Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Csak logika

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[629] kontrakcio2013-01-15 15:39:13

Mint írtam, nekem nem a "matekos megoldás" volt a célom, tisztában vagyok vele, hogy egy szimuláció nem bizonyítás. Több oldalon keresztül próbálkoztak ezzel a többiek, véleményem szerint teljesen világos és egyszerű magyarázatok is születtek, mégsem győztek meg téged. Ezért gondoltam, hogy ha látod, hogy "elég sok" élőben lejátszott játék után (csak hogy az rnd függvényeket is kiküszöböljük...) mi a helyzet, akkor azzal legalább annyit elérek, hogy átgondold, talán mégsem jó a te megoldásod.

De ha végre sikerült Péter legutóbbi magyarázatából megértened, akkor annak örülök.

Előzmény: [627] Gézoo, 2013-01-15 15:21:29
[628] Gézoo2013-01-15 15:25:57

És természetesen Nagyon Szépen Köszönöm a munkádat!

Előzmény: [622] Maga Péter, 2013-01-15 14:47:18
[627] Gézoo2013-01-15 15:21:29

Kedves Kontrakció!

Javaslom nézd meg Péter legutóbbi magyarázatát! Érdemes!

A szimulációk Péter megoldásának közelébe sem mehetnek. (RND és más problémáik következtében.)

Azt hiszem kár is több szót vesztegetnünk arra ami ennyire egyszerű és világos magyarázattal egyértelmű.

De ettől függetlenül, köszönöm a közreműködésedet!

Előzmény: [624] kontrakcio, 2013-01-15 15:07:25
[626] Gézoo2013-01-15 15:16:21

Bocs, a végén rosszul fogalmaztam.. De remélem így is értetted.

Ez a megoldásod egy igazi matematikus megoldása! Nagyon tatszik!

Előzmény: [625] Gézoo, 2013-01-15 15:13:05
[625] Gézoo2013-01-15 15:13:05

Nagyon fogós!

Első ránézésre kapásból elfogadom. (Gondolom más is.)

Második ránézésre, érvényes rá a párosok 1/3-1/3-1/3 esélye.

Harmadik ránézésre, érvényes rá s sorosan 2/3 esélyek sorozata. (Mert közben van 1/3 esély is.)

Negyedik ránézésre, érvényes rá a kk, ak, ka párok egyikéből a kecske megmutatása.

Ötödikre csak egy kérdésem maradt:

Miért nem az áll a wikipédiában? (Na és a többi magyarázó oldalon? )

Bár igaz, ez se nem a te se nem a Péter "bűne". Viszont sürgősen le kellene cserélni azt a sok maszlagot erre a magyarázatra!

Előzmény: [622] Maga Péter, 2013-01-15 14:47:18
[624] kontrakcio2013-01-15 15:07:25

Matekos megoldással már többen próbálkoztak, egyiket sem fogadtad el. A számítógépes szimulációt sem fogadod el. Ezért gondoltam, hogy akkor egy "valódi" szimuláció talán meggyőz, de ha nem, hát nem.

De már abban sem vagyok biztos, hogy akkor számodra mit jelent az, hogy 1/2 valószínűséggel nyerünk a cserével, és 1/2 valószínűséggel vesztünk (mert ugye te ezt állítod). Szóval, neked ez mit jelent pontosan? Nem azt, hogy ha "elég sok" játékot lejátszunk és mindig cserélünk, akkor kb. a felében fogjuk megnyerni az autót?

Előzmény: [623] Gézoo, 2013-01-15 14:57:32
[623] Gézoo2013-01-15 14:57:32

Hogyne 10e22 az elég nagy szám ahhoz, hogy a véletlenekből valószínűséget csináljon.

Bár már pár száz ezres tesztnél is eléggé jó szórásokat kapunk.

Ne érezd magad csalódottnak! Ügyes vagy! Csak mint írtam, én matekos megoldást szeretnék látni.

Előzmény: [621] kontrakcio, 2013-01-15 14:37:45
[622] Maga Péter2013-01-15 14:47:18

Nem egészen. Számoljuk végig!

