

        onkin ihan sama juttu kuin tuo "trinääriluku-lasku". Tutut painokertoimet 4,6 ja 4 ja haetaan x^26:n kerrointa eli kombinoidaan potensseja 1,2 ja 3 siten, että niiden summa on 26.

        Tuon funktion voi sieventää muotoon (2 3x 2x^2)^13:ksi ja hakea sitten x^13:n kerrointa. Tulos pitää sitten kertoa 2^n:llä.

        Vaikken generating funktioista mitään ymmärtänyt (tai edes halunnut ymmärtää), tuli vahingossa yksi sellainenkin johdettua ja vielä sievennettyäkin paljon helpompaan muotoon.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Aikaisemmassa linkissä professori Brian Alspach esittämä generating functio:

        (4x 6x2 4x3)^13

        onkin ihan sama juttu kuin tuo "trinääriluku-lasku". Tutut painokertoimet 4,6 ja 4 ja haetaan x^26:n kerrointa eli kombinoidaan potensseja 1,2 ja 3 siten, että niiden summa on 26.

        Tuon funktion voi sieventää muotoon (2 3x 2x^2)^13:ksi ja hakea sitten x^13:n kerrointa. Tulos pitää sitten kertoa 2^n:llä.

        Vaikken generating funktioista mitään ymmärtänyt (tai edes halunnut ymmärtää), tuli vahingossa yksi sellainenkin johdettua ja vielä sievennettyäkin paljon helpompaan muotoon.

        Samalla periaatteella voi ratkaista myös kolmoset ja vitoset ja kutoset ja paljon muuta.

        Ainoa todellinen ongelma on kehittää joku järkevältä kuulostava milenkiintoinen käytännön tehtävä. Ei saa olla liian helppo eikä mahdoton.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Samalla periaatteella voi ratkaista myös kolmoset ja vitoset ja kutoset ja paljon muuta.

        Ainoa todellinen ongelma on kehittää joku järkevältä kuulostava milenkiintoinen käytännön tehtävä. Ei saa olla liian helppo eikä mahdoton.

        Jos pakassa on 4x3 = 12 korttia (1,1,1,2,2,2,3,3,3,4,4,4), niin sievennetty generating function on yksinkertaisesti:

        (1 plus x)^4

        Pascalin kolmiosta saadaan suoraan 6 ja painokerroin on aina 3**4=81.

        6*81 = 486.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Jos pakassa on 4x3 = 12 korttia (1,1,1,2,2,2,3,3,3,4,4,4), niin sievennetty generating function on yksinkertaisesti:

        (1 plus x)^4

        Pascalin kolmiosta saadaan suoraan 6 ja painokerroin on aina 3**4=81.

        6*81 = 486.

        Pascalin kolmion rivit kertovat suoraan kuinka monessa n-bittisessä binääriluvussa on 0...n kpl 1-bittejä.

        Esim. jos n = 8, niin lukumäät ovat [1, 8, 28, 56, 70, 56, 28, 8, 1]. Eli vain yhdessä luvussa on nolla tai kahdeksan 1-bittiä ja 70:ssä on neljä 1-bittiä.

        Ei tälläistä perusasiaa ainakaan meille missään vaiheessa matematiikan opintoja opetettu.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Pascalin kolmion rivit kertovat suoraan kuinka monessa n-bittisessä binääriluvussa on 0...n kpl 1-bittejä.

        Esim. jos n = 8, niin lukumäät ovat [1, 8, 28, 56, 70, 56, 28, 8, 1]. Eli vain yhdessä luvussa on nolla tai kahdeksan 1-bittiä ja 70:ssä on neljä 1-bittiä.

        Ei tälläistä perusasiaa ainakaan meille missään vaiheessa matematiikan opintoja opetettu.

        Joo, siinä valitaan ykkösten paikat, joten siksi tulee binomikertoimet.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Joo, siinä valitaan ykkösten paikat, joten siksi tulee binomikertoimet.

        En tiedä mitään paikkojen valinnoista. Nyt kyse on samoiksi jollakin tavalla tulkittavien "merkkijonojen" lukumääristä.

