40
Cred ca la inceput de saptamana cand nici iarba nu creste, un imbold primit din partea unor probleme de logica ar fi binevenit pentru “demarajul” mintal necesar unei noi saptamani. Sper sa fiti mai inspirati decat sunt eu lunea.
Problema 1
Avem n bile si doua urne. Plasam cate o bila in fiecare urna, dupa care bilele vor fi plasate, una cate una, in una dintre cele doua urne, cu o probabilitate proportionala cu numarul de bile deja existent in acea urna.
Care este numarul asteptat de bile din urna care va contine mai putine bile la sfarsitul plasarii tuturor bilelor in cele doua urne?
Problema 2
Pe o insula se gasesc 13 cameleoni rosii, 15 galbeni si 17 maro. Cand doi cameleoni de culori diferite se intalnesc, ambii isi schimba culoarea in cea de-a treia culoare.
Exista vreo modalitate de intalniri dirijate pe perechi, astfel incat in final sa avem cameleoni de o singura culoare?
Problema 3
Avem cinci vizuini in linie, una dintre ele fiind ocupata de o vulpe. In fiecare noapte vulpea se muta intr-o vizuina alaturata, la stanga sau la dreapta. In fiecare dimineata puteti inspecta una dintre vizuini, la alegere.
Care strategie va asigura prinderea vulpii?
Problema 4
Trei persoane sunt asezate in colturile unui triunghi, cu fata unul spre celalalt. Un iluzionist face sa le apara cate o palarie pe cap fiecaruia, de culoare alba sau neagra, la intamplare, dar acestia nu pot vedea ce culoare are palaria de pe propriul cap. La sunetul unui clopotel acestia trebuie ori sa anunte simultan o culoare pentru palaria de pe cap, ori sa taca. Daca cel putin o persoana face un anunt, si daca toate anunturile sunt corecte acestia castiga, iar daca toate anunturile facute sunt gresite acestia pierd. Cele trei persoane pot sa discute o strategie inainte de a incepe jocul.
In medie, pot sa castige mai mult de jumatate din jocurile jucate?
Problema 5
Intr-o incapere se afla n computere conectate la curent, dintre care mai putin de jumatate sunt defecte. Este posibil sa interogati un computer despre starea altui computer, dar computerele defecte ar putea raspunde gresit.
Incercati sa gasiti un computer bun dupa cat mai putine intrebari.
… la prima vedere, problema cu iluzionistul pare a avea legatura cu sisteme de trei ecuatii cu trei necunoscute booleene… la intrebarea despre probabilitatea medie statistica de castig… ar conta determinantul sistemului… 🙂
iunie 21, 2010 - 7:56 pm… problema cu cele n computere aminteste de Legea lui Arhimede, ar fi una din variantele moderne… momentan n-am idee :))
iunie 21, 2010 - 8:00 pm… la problema cu computerele, teoretic sansele pot fi si 0, insa se pot gandi stategii… dupa diferite criterii… ce urmaresc mai stiu eu ce coeficient de optimizat al probabilitatii ca un pc sa fie validat… temporar… si cate si mai cate 🙂
iunie 21, 2010 - 8:24 pmProblema 5.
Fie c1, c2, … cn cele n computere. Se fac perechi de cate doua computere: (c1, c2) (c2, c3) (c4, c5) …. s.a.m.d.
Daca n este impar un computer va ramane neimperecheat. Se interogheaza fiecare computer din fiecare pereche despre starea celuilalt. Se folosesc deci cel mult n intrebari. In urma interogarii unei perechi se pot obtine 4 raspunsuri:
BUN – BUN
BUN – DEFECT
DEFECT – BUN
DEFECT – DEFECT
Se fac urmatoarele observatii:
# in cazurile BUN – DEFECT, DEFECT – BUN, DEFECT – DEFECT cel putin unul dintre
computere e defect
# in cazul BUN – BUN rezulta ca ambele sunt defecte sau ambele sunt bune
Se aplica acum urmatoarea strategie:
[1] se elimina perechile care nu spun BUN – BUN, deoarece contin cel putin un computer
defect. Prin eliminarea unei astfel de perechi computerele ramanse verifica proprietatea
ca mai putin de jumatate sunt defecte.
x = nr. computerelor bune |
y = nr. computerelor defecte | => y < (x+y)/2
n = x+y |
Cum cel putin un computer e defec,t avem ca numarul computerelor defecte dupa eliminarea unei perechi, y', este cel
mult y-1. Deci:
y' < y-1 < (x+y)/2 – 1 = (x+y-2)/2 = (n-2)/2 !