Kétféle stratégiát hasonlítunk össze. A) Amikor azt kérjük, amit választottunk:

autó helye amit választok amit kérek nyert autók száma
1 1 1 1
1 2 2 0
1 3 3 0
2 1 1 0
2 2 2 1
2 3 3 0
3 1 1 0
3 2 2 0
3 3 3 1

B) Amikor a másik kettőt kérjük, nem azt, amit választottunk:

autó helye amit választok amit kérek nyert autók száma
1 1 2 és 3 0
1 2 1 és 3 1
1 3 1 és 2 1
2 1 2 és 3 1
2 2 1 és 3 0
2 3 1 és 2 1
3 1 2 és 3 1
3 2 1 és 3 1
3 3 1 és 2 0

A) stratégia: az összes eset 9, a kedvező eset 3, a nyerési esély 1/3. B) stratégia: az összes eset 9, a kedvező eset 6, a nyerési esély 2/3.

Tehát ha az egész A) táblázatot elfelejtjük, és szimplán a B) szerint játszunk (persze nem tudjuk, hol az autó), akkor 2/3 eséllyel nyerünk.

Egyetértünk-e ebben?

Előzmény: [614] Gézoo, 2013-01-15 13:28:18
[621] kontrakcio2013-01-15 14:37:45

Jó, akkor tisztázzunk valamit. Szerinted ha a helyes arány itt a 2/3-1/3, akkor 9 játék után pontosan 6-szor kellene nyernünk a cserével, és 3-szor veszítenünk?

(Azt aztán már végképp nem tudom, miért kellene "kilences ciklusokat" néznünk. De úgy látom, ezt már lentebb próbálták neked magyarázni.)

Még egy kérdés: a nagy számok törvénye mond neked valamit?

Előzmény: [620] Gézoo, 2013-01-15 14:30:37
[620] Gézoo2013-01-15 14:30:37

Kedves Kontrakció! Nagyon szépen köszönöm a fáradozásodat! Bizonyára így van 60 dobás alatt. Sőt még akár 1000 dobás alatt is lehet ilyen az eredmény.

DE azt is megnézted, hogy 9 dobásnál mi volt a helyzet?

Aztán a második, és a harmadik, és az összes kilences ciklusban?

Mindenütt azonosan 1/3-2/3 volt a nyeremény? És a fél ciklusok között is? Kétlem.

Na most őszintén! Hanyadik dobás után lett nagyobb először, a cserélős módszer eredménye a nem cserélősénél?

Előzmény: [619] kontrakcio, 2013-01-15 14:21:34
[619] kontrakcio2013-01-15 14:21:34

Kedves Gézoo,

Csak a te kedvedért megpróbáltam "élőben" szimulálni a dolgot (végigkövettem a vitát az elejétől kezdve, úgyhogy sok reményt nem látok rá, hogy ez meggyőzzön, ha eddig semmi nem győzött meg, de hátha).

Egy dobókocka segítségével döntöttem el, melyik helyen legyen az autó (1,4->1. helyen, 2,5->2. helyen, 3,6->3. helyen). Ezután ugyanezzel a módszerrel választottam egy "ajtót" a három közül. Ha kecskés ajtót választottam, akkor ugye a másik kecskés ajtó kerül megmutatásra, és a cserével nyerek. Ha az autós ajtót választottam, akkor feldobtam egy érmét, fej esetén a baloldali kecske került megmutatásra, írás esetén a jobboldali - bár ez egyébként mindegy is, hiszen ilyenkor a cserével mindenképp vesztek.

60 játékot játszottam le, többre nem volt energiám. 44-szer nyertem a cserével, 16-szor vesztettem. Nyilván 60 játék még nem olyan sok, de talán elhiszed, hogy ha többet játszottam volna le, akkor még közelebb lettünk volna a 2/3-1/3 arányhoz. (Akár ki is próbálhatod.)

[618] Gézoo2013-01-15 14:04:37

Nyilván egyetlen esetet megnézve nem esélyről, hanem véletlenről beszélhetünk. Ilyen véletlen eredménye akármi is lehet.

Látszatra a két függönnyel kétszer akkora az esély, de ilyen nincs.

Sok-sok próbánál már beszélhetünk esélyekről, és a statisztikával ellenőrizhetjük is a jelzett esély helyességét.

Ha nagyon sokszor választunk egy függönyt és nem cserélünk, akkor éppen annyiszor nyerhetünk, mint ha nagyon sokszor nem cserélünk.

