10560. Visa - 5

Matti10.9.2020 klo 01:07
Aiemmat aiheet on kai loppuunkäsitelty, joten aloitan uuden säikeen.

Urmas lähti puistoon syöttämään oravia. Hän laittoi molempiin taskuihin pähkinöitä, 20 kpl kumpaankin. Nähdessään oravan hän valitsi satunnaisesti taskun, otti sieltä pähkinän ja heitti sen oravalle.

Sitten tuli se hetki, että hän hamusi tyhjää taskua. Millä todennäköisyydellä silloin myös toinen tasku oli tyhjä?

Hepittäkää ensin, antakaa vaikka 4., 5. ja 6. desimaali.
2. Matti10.9.2020 klo 01:12
Tässä välissä Juhani Heino ehtikin jatkaa visa - 4:ää. Ei aiheuttane sekaannusta. Laitetaan oravatehtävän kommentit tähän visa - 5:een.
3. Jukkis10.9.2020 klo 10:33
Eka yritys: desimaalit 370.
4. Jaska10.9.2020 klo 10:50
Hep. Desimaalit 952.
5. Jaska10.9.2020 klo 10:57
Peruutus. Uusi yritys rauhallisesti.
6. Jaska10.9.2020 klo 12:03
Kahden tsekkauksen