[2] Deci au ramas numai perechi ce furnizeaza raspunsul BUN – BUN. Din fiecare pereche se elimina al doilea computer. In
continuare computerele ramase respecta proprietatea ca mai putin de jumatate sunt defecte deoarece in fiecare pereche
fie ambele sunt defecte, fie ambele sunt bune, este eliminat unul, insa ramane unul de acelasi tip (bun/defect).
[3] Daca n era impar se adauga chip-ul defect. Din nou se poate verifica faptul ca mai putin de jumatate sunt defecte.
Dupa aplicarea [1] – [3] raman cel mult jumatate + 1 (daca este impar). Acum se repeta procedeul. La final se va obtine o
pereche BUN-BUN dintre care se alege unul la intamplare, intrucat ambele vor fi bune datorita proprietatii din enunt care
se mentine prin procedeul de eliminare.
Numarul maxim de intrebari este cel mult: n + n/2 + n/4 + n/8 + … = 2n !
iunie 22, 2010 - 9:40 am… interesant raspunsul cu intrebarile calculatoarelor, pare a fi un soi de tehnica standard de… ce se intampla in fapt in procesele de tip industrial… un site pe care poti reveni cu placere 🙂
iunie 22, 2010 - 10:12 am…well, ca problema propusa, ia sa vedem cine reuseste sa ma convinga pe mine ca multimea numerelor reale n-ar fi numarabila 🙂
iunie 22, 2010 - 10:16 amProbabil ca scopul acestei rubrici este de a rezolva doar problemele propuse; o demonstratie foarte scurta si ingenioasa, data de Cantor, poate fi urmarita aici
iunie 22, 2010 - 1:31 pmProblema 2.
Cameleonii pot fi codificati cu un vector cu 3 componente: (13, 15, 17).
Modul in care cameleonii isi schimba culoarea poate fi modelat cu ajutorul unor transformari. De exemplu, daca se intalneste un cameleon rosu cu unul galben:
(a, b, c) |—> (a-1, b-1, c+2) (evident trebuie ca a si b sa fie nenule.)
Practic din doua componente nenule se scare cate o unitate, iar cea de-a treia componenta este incrementata cu 2 unitati.
Ramane de aratat ca nu exista un sir de astfel de transformari care sa anuleze doua componente.
Initial cele trei componente au resturi diferite la impartirea cu 3: 1, 0, 2.
Voi arata ca aplicand o transformare unui vector cu componentele avand resturi diferite la impartirea cu 3 se obtine un nou vector ce va respecta aceeasi proprietate.
Fie (a, b, c) ce da resturi diferite la impartirea cu 3. Acest lucru se scrie:
3 nu divide a-b 3 nu divide (a-1)-(b-1) = a-b 🙂
3 nu divide b-c ===> 3 nu divide (b-1)-(c+2) = b-c-3 🙂
3 nu divide c-a 3 nu divide (c+2)-(a-1) = c-a+3 🙂
deci vectorul (a-1, b-1, c+2) va avea componente cu resturi diferite la impartirea cu 3.
Similar se arata si pentru celalalte tipuri de transformari.
Deci nu se poate ajunge la o configuratie cu doua componente nule. (ar avea acelasi rest la impartirea cu 3)
iunie 22, 2010 - 2:23 pmSe pare ca s-au autoaranjat ecuatiile intr-un mod mai greu de citit.
_ _
| 3 nu divide a-b ===> | 3 nu divide (a-1)-(b-1) = a-b
| 3 nu divide b-c ===> | 3 nu divide (b-1)-(c+2) = b-c-3
| 3 nu divide c-a ===> | 3 nu divide (c+2)-(a-1) = c-a+3
– –
3-ul nu influenteaza restul la impartirea cu 3
iunie 22, 2010 - 2:27 pmwell… ia sa vedem cine poate contrazice acestea “cu puterea adevarului”
consideram functia care numara elementele multimii reale f (n)=n, n natural , N, de fiecare data cand intalnim un contraexemplu la faptul ca exista numarate toate numerele, shiftam functia cu o unitate pentru a o upgrada pe prima pozitie cu noul element , lucru perfect trancribil si in limbaj mate (pe care unii il mai numesc si maret jargon, uneori)… cu tot respectul si pentru “nea Cantor”… notiunea de cardinal continuu apare tot mai rar “din pacate” pe net, eh, ce sa-i faci, mai mor si teoremele
iunie 22, 2010 - 7:05 pm…demonstratia arata si a concept mate/palpabil a “cei din urma vor fi cei dintai” ,iti dai seama ca in conditiile astea chiar asa de bun, sa pot impune o astfel de idee, practic nu sunt si nu voi fi niciodata, chiar si in cazul in care e veritabila, dpdv strict mate… fac asta si …..
