Ei yksivärisiä neljän käsiä, todennäköisyys?

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

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

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/

Lue lisää

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.

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

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/

Lue lisää

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 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 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.

Lue lisää

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 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?

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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???

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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 ...

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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 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.

Lue lisää

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

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 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.

Lue lisää

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

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 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!

Lue lisää

"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.

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