        (a+b)^3 = aaa+aab+aba+abb+baa+bab+bba+bbb

        aaa: 1 kpl
        aab, aba, baa: 3 kpl
        abb, bab, bba: 3 kpl
        bbb: 1 kpl

        Ei toimi kaikilla tulkinnoilla.


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        En tiedä mitään paikkojen valinnoista. Nyt kyse on samoiksi jollakin tavalla tulkittavien "merkkijonojen" lukumääristä.

        (a+b)^3 = aaa+aab+aba+abb+baa+bab+bba+bbb

        aaa: 1 kpl
        aab, aba, baa: 3 kpl
        abb, bab, bba: 3 kpl
        bbb: 1 kpl

        Ei toimi kaikilla tulkinnoilla.

        Siis tuossa merkkijonossa on kolme paikkaa ja valitset niistä mitkä ovat b:eitä. Loput on a:ita. Kai nyt sentään binomikaava on opetettu?


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Siis tuossa merkkijonossa on kolme paikkaa ja valitset niistä mitkä ovat b:eitä. Loput on a:ita. Kai nyt sentään binomikaava on opetettu?

        Jos et ymmärrä asiasta yhtikäs mitään, älä ala opettamaan matematiikkaa ymmärtäviä. Vai onko kyse taas vain kielellisestä osaamattomuudesta?

        Laske kynällä ja paperilla muutama helppo tapaus, niin opit ehkä ymmärtämään jotain. Näinhän ne matemaatikot tekivät satoja vuosia sitten ja oppivat kikkailemaan helpottaakseen laskemista.

        Binomikertoimet ovat vain lukumääriä. Nyt ei käytetä mitään valmiita kirjan kaavoja. Kaavathan pitää ensin johtaa molemmille täysin erilaisille tapauksille. Kyse voi olla luvuista tai 1-bittien määristä tai lukemattomista muista ihmeellisyyksistä. Mieti hetki!


      • Anonyymi
        Anonyymi kirjoitti:

        Jos et ymmärrä asiasta yhtikäs mitään, älä ala opettamaan matematiikkaa ymmärtäviä. Vai onko kyse taas vain kielellisestä osaamattomuudesta?

        Laske kynällä ja paperilla muutama helppo tapaus, niin opit ehkä ymmärtämään jotain. Näinhän ne matemaatikot tekivät satoja vuosia sitten ja oppivat kikkailemaan helpottaakseen laskemista.

        Binomikertoimet ovat vain lukumääriä. Nyt ei käytetä mitään valmiita kirjan kaavoja. Kaavathan pitää ensin johtaa molemmille täysin erilaisille tapauksille. Kyse voi olla luvuista tai 1-bittien määristä tai lukemattomista muista ihmeellisyyksistä. Mieti hetki!

        "Binomikertoimet ovat vain lukumääriä. " Niin ne ovat juuri noiden n-pituisten a,b -jonojen lukumääriä joissa k b:tä.

        En tiedä trollaatko, mutta tämä just on binomikaavan sisältö, että binomikertoimet tulevat kertoimiksi kun (a b)^n kerrotaan auki.


    • Anonyymi

      Sain yleiselle k nyt kaavan (SageMathinä taas):

      m = n//k
      sum( sum( (-1)**(m-a) * multinomial([a,b,m-a-b])*binomial(a*k, n//2-b*k) for b in range(m-a➕1)) for a in range(m➕1))/binomial(n, n//2)

      Näyttää toimivan vaikka n ei olisi parillinenkaan, mutta k:lla jaollinen sen on oltava (saisikohan gf:ää yleistettyä myös siihen, että ylijäämät jätetään huomiotta?). Siinä on yhä tuplasumma ja negatiivisia termejä mutta yksinkertaisempi kuin I-E kaavani vai liekö tuo liki samanlainen mutta mulla oli niissä toisen summan rajoissa minimijä ja maksimeja.
      Sain tuon laskemalla ((x➕1)^k - 1 - x^k)^(n/k):n multinomi-kaavalla. Olisikohan parempi kirjoittaa polynomi vaan summana kx ➕ (k C 2)x^2 ➕ ... ➕ kx^(k-1), niin ei tulisi miinus-merkkejä ja kaavan arvioimaan lähteminen olisi helpompaa.