Ugyanis a kétfüggönyös változatok száma éppen annyi mint az egyfüggönyösöké.

Előzmény: [617] HoA, 2013-01-15 13:57:46
[617] HoA2013-01-15 13:57:46

Na akkor [613] még egyszerűbben.

1. A játékos választ egy függönyt. ( Fel is írhatja egy papírra, de nem szól semmit )

2. Mondjuk az 1-et választotta. Ekkor azt mondhatja: - a) kérem ami az 1-es föggöny mögött van. - b) kérem ami a 2-es és 3-as függöny mögött van.

Mekkora eséllyel nyeri meg az autót az a) és a b) esetben?

Előzmény: [616] Gézoo, 2013-01-15 13:44:12
[616] Gézoo2013-01-15 13:44:12

Nos, a soros események is kielégítik a statisztikát.

Ha folyamatosan mindig megmarad az első választásánál, akkor végesen sok választást lejátszva éppen 1/3-1/3-1/3 eséllyel választhat ajtót,

éppen úgy mint amikor a cseréket ismételgeti ugyanennyiszer, ez esetben is 1/3-1/3-1/3 a párokra jutó valószínűség.

Ennek valószínűleg az az oka, hogy az 1/3 - a negatív szimmetria párja a 2/3-nak.

Előzmény: [615] HoA, 2013-01-15 13:38:36
[615] HoA2013-01-15 13:38:36

Nem gondolod, hogy a két esélynek együtt 1-et kéne adni, hiszen a nyeremény a két választás közül az egyikben mindenképpen az övé lesz?

Előzmény: [614] Gézoo, 2013-01-15 13:28:18
[614] Gézoo2013-01-15 13:28:18

Nagyon találó! Ez az!

Ebbe a játékba nem avatkozik bele a műsorvezető.

Egyforma eséllyel választhatja 1,2,3 ajtót és ezzel a cserekor, a 2-3, az 1-3 és a 1-2 párosokat.

Na és ekkor a beavatkozás nélkül, mindhárom választásakor 1/3-1/3-1/3 esélye van a két függönnyel is a nyereményre.

Nyilván mindkét esetben azonos a 1/3-1/3 esély.

Előzmény: [613] Maga Péter, 2013-01-15 13:20:49
[613] Maga Péter2013-01-15 13:20:49

Az új játék a következő. Három függöny, egyik mögött autó, másik kettő mögött semmi. Nincs játékvezető.

1. lépés. A játékos először választ egy függönyt. Meg is mondja, melyik az. ('Az 1-es függönyt választom.')

2. lépés. A játékos eldönti, hogy a választott függöny rejtette nyereményt kéri, vagy inkább a másik kettőét (amiket nem választott). Meg is mondja. ('Az 1-es függönyt kérem.' vagy 'Inkább a 2-es és a 3-as függöny mögöttieket kérem.')

Ezután a nyereménye az, amiket kért. Tehát ha nem a választott függönyt kéri, akkor azt is megnyeri a példában, ami a 2-es, és azt is, ami a 3-as függöny mögött volt.

Kérdés: mekkora valószínűséggel nyeri meg az autót, ha

- a stratégiája az, hogy választ egyet találomra, és azt kéri?

- a stratégiája az, hogy választ egyet találomra, és a másik kettőt kéri?

Előzmény: [610] Gézoo, 2013-01-15 12:48:17
[612] Gézoo2013-01-15 13:15:14

Az lehetséges. Viszont ilyen alapon ha azt mondjuk, első választás 1/3; másodikkal 3/5 Akkor a 0,6 is belefér a 16 százalékba. Sőt jobban mint a 2/3.

