Математические задачки. Морковкин, скучаем :-)

0.95^100 ?
Т.е. 0.00592052922

 

Хорошая задачка, в своё время голову об неё сломал.

Edwards, Вы будет сильно удивлены, узнав насколько у них больше шансов.

 

Аха-аха. Эти гады могут договариваться, ориентируясь на числа на карточках... События не независимы...
Бум думать.

 

Интуиция подсказывает, что если первые пять математиков выдержали тест, то дальше у них найдется выиграшная стратегия. Т.е шансы примерно = 0.95 ^ 5 ~ 77%. Доказать пока не могу.

 

Очень хорошая задача.
Но я пока не придумал схему.

Возможно проще рассматривать инвертированную задачу - открыть каждому 5 карточек.
Если нашел себя - приговор привести в исполнение.

Интуитивная же догадка DenKa мне кажется несколько завышенной.

Думаем....

 

Не знаю.
Вроде бы с первого взгляда оптимальной стратегией представляется такая, при которой математики стремятся открывать карточки равномерно.
Например, первый пропускает (не переворачивает) 5 первых карточек, второй - 5 вторых и т.д. Начиная с 21-го математика они эту процедуру повторяют.
Но при таком раскладе я не уверен, что даже 100-й, последний из них будет иметь полную гарантию удачного исхода.
Я прикидывал на сочетаниях 2, 3 и 3, 4 (вместо 95, 100) - там и последнему не гарантирован успех.

 

Мысли за завтраком:

Упростим ситуацию.
Пусть математики должны выбрать 5 карточек, где НЕ должно быть их имени.
Остальные 95 можно не смотреть. Значит его имя там.
Поскольку информация обратно не передается, то подобная инверсия адекватна условию задачи.

Еще упростим ситуацию
2 математика и выбор одной карточки

А идет и выбирает 1.
И тут оказывается, что время расстрела важно.

Если это НЕ его имя ( 1/2) , то вызывают Б.
И Б ТЕПЕРЬ знает, что в 1 не А, т.е Б и с (1) выбирает 2.
Ежели А ошибся, а расстреливают все равно всех в конце, то Б информации не получает и вероятность остается 1/4

Итого 1/2*1 = 1/2 > 1/4

Чуть усложним ситуацию
3 математика и выбор одной карточки

А идет и выбирает 1.
Угадал (2/3)

ABC
ACB
BAC
BCA
CAB
CBA

Б идет и выбирает 1 ( Как выяснится для троих это тут без разницы! )
Угадал (1/2)

ABC
ACB
BAC
BCA
CAB
CBA

И теперь С может выбирать любую не 1. Мы выиграли

Итого 2/3*1/2*1 = 1/3 > 8/27 (но уже не намного)

Для 4 математиков и 1 карточки

Итого 3/4*2/3*1/2*1 = 1/4 < (3/4)^4
Оопс - мы пошли по неправильному пути.
Случайный подход уже эффективнее, что и понятно lim( 1-1/n) ^ n = 1/e =~ 36.7%
Но мы отвлеклись.
5 из 100 это не 1 из 20.

Выводы пока
1. Время расстрела важно
2. Стратегия рулит.

Бум еще думать... =^_^=

 

Задал задачку коллеге. Минуту тот чесал репу, а потом заявил, что "похоже, нужно открывать карточки, используя информацию об уже открытых... иначе особо хорошей вероятности не получить" (собственно, именно после этой подсказки и я решил задачку). Потом почесал репу ещё минуту и сказал пару магических слов из комбинаторики... ну а ещё через минуту уже выдал "стратегию" (правда, считать конечную вероятность отказался напрочь, сказав что "уже не интересно").

А вот другой коллега что-то подвис... Думаю, надо бы протестировать всех. Чтоб знать, с кем можно в разведку ходить.

P.S. Надеюсь, Serge_P не обидится, что я тут немного наподсказывал...

 

нет проблем




кстати, пару лет назад я дал эту задачку своим студентам на курсе вероятности, сказав, что если они ее решат за 3 дня, то последняя контрольная будет легкая, а вот если не решат, то будет всем полный цугундер. И ведь решили, черти!.. Правда, вероятность посчитать не смогли, но правильную стратегию нашли. В общем, жить захочешь, еще и не такое решишь

 

Правильно!


Тут дело в том, что, при такой стратегии, если вы нашли свое имя открыв N карточек, то все, чьи имена вы видели, тоже найдут свое имя открыв N карточек. Поэтому, если N оказалось между 5 и 95 (что происходит с вероятностью 0,91), то все математики спасутся. Таким образом, вероятность спастись заведомо больше 0,91 (ежели будет не лень, потом посчитаю точно).

 

Обычно, когда формулируют эту задачу, там можно открывать 50 карточек, а не 95. Удивительно, но даже в такой ситуации можно доказать, что при этой стратегии вероятность успеха примерно 0,31 (и, более того, также можно доказать что это наилучшая стратегия). Я поменял 50 на 95 потому что
а) математиков жалко
б) когда можно открывать 95, с вероятностью 0,91 уже самый первый математик выйдет из комнаты будучи абсолютно уверенным что спасуться все!

 

Я не въехал.
А если открыв первую карточку математик попал например в кольцо из 20 человек. Без него самого.

 

А в том-то все и дело: цикл замыкается как раз тогда, когда математик находит свое имя.

 

Кстати, важное уточнение к решению Crestа: первым делом надо открыть карточку, с номером, соответствующим собственному имени в списке, составленном самими математиками (иначе есть опасность попасть не в свой цикл ).

