| [764] SAMBUCA | 2005-01-29 19:56:25 |
 Hali!
A Kemény Legény által emlegetett cikk megtalálható itt.
SAMBUCA
|
|
| [763] Kemény Legény | 2005-01-29 16:00:57 |
 Na a cikk a KöMaL elektronikus archivumában található meg,pl. rákeresve Kós Géza cikkeire,a Játék mindenkinek -et kiválasztva.A 11-es szám pedig a novemeber hónapot volt hivatott jelölni,kár hogy nem találtátok meg.
|
|
| [762] Atosz | 2005-01-29 13:25:05 |
 Bolond vagyok!
Az előző hozzászólásomat tekintsétek semmisnek, hiszen pont ez a lényeg, a pi-k összege nem 1.
|
|
|
| [760] Atosz | 2005-01-29 13:01:25 |
|
Egy újabb gondolat jutott eszembe, s közben láttam Káli gúla a segítségedet. Mindjárt végiggondolom, de közben beírom azt, amit akartam:
Egy szomszédos 6-os tartományba lépés összvalsége 1 kell hogy legyen, azaz p(n-6)+p(n-5)+...+P(n-1)=1. De a mellette lévő 6-os tartományra is ennek igaznak kell lennie, azaz p(n-6)=p(n). Ebből az következik, hogy minden 6. mezőre lépésnél egyforma valségek vannak, azaz P(2005)=p(1)=
Ez vagy jó, vagy nem, de akkor hol van benne a hiba?
|
| Előzmény: [759] Káli gúla, 2005-01-29 11:58:15 |
|
|
| [758] Atosz | 2005-01-29 11:32:25 |
|
Pontosan hol van az a cikk, mert nem találom?
Engem leginkább az zavar a saját megoldásomban, hogy ha a 2004, 2003, 2002, 2001 2000, 1999 helyek valamelyikén egyforma valséggel leszünk, akkor miért nem jön ki a 2005-re? (mert akkor ugyanígy egyforma valséggel lennénk a 2005-2000 helyek valamelyikén is)
|
| Előzmény: [757] Kemény Legény, 2005-01-29 10:23:59 |
|
| [757] Kemény Legény | 2005-01-29 10:23:59 |
|
Elnézést a közbeszólásért,de szerintem nem ennyi lesz a végeredmény és a megoldás sem ilyen egyszerű.De a legjobb lesz,ha elolvassátok Kós Géza cikkét az 1994/11. KöMaL-ban,ahol egy elég zuzó megoldást nyomat a problémára.
|
|
| [756] Atosz | 2005-01-29 09:53:17 |
|
Én a következőképp okoskodtam (remélem jól).
A dobálások után mindenképpen elérjük azt a helyzetet, amikor azt mondhatjuk, hogy innentől akár egy dobással is nyerhetünk. Ekkor 1,2,3...,6 egység távolságra leszünk a 2005. rácsponttól. Az, hogy milyen valséggel állunk éppen az egyik vagy másik helyen, az "jó közelítéssel" egyformán valószínű, azaz . (az origótól ekkora távolságban már az, hiszen ez a megfelelő távolságra lévő számok 1-6 számok összegeire való felbontások számától függ, ami közel egyforma) Innen a keresett valség 
Itt már csak azt kell megvizsgálni, hogy egy adott távolságból hányféleképpen juthatunk célba. pl. 3 egység távolságból bejuthatunk a következő dobásokkal: (3) vagy (1,2) vagy (2,1) vagy (1,1,1). Egy egylépéses győzelem valsége , míg egy k lépésesé  , hiszen k-szor egymás után megfelelőt kell dobnunk. Ha megfigyeljük a megfelelő távolságokról a bejutásokat, akkor látjuk, hogy éppen 6 egylépéses, 15 kétlépéses, 20 háromlépéses, 15 négylépéses, 6 ötlépéses és 1 hatlépéses győzelem van. Ezek a számok éppen a Pascal háromszög megfelelő sorának tagjai (az első 1-es kivételével). Így
Ami a binomiális tétel szerint ez éppen:
Így a keresett valség:
|
| Előzmény: [755] Káli gúla, 2005-01-27 23:18:19 |
|
| [755] Káli gúla | 2005-01-27 23:18:19 |
 Kösz. Én is a rekurziót oldottam meg először.
Erről eszembe jut egy feladat, szintén valszám, és szintén rekurzió, Amikor először hallottam, talán egy egész spirálfüzetet teleírtam, de nem tudtam megcsinálni. Évek múlva jöttem csak rá az "igazi" megoldásra.
144. feladat. Az origóból kiindulva a számegyenes pozitív rácspontjain lépkedünk. Minden lépés előtt feldobunk egy dobókockát, és annyit lépünk előre, amennyit a kocka mutat. Mi a valószínűsége (jó közelítéssel) annak, hogy rálépünk a 2005. rácspontra.
|
|