Előzmény: [609] Maga Péter, 2013-01-15 11:58:47
[611] Gézoo2013-01-15 13:12:33

Első ránézésre nem tudom. Azt írtad előtte: "Ha 3 ajtó ( A1,A2,A3 ) közül az egyik mögött van egy autó , én A1-re tippelek, majd akár én, akár a játékvezető véletlenszerűen kinyitja a másik kettő egyikét és azt üresnek találjuk, annak valószínűsége, hogy az autó A1 mögött van, 1/2 lesz. ( És persze a másik zárt ajtóé is 1/2 ). Ha a játékvezető tudatosan megmutat egy üres ajtót a másik kettő közül, annak valószínűsége, hogy az autó A1 mögött van, 1/3 lesz ( És persze a másik zárt ajtóé 2/3 ). "

Odáig értem, hogy két zárt közül választva 1/2-1/2

Az is érthető, hogy ha jelöl a játékos is a játékvezető is egymástól függetlenül, egy-egy ajtót akkor 1/3-1/3 mindkét jelölés esélye. De az már nem világos, hogy ha 1/1 valószínűséggel kinyit egy üreset, akkor mitől lenne 2/3 a másik ajtó esélye?

Azt írod: "tegyük fel, hogy a játékvezető az ajtónyitás előtt feldob egy érmét, és ha teheti, akkor fejnél A2 -t, írásnál A3 -t nyitja ki "

A "teheti" szóval "külső hivatkozást" vezetsz be. Ismeretlen (vagy legalább is eddig nem tisztázott,) valószínűségűt.

Érthetőbb lenne valami ilyesmi:

a1 fej a2

a1 írás a3

a2 fej a1

a2 írás a3

a3 fej a1

a3 írás a2

Vagyis a választott helyett a másik kettő egyenlő arányban szerepel. 2*a1, 2*a2, és 2*a3 Ez következik a fej|írás fele-fele arányából.

Ezért amikor kijelölöd, hogy ha "tehetjük", akkor az esélyek azon részére tereled a kimenetet ahol nem egyenletes eloszlást kapunk.

Mert nyilván, ha mind az összes a1,a2,a3 párra felírjuk (te írtad a2-a3 párra,) mellé tesszük a1-a2 a1-a3 te írtad a2-a3 (másodszorra szerepelne a2-a1, a3-a1, a3-a2)

Akkor a 2/3 arányokkal mindhárom eloszlás összesítve egyaránt ugyanakkora arányt kapnánk.

Nem értelek, mit igazolna a táblázat?

Előzmény: [608] HoA, 2013-01-15 11:44:14
[610] Gézoo2013-01-15 12:48:17

Értelek, de bevallom nem látok okot az elfogadására. Mert azt írod, hogy nincs köze a játékvezető választásának az eredményhez.

Aztán pedig két köze is van. Egyik fizikai ok: nem választható másodszorra a megmutatott kecske, másrészt lélektani ok, a játékos döntésére hat (azt vitathatjuk, hogy mekkora mértékben, de a hatás létével feltételezem egyetértesz,) a választása és a megmutatott kecske helye közötti vélt vagy általa vélelmezhető összefüggés.

Például balkezes és férfi, akkor ha például a középső ajtót választotta és a jobboldali ajtó mutatja a műsorvezető, akkor a baloldalira cserél. Ha jobbkezes, akkor marad a választásánál.

"Hogy melyikre változtatok, abban számít a játékvezető lépése (mert nem változtathatok arra, amit megmutatott), de ez a nyeremény szempontjából érdektelen (mert ott a nyeremény sem lehet, amit megmutatott). "

Azaz a játék kimenetele szempontjából mégis csak számít. "Van még egy ötletem, ami éppen ennek az üres show-elemnek az eltávolításáról szól, hátha úgy sikerül."

Oké, ez az! Sokat segítene. Gondolom mindenki más olyannak is, aki hozzászokott ahhoz, hogy három választási lehetőséggel csak három eredményt kaphat. Ugyanis, itt erről van szó: "A négysoros táblázat húzza szét azt az esetet, amikor elsőre az autóra tippeltem aszerint, hogy a megváltoztatás az egyik vagy a másik kecskére történő megváltoztatás-e. Ami az adott esetben a hibás döntés"

Tehát az elsőre az autó választása esetén lejátszódhat kétféle folytatással a játék, ha jól értelek igen, de a választhatóságát nem tartod indokoltnak kétfelé osztani.

Oké, k1 kecske választásával folytatódhat-e kétféle módon a játék? Nem, mert kötelező k2 megmutatása. K2 választásakor, szintén nem mert kötelező k1 megmutatása. A választásakor? Igen, mert k1 vagy k2 megmutatása kötelező.

A választással négyféle módon folytatódhat a játék.