Florin spus
iunie 22, 2010 la 19:05
well… ia sa vedem cine poate contrazice acestea “cu puterea adevarului”
consideram functia care numara elementele multimii reale f (n)=n, n natural , N, de fiecare data cand intalnim un contraexemplu la faptul ca exista numarate toate numerele, shiftam functia cu o unitate pentru a o upgrada pe prima pozitie cu noul element , lucru perfect trancribil si in limbaj mate (pe care unii il mai numesc si maret jargon, uneori)… cu tot respectul si pentru “nea Cantor”… notiunea de cardinal continuu apare tot mai rar “din pacate” pe net, eh, ce sa-i faci, mai mor si teoremele
iunie 22, 2010 - 7:25 pmP2 nu are (intr-adevar) nicio solutie. O sa dau mai jos solutia care data in locul unde am gasit problema.
Cu r cameleoni rosii, g galbeni si m maro, X = (0r + 1g + 2m) mod 3 ramane constant indiferent care 2 cameleoni se intalnesc si isi schimba culorile. Asta pentru ca X = (0r + 1g + 2m) mod 3 = (0(r-1) + 1(g-1) + 2(m+2)) mod 3 = (0(r-1) + 1(g+2) + 2(m-1)) mod 3 = (0(r+2) + 1(g-1) + 2(m-1)) mod 3. Cu r=13, g=15 and m=17, X este egal cu 1. Insa, daca r+g+m = 45 cameleoni ar avea aceeasi culoare, atunci X ar trebui sa fie 0. Asa ca problema nu are solutii.
La P5 solutia data era identica cu cea data de tine.
iunie 22, 2010 - 7:35 pm…la problema cu palariile, informatia, in cazul in care poate fi …. accesata… de tip coincidenta culorilor palariilor vazute si de un …jucator si de catre un cojucator care sa o comunice par a fi suficiente pentru a “calcula” (practic calcul modulo 2) culoarea palariei proprii, o eventuala “confirmare” din partea celuilalt cojucator nefiind decat binevenita…. vulpea se asteapta sistematic la ultima vizuina, posibil insa sa existe si alte solutii mai bune
iunie 22, 2010 - 8:15 pmla problema cu acei cameleoni, desi ca rezultat mate demonstratia sta in picioare si este chiar inedita, nu sunt sigur daca nu ar trebui specificat ca… (?)… un cameleon… nu sunt sigur ca am citit eu bine… mai degraba… imi place site-ul problemele imi amintesc de putere de abstractizare (ceea ce se numeste atentie eficace), pe tabla de sah… sunt relativ placut surprins… practic sa constat ca …imi cam scapa modelul mate la problema cu cameleonii…. oricum, combinatii/strategii sunt relativ destule, spatiu de alegere de tip exponential, cel mai probabil, relativ la numarul de cameleoni
iunie 22, 2010 - 9:01 pm…well, desi nu este scopul meu declarat (nu ala declarat, nu aveti niciooo griiija 🙂 ) de a monopoliza acest site, o problema similara la care nu cunosc rezolvarea ar fi ca in cazul problemei plasarii a n dame pe tabla n per n de…. sah…. numarul de dame albe sau negre , in cam orice situatie intalnita, nu pare a se departa prea mult de n/2 (oricum solutii pentru dame albe (sa zic) se gasesc din 2 in 2 ca numar total, lucru ce aminteste de problema cu cameleonii… ok…. in masura in care mai adaug ca ideea cu nu prea departarea de n/2 e obtinuta prin contabilitate de tip statistic pe programe de tip didactic si ca…. nu prea pare chiar usor de rezolvat, obtinut acel “nu prea departe de n/2″…. chiar incerc sa inchei placut surprins din nou de acest site 🙂
iunie 22, 2010 - 9:11 pmMultumim Florine pentru cuvintele frumoasa. Incercam sa facem si noi cat mai mult (si mai bine) posibil, in limita timpului disponibil. In ceea ce priveste problemele postate aici, marturisec ca unele sunt cam dificile pentru mine, dar se pare ca nu si pentru voi (de aceea am postat si unele probleme cu grad de dificultate mai ridicat).