 

Во - теперь мы начинаем понимать ....

 

Насколько я понимаю, вероятность получается 1 - 1/100 - 1/99 - 1/98 - 1/97 - 1/96 (т.е. вероятность, что случайная перестановка не имеет циклов длины 100, 99, 98, 97, 96). Где-то в районе 0.95...

 

Вроде так. Т.е. примерно 0,948969

 

На клетчатой бумаге со стороной клетки 1 см нарисована окружность радиуса 100 см, которая не проходит через узлы и не касается линий сетки. Через сколько клеток она может проходить?

 

800

 

Уточнение: либо 800, либо 799. Я рассуждал так: окружность диаметра 200 должна пересечь 200 вертикальных и 200 горизонтальных прямых, каждую по 2 раза (т.е., общее количество пересечений = 800). С другой стороны, каждый квадрат (в смысле, его "оболочка", т.е., 4 отрезка, его образующие) будет пересечен 2 раза, и каждое такое пересечение будет подсчитано 2 раза (для самого квадрата и его соответствующего соседа). Тогда получается что если N квадратов пересечено, то общее общее количество пересечений должно быть N. Но если очень постараться, то можно пересечь один квадратик (в смысле, 4 отрезка ) и 4 раза; но у меня, вроде, получается что больше чем с одним этот номер не пройдет...

 

Ага! Заметили подвох Собственно в нём и состоит интерес - ответ 800 то тривиален

 

Я не въехал в подвох ...

Система
(x-a)^2 + (y-b)^2 = c
x=m
где m целое,
Должна при указанных условиях (некасания сетки) должна иметь ровно 2 рациональных решения для 200 значений m ( для остальных корни комплексные)

Тоже самое для y
Причем все решения разные.

Итого - ровно 800
Махинации с отдельным квадратом должны привести к потерям в другом месте.

 

Ааа - понял
Пересечений линий ровно 800, а квадратиков...

 

забавно, что если окружность рисовать случайным образом, то она пересечет 799 квадратиков с вероятностью всего примерно 0,0033, т.е., почти наверняка получится 800...

 

2 совсем простые штучки из самого начала обучения математики всегда производили и производят на меня впечатление чуда.
1. Равенство строчного и стобцового ранга матрицы. Как почему?! Со временем понятно - из двойственности соответствующих пространств, но всё равно - чудо.
2. Хочу предложить задачку(разумеется не математикам - они знают).
Группа - это множество, где любые 2 элемента можно перемножить и при этом получается 3-ий элемент этого мн-ва(возможно совпадающий с одним из исходных).
При этом
1. Для любых а, в, c (ав)с = а(вс)
2. Существует е такое, что для любого а
ае = еа = а (е - называется единицей группы)
и для любого а существует а', что aa' = a'a = e (a' - обратный элемент для а)
Оказывается, достаточно потребовать, чтобы существовала левая единица и левый обратный , т е если существует е такой,что для любого а
еа = а
и для любого а существует а' такой, что
а'а = е
то мн-во группа, т е тогда и
ае = а и aa' = e (для любого а)

 

Очень простая задача. Есть число меньшее n! Доказать, что оно м б представлено как сумма не более n различных чисел, каждое из которых - делитель n!
Она действительно очень простая, но на олимпиаде её сделали немногие(если вообще сделали - там звёздочка), а у меня так вообще никаких идей не возникло.

 

вроде, можно по индукции доказать, примерно так:
- числа от 1 до n суть сами делители n!;
- числа от n+1 до n(n-1) представимы в виде суммы 2х различных делителей (один вида nk, другой между 1 и n);
- числа от n(n-1) +1 до n(n-1)(n-2) представимы в виде суммы 3х различных делителей;
ну и т.д.

 

Вроде примерно понятно, но в книжке лучше - в одну строчку(для математика)

 

А = d*n +r = (d1+ d2 + ...+di)n+ r
где i<= n-1 по предположению индукции

 

а, действительно...

 

Простенькая задачка:
Случайно выбраного человека тестируют на наличие редкого заболевания которым болеют 1 из миллиона людей. Тест дает ложный положительный результат в 1 одном случае из тысячи. Какова вероятность, что если тест дал положительный
результат то тестируемый действительно болен?

 

Простенькая задачка:
Случайно выбранного человека тестируют на наличие редкого заболевания которым болеют 1 из миллиона людей. Тест дает ложный положительный результат в 1 одном случае из тысячи. Какова вероятность, что если тест дал положительный
результат то тестируемый действительно болен?

ОТВЕТ: в условии есть пробел!

Если ввести в рассмотрение события
А = "случайно выбранный человек болен"
В = "тест показывает положительный результат",
то в духе Байсовской статистики,
P(A) = 10^(-6), P(B | A') = 10^(-3), P(B' | A') = 1 - 10^(-3)
и вероятность того, что А' и В произойдут совместно, равна
(1 - 10^(-6)) * 10^(-3) = 10^(-3) - 10^(-9).

Для определения апостериoрной вероятности, т.е.
P(A | B) = P (A и B, совместно) / P(B), неплохо бы знать вероятность события В! Эта вероятность определяется суммой:
P (B) = P (A и B, совместно) + P (A и B', совместно)

Эквивалентно, нужно задать не только вероятность "ложного положительного", но и "ложно отрицательного" результата, т.е. условную вероятность того, что тест показывает положительный или отрицательный результат, когда выбранный человек на самом деле болен, т.е. либо P (B | A), либо P (B' | A).

Добавьте это условие - и задача станет решаемой.