Azt hiszem, hogy ezt a négy lehetőséget csak úgy lehetne háromra redukálni, ha adnánk a kecskéknek sorszámot és bevezetnénk egy olyan szabályt, hogy az autó választása esetén kötelezően csak k1-et lehet megmutatni. (Vagy akinek jobban tetszik akkor mindig csak k2-t.)

Mert ekkor az első választás lehetséges kimenetelei közül a szabály kizárná a negyedik változatot.

Ilyen szabály hiányában valóban három választása van a játékosnak, de egyenlő esélyű négy kimeneti eredménnyel.

Abban igazad van, hogy szinte tök mindegy melyik kecske, de mint említettem lélektani szempontból sem mindegy a folytatásra nézve már nem mindegy. És a következő választást a játékos nem számolással hanem "érzelemmel-ésszel" azaz a lelki állapota szerint végzi.

Addig pedig amíg ilyen szabályt nem rögzítünk nem lenne korrekt a négy egyforma lehetőség közül kettőt összevonni, mert ezen az alapon az első kettőt is össze kellene vonni.

Azaz mindegy melyik kecskét választotta, ezért a kecske választások egyenlő esélyű kimeneti eredményt adnak.

Akkor viszont ha nem vonjuk össze az első két kecskés választást nem vonhatjuk össze az első két autós választás lehetőségét sem.

Vagyis onnantól ahol ezt írtam: "Oké, k1 kecske választásával folytatódhat-e kétféle módon a játék? Nem, mert kötelező k2 megmutatása. K2 választásakor, szintén nem mert kötelező k1 megmutatása."

A helyes ez lenne: Oké, kecskét választott folytatódhat-e kétféleképpen a játék? Nem mert kötelező a másik kecske megmutatása.

Azaz hiába három ajtó, két-két, párosával egyenértékű a választás eredménye kötelezően következik a játék szabályából.

Na a párok egyenértékűségén lehetne vitázni. Például úgy, hogy négy esetből egyenletes eloszlású folytatási eredmény szempontjából lehet-e különbség köztük?

Itt persze mondhatjuk, hogy kétszer kecske és egyszer autó, de mindkét kecske és az autó is ugyanazon folytatást váltja ki--> egy kecske megmutatását.

:D és mielőtt részrehajlást éreznél a válaszomban, igen. Nyilván miután minden választás folytatása egy kecske megmutatása, ilyen alapon mondhatnánk azt is, hogy a három választási lehetőség utáni lépcsőben négy lehetőségnek összesen egyetlen eredménye lehet: egy kecske megmutatása. Persze ez csak egy csomópontja az eseménysornak, amely után két esemény következik: csere vagy nem csere.

Szóval ha nem csalódom túl nagyot, akkor a valószínűség alapja a statisztika és felismert szabályrendszere.

Így ha sok eseményt vizsgálunk, akkor feltűnik, hogy nem csak a párhuzamos eseményekre kell érvényesnek lenniük ezeknek a szabályoknak, hanem egyidejűleg ki kell elégíteniük a soros események adta statisztikát is. Például nem húzható ki tetszőlegesen sokszor ugyanazon öt lottószám egymást követő húzásokon. Az persze statisztikailag tapasztalható, hogy az ötből esetenként egy-kettőt újra húznak, de sok húzás során sorosan is teljesülnie kell az egyenletes eloszlás "absztrakciójának".

Azaz a csomópontok két oldalának szintén teljesítenie kell a valószínűségi szabályokat.

Előzmény: [607] Maga Péter, 2013-01-15 11:24:09
[609] Maga Péter2013-01-15 11:58:47

,,Mint az előbb írtam, az RND függvény, sajnos nem teljesíti az egyébként teljesen jogos elvárásodat-elvárásunkat.'' Én így hirtelen nem tudok egyetlen olyan elvárást sem megfogalmazni az RND-ről, amit az adataid ne elégítenének ki. De ilyen dolgokban Róbert Gida az illetékes. Szerintem a programok itt elég jók, ahhoz mindenképpen, hogy abban a bő 16%-os eltérésben, ami a válaszaink között van, perdöntő legyen.