iunie 23, 2010 - 7:47 am…ca model de inginerie mate/info, problema cu cameleonii, in caz ca suporta extrapolari de tip”aberatie de megabyti :)” ar putea intra pe un studiu frumusel de tip extrapolare cantitativa de bagat mintile in cap la pusti rebeli… practic arata a procesare relativ redusa, in principiu ar putea furniza si explicatii, referitoare posibil si la chichitele de inginerie problemistica, un fel de mate mai cu vino-ncoa… dar in primul si ultimul rand , Multumesc Frumos si eu. Succes!!
iunie 23, 2010 - 9:31 am… posibil ca faza cu cameleonii sa fie usor eronat construita, desi arata a inginerie de tip problemistic ce ar dori a face caz de conservarea unor proprietati initiale..in anumite conditii, care sa asigure o concluzie (0a+1b+2c) modulo 3 arata pretty much a 0 modulo 3… si unde ar fi dilema… in fine… chiar sigur nu sunt am incercat sa creionez cate ceva despre ingineria analitica, in problemistica, nu imi place nici sa contrazic, nici sa fiu vioara intai… mai mult sa …. promovez genul de gimnastica mintala 🙂
iunie 23, 2010 - 9:56 amIncerc si eu o solutie la P5, care mie mi s-a parut corecta (dar e posibil sa fi gresit ceva 🙂 , caz in care astept sa-mi semnalati si mie greseala).
Interogam calculatoarele 1, 2,…., n-1 despre calculatorul n.
Sa notam cu r1 numarul raspunsurilor ca acest calculator ar fi bun, si r0 numarul raspunsurilor ca ar fi defect.
Putem avea 3 cazuri:
1)r1=r0
In acest caz calculatorul n este bun, pentru ca singurul caz in care s-ar putea intampla acest lucru ar fi daca am avea un numar impar de calculatoare, dintre care un numar de n/2+1 ar fi bune, si toate raspunsurile la intrebare ar fi corecte.
2)r1>r0
a)Daca n ar fi defect atunci r0 ar fi mai mare decat r1, ceea ce ar contrazice rezultatul anterior, de aceea ==>
b)n este bun.
3)r1
b)n este defect.
Ceea ce ar reduce numarul de chestionari la n-1.
iunie 23, 2010 - 10:11 amIncerc si eu o rezolvare la P5, care mie mi se pare corecta (daca nu e asa, va rog sa-mi semnalati si mie greseala 🙂 )
Interogam calculatoarele 1, 2,…., n-1 despre calculatorul n.
Sa notam cu r1 numarul raspunsurilor ca acest calculator ar fi bun, si r0 numarul raspunsurilor ca ar fi defect.
Putem avea 3 cazuri:
1)r1=r0
In acest caz calculatorul n este bun, pentru ca singurul caz in care s-ar putea intampla acest lucru ar fi daca am avea un numar impar de calculatoare, dintre care un numar de n/2+1 ar fi bune, si toate raspunsurile la intrebare ar fi din partea calculatoarelor defecte ar fi gresite.
2)r1>r0
iunie 23, 2010 - 10:20 ama)Daca n ar fi defect atunci r0 ar fi mai mare decat r1, ceea ce ar contrazice rezultatul anterior, de aceea ==>
b)n este bun.
Ultima parte a rezolvarii e aici (din cine stie ce motive nu am reusit sa pun totul intr-un singur comentariu)
3)r1<r0
a)Daca n ar fi bun, atunci r1 ar fi mai mare (sau cel mult egal) cu r0, de aceea ==>
b)n este defect.
Ceea ce ar reduce numarul de chestionari la n-1.
iunie 23, 2010 - 10:22 am🙂 🙂 🙂 in amintirea profesorului suparat pe viata care l-a descoperit pe Marele Gauss cu ajutorul sumei de progresii aritmetice… iata o problema pentru descoperirea geniului din Matador, de la un profesor si mai suparat pe viata
se da un tetraedru oarecare: sa se imagineze o problema care sa …. modeleze cat mai natural aruncarea ca zar a lui, pentru aflarea probabilitatii de aparitie a fiecarei fete, dupa care sa te daimataluta mare in legatura cu numere medii
(e frate-meu) 🙂 🙂 🙂
iunie 23, 2010 - 10:47 am…in legatura cu problema testarii calculatoarelor…desi nu sunt un pic obisnuit cu scrisul mic…. poate totusi n-ar strica sa se “garanteze” ca la … h testari ale unui calculator defect el indica eronat cel putin o data…idee este ca altfel arata mai mult a strategie de joc/a juca sanse in conditiile in care calculatoarele se incapataneaza sa indice bine chiar si fiind defecte, la interogari… in programe apar bucle infinite uneori, de acolo este modelul …. insa repet ca nu imi propun decat sa turez motorul in limite acceptabile si sa mai cites si ideile altora inclusiv inca o data problema 🙂
iunie 23, 2010 - 11:01 amUlterior mi-am dat seama ca in cazul 3 nu am aflat decat un calculator defect, si nu unul bun (cum se cerea).