    • Anonyymi

      P(ainakin yhdessä pöydässä on 4 samaa sukupuolta) =
      (2*13*C(26,4)*( 48! /(4! 4!...4!)) / (52! /(4! 4!...4!)) missä on osoittajassa 12 4-kertomaa ja nimittäjässä 13 4-kertomaa.
      Tuo P = 0,055222... joten 1-P = 0,99448..

      • Anonyymi

        Tuli laskuvirhe: p.o.: .. joten 1-P = 0,94478.


    • Anonyymi

      Jos laitat tietokoneen laskemaan vaikka taustallekin jotain piin desimaaleja iteroimalla mitenkä pitkälle pääset sadassa vuodessa

    • Anonyymi

      "...yhdellä jääkiekkomailalla tulee omat kädet telkkarin takaa, korttipeleissä voidaan pakkoja lisätä jääkiekkomailalla ei saa lyödä toisen jääkiekkomailaa, ainoastaan nostaa:" Voit pelata ainoastaan punaisilla ja sinisillä, koska tappisolut silmien verkkokalvossa vaatii päivän värejä

    • Anonyymi

      P(ainakin yhdessä pöydässä ovat kaikki samaa sukupuolta) =

      (2*13*C(26,3)*(48! /(4!)^12) * 12! ) / (52! /(4!)^13*13!) = 92/833
      Sama tulos saadaan osamäärästä jonka osoittaja on
      2*13*C(26,4)*12*C(48,4)*11*C(44,4).......*2*C(8,4)
      ja nimittäjä on
      13*C(52,4)*12*C(48,4)*......2*C(8,4)
      P = 92/833 =~0,110444ja siis 1 - P = 741/833 =~0,889556

    Ketjusta on poistettu 0 sääntöjenvastaista viestiä.

    Luetuimmat keskustelut

    1. Kaikkea hyvää

      Emme enää tapaa.
      Ikävä
      201
      2327
    2. Haluaisin tutustua suhun

      kunnolla. :) Millaista sun elämä on ollut. Puhua kaikesta maan ja taivaan välillä. Tunnut merkitykselliseltä ihmiseltä elämänpolullani. Aika näyttää..
      Ikävä
      135
      1539
    3. Kumpa tietäisin mies

      Mitä päässäsi liikkuu. Niin tietäisi miten toimia..
      Ikävä
      149
      1339
    4. Zelensky ei halua neuvottelupöytään.

      Lukasenkan ehdotus ei käy. Kokeilisi edes, olisihan se sitten nähty saako keskustelu mitään aikaan. Eikö nyt kannattaisi kokeilla kaikki mahdollinen s
      Maailman menoa
      457
      1090
    5. Voi ei! Selviytyjät-luovuttaja Virpi rehellisenä vaikeasta päätöksestään: "Ei ole pelkoa, että..."

      Voi ei… Olisit nyt Virpi jatkanut kisan loppuun asti! Olisit voinut vaikka voittaa! Lue Virpin perustelut luovuttamiselle: https://www.suomi24.fi/vii
      Tv-sarjat
      32
      867
    6. Paperittomille täydet Kelan edut! Suomalaiset 1500:- kk palkalla töihin.

      Ohisalo ja vihreet vihaa Suomalaisia , kuinka paperittomalle joka livahtaa jostain vaan Suomeen .annetaan paremmat edut kuin Suomalaiselle?
      Helsinki
      148
      834
    7. Sinä olit jotain, mitä ei pitänyt olla olemassa

      Hei kaunis, maailmani pysähtyi, vaikka en ollut valmis pysähtymään. Yhtäkkiä, arvaamatta, olit siinä edessäni valmiina riisumaan kaiken. Ja voi armas
      Ikävä
      83
      807
    8. Työpaikkaromanssit...

      Onko ihan tuhoon tuomittuja juttuja?
      Ikävä
      60
      756
    9. Mies, olen tullut siihen tulokseen

      ..Että tempperamenttini on sinulle liikaa.
      Ikävä
      89
      694
    10. Siihen ei voi vastata

      Mutta luin sen. Erittäin ihana kirjoitus, kiitos 🥺. En omi. Olen tuntenut kauan sitten samalla tavalla. Se on pitkä tarina jota en kirjoita tähän. M
      Ikävä
      37
      693
    Aihe