Előzmény: [606] Gézoo, 2013-01-15 11:07:35
[608] HoA2013-01-15 11:44:14

Ha el akarunk tekinteni a "maszatolásoktól" és a nagyívű megközelítésektől, javaslom, menjünk vissza a kályhához. Mik az egyforma valószínűségű események? Elfogadjuk-e [475] második táblázatát?

Előzmény: [606] Gézoo, 2013-01-15 11:07:35
[607] Maga Péter2013-01-15 11:24:09

,,Gondolom azt mondod vele, hogy a játékvezetőnek nincs köze a végeredmény valószínűségének kialakításához. Most akkor kérdezhetném, hogy miért nincs, ha egyszer a játékvezető véletlenszerű döntésén múlik az eredmény, de inkább ezt nem kérdezem. Kitérőnek tűnik.'' Azért válaszolok. Fontos, és segíthet a megértésben. A játékvezető véletlenszerű (vagy éppen meghatározott, ha kecskét választottam elsőre) döntésén nem múlik az eredmény. A végeredmény három dolgon múlik, és csak ezeken. Hová tették az autót? Mit választok először? Megtartom vagy megváltoztatom a kezdeti döntésemet? Ezek egyikében sem számít a játékvezető lépése. Hogy melyikre változtatok, abban számít a játékvezető lépése (mert nem változtathatok arra, amit megmutatott), de ez a nyeremény szempontjából érdektelen (mert ott a nyeremény sem lehet, amit megmutatott). Ez csak egy üres show-elem, aminek az esélyek szempontjából nincs jelentősége. [Ha így sem sikerül megérteni, szólj! Van még egy ötletem, ami éppen ennek az üres show-elemnek az eltávolításáról szól, hátha úgy sikerül.]

,,Azaz milyen alapon vonsz össze két olyan esetet ami egy-egy különálló választáshoz tartozik?'' Ezen az alapon. Az első körben háromféleképp viselkedhetek, mert három függöny van. A második körben kétféleképp viselkedhetek: megtartom vagy megváltoztatom az első tippemet. Nem én vonok össze! A négysoros táblázat húzza szét azt az esetet, amikor elsőre az autóra tippeltem aszerint, hogy a megváltoztatás az egyik vagy a másik kecskére történő megváltoztatás-e. Ami az adott esetben a hibás döntés. Két hibás döntésnek is beszámol egy hibás döntést, pedig a hibás döntés csak annyi, hogy változtatok. Holott az adott helyzetben már nem dönthetek kétféleképpen hibásan, hiszen az egyik kecskés függöny már nyitva van. Ugyanígy a megtartás oldaláról: egy helyes döntést beszámol két helyes döntésnek, pedig a helyes döntés csak annyi, hogy megtartom az első tippemet. Úgy tesz, mintha ezzel két hibás döntést is elkerülnék, hiszen egyik rossz változtatást sem teszem meg. Holott az adott helyzetben már csak egy hibás döntés van, azt kerültük el.

Előzmény: [604] Gézoo, 2013-01-15 10:51:50
[606] Gézoo2013-01-15 11:07:35

Természetesen elfogadok minden indokolt választ. Én csak a maszatolásokra hivatkozásoktól viszolygok.

Mint az előbb írtam, az RND függvény, sajnos nem teljesíti az egyébként teljesen jogos elvárásodat-elvárásunkat.

Előzmény: [603] Maga Péter, 2013-01-15 10:45:14
[605] Gézoo2013-01-15 11:01:50

Közben írtam, látom te is.

Tehát az egyenletes eloszlás "absztrakció", oké. Milyen hibahatáron belül fogadható el egy ilyen absztrakció?

Feltételezem csak olyanon belül ahol például ebben az esetben az eredmény 2/3-1/2   16 százalékon belül marad, azaz mindegyik 1,2,3 számjegyre együtt a szórásuk nem nagyobb mint 16 százalék fele.

Persze csak feltételezem, ezért jó lenne ha adnál pontos definíciót erre az absztrakcióra.

A futtatások eredményeit éppen az előbb másoltam be. Jól látható, hogy messze sem teljesíti az RND függvény azt a reményt amire alapozva feltételezed. Sajnos az RND program tervezői nem készültek fel egyenletes eloszlású kimenő eredmény képzésére.

Előzmény: [602] Maga Péter, 2013-01-15 10:20:12

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]