iunie 23, 2010 - 12:23 pmO incercare de “reparare” a solutiei ar putea pleca de la eliminiarea computerelor care au raspuns ca acest calculator este bun, si de continuare cu cele ramase.
Am ramane in acest caz doar cu r0 calculatoare (mai mult de jumatate din total).
Poate o repetare a operatiei ar duce la o solutie, nu stiu daca in mai putine “miscari” decat solutia propusa initial.
… ca indicatie, la problema cu tetraedrul oarecare pe post de zar, partea a doua stiu s-o schitez: principiul ar fi acelasi:incrementam cu un pas numarul mediu de aparitie a k fete, catre k+1 fete: probabilitatile(actuale) de aparitie a unei fete conteaza ca pondere in urmatorul (k+1) numar mediu de interes, dupa care, dat fiind ca a fost considerata (cu probabilitate,e drept) aparitia unui eveniment, se reactualizeaza probabilitatile (intrinsec) dupa care se normalizeaza valorile lor pentru ca suma tuturor probabilitatilor de aparitie a celor 4 fete sa fie tot 1 si se trece la pasul urmator sperand ca recurenta a fost corect mentinuta si ca totul are noima… 🙂
iunie 23, 2010 - 12:47 pm… mie personal, acest site mi-a inspirat (si) ideea ca ar putea exista similitudini intuitive intre notiunea de mutare/mutari strategice (fiind preocupat de notiunea de strategie, computerele nestapanind-o suficient de bine) si notiunea de cheie de rezolvare a unei probleme de sah(si numele ii spune: mutare cheie, mutari cheie, uneori)… se pare ca criteriile de frumusete a problemelor de sah sunt bine gandite… Matador mi-a povestit despre astfel de criterii, n im greatful 2 him 4 that, nu ma simt indreptatit sa vorbesc despre astfel de concepte pe acest site, fiind un fel de Elo 1400 ca putere de joc sau de rezolvare de probleme sahiste …bun 🙂
iunie 23, 2010 - 9:04 pm… la problema cu cele doua urne, se poate observa ca, statistic, este avantajata din punct de vedere al cresterii numarului de bile continute tocmai grupa care are deja mai multe, tendita statistica fiind aceea de a acapara si mai mult de la cealalta urna pana cand una, cea dezavantajata ramane goala, numarul continut de ea fiind zero bile… as remarca ca dupa un usor balans, la inceput, odata castigat un ecart mai bunicel, acesta are tendinta (sa-i spunem accelerata) de a deveni decisiv, cel mai probabil, conceptul descris este ceva in genul evaluare statico-dinamica, lucrez uneori cu el.reamintesc ca este vorba de probabilitati/statistica nu (neaparat) rezultate certe 🙂
iunie 24, 2010 - 1:16 pm…desi nu indraznesc (nu-mi place aerul , personal, de a ma da cel mai destept:nici nu sunt) in legatura cu problema cameleonilor …as avea idei, ma limitez in a remarca ca nu este specificat cazul in care se intalnesc doi cameleonide aceeasi culoare… din punct de vedere al rigorii de formulare, pare necesar, pentru o problema in formularea ei… ok 🙂
iunie 24, 2010 - 1:22 pmProblema 3:
Notez cu ? o pozitie unde se poate afla vulpea, cu 0 o pozitie unde sigur nu este, iar cu X pozitia care va fi verificata. Evident daca vulpea este descoperita procesul se opreste.
unde poate fi vulpea unde verific
1. ? ? ? ? ? ? X ? ? ?
2. 0 ? ? ? ? 0 ? X ? ?
3. ? 0 ? ? ? ? 0 ? X ?
4. 0 ? 0 ? ? 0 ? 0 ? X
5. ? 0 ? 0 ? ? 0 X 0 ?
6. 0 ? 0 ? 0 0 ? 0 X 0
7. ? 0 ? 0 0 ? 0 X 0 0
8. 0 ? 0 0 0 0 X 0 0 0
Practic si problema aceasta, asemanator cu cea cu cameleoni poate fi modelata cu transformari. Avand o configuratie de 5 elemente 0 sau ?, se alege un ? de pe o anumita pozitie si se construieste o noua configuratie astfel:
* notez A configuratia curenta de 5 elemente
* fie B = 0 0 0 0 0
* fie i pozitia pe care se afla ? pe care l-am ales
* pentru fiecare pozitie k diferita de i din configuratia A marchez ? pe pozitiile alaturate k-1 si k+1 (cu conditia sa nu iasa in afara) in configuratia B, iar pe pozitia k pun 0 (vulpea se deplaseaza). S-a pus conditia k diferit de i deoarece daca vulpea nu este acolo (ca nu am gasit-o; daca este STOP!) nu se va putea deplasa in pozitiiile alaturate.
Se doreste o succesiune de transformari astfel incat pornind de la configuratia ? ? ? ? ? sa se ajunga la 0 0 0 0 0.
iunie 24, 2010 - 1:32 pmPractic acesta este procedeul folosit de mine, unde am marcat cu X pozitia aleasa.
se pare ca au disparut spatiile dintre configuratii. Am pus _ in loc de spatiu
1. ? ? ? ? ? _______ ? X ? ? ?
iunie 24, 2010 - 1:34 pm2. 0 ? ? ? ? _______ 0 ? X ? ?
3. ? 0 ? ? ? _______ ? 0 ? X ?
4. 0 ? 0 ? ? _______ 0 ? 0 ? X
5. ? 0 ? 0 ? _______ ? 0 X 0 ?
6. 0 ? 0 ? 0 _______ 0 ? 0 X 0
7. ? 0 ? 0 0 _______ ? 0 X 0 0
8. 0 ? 0 0 0 _______ 0 X 0 0 0
ca intrebare, in cazul problemei cu urnele, daca se accepta chestia cu ecart…decisiv si… mai ales cu oscilatii in jurul unei pozitii de echilibru, la inceput, cand ecartul e mai mic, cum ar influenta timpul de…. terminare statistica sugerat mai sus, daca n are tendinta sa ia … proportii(sa creasca)….un fel de invitatie de a opera cu conceptul meu propriu de evaluare statico-dinamica a unui astfel de proces dinamic, dpdv euristic evaluat… 🙂
iunie 24, 2010 - 1:42 pm…ideea este ca in simulari ale acestorfeluri de fenomene/procese, pe pc, marirea lui n ar putea conduce “la rezultate mai mult sau mai putin ASTEPTATE(la propriu)”
iunie 24, 2010 - 1:45 pmin problema vizuinilor, daca se considera ca procesul e circular, o strategie ar pute-o constitui saltul peste doua vizuini , infiecare noua zi, pe motiv ca negasire vulpii asigura negasirea ei in vizuina urmatoare, in ziua imediat urmatoare… momentan n-as putea prezice numarul maxim de cautari….optimizarea se doreste a fi de tip statistic, procesul pare a se incheia, in cele din urma, in varianta circulara a parcurgerii vizuinelor de catre vulpe 🙂
iunie 24, 2010 - 1:50 pmO solutie frumoasa si ingenioasa data de Costin la problema 3. Rezolvarea “oficiala” propunea secventa de cautare urmatoare (2,2,3,4,2,3,4), dar, desi e putin mai lunga, mie imi place mai mult solutia lui.
iunie 24, 2010 - 7:19 pmFelicitari!
… humor: aloooo, Domnu’ Matador, rezolvati mata 🙂 luta (matahaluta pe intelesul tuturor, deci si al Dumneavoasta) , problema cu tetraedru… daca Va considerati mai bun umorist ca mine…. 🙂
iunie 25, 2010 - 7:51 pm… la problema cu cele doua urne, o posibila… pata de culoara privind timpul de asteptare pentru un n ceva mai mare, l-ar putea constitui studiul surselor Markov de numere pseudoaleatoarea si … alegerea convenabila a probabilitatilor de tranzitie la urmatorul numar generat in functie de sirul generat anterior si de ultimul caracter/numar generat… sursele Markov se studiau prin poli, fac aceasta ca reclama la mate si bunadispozitie… ramane de vazut ce va valida destinul/timpul 🙂
iunie 25, 2010 - 7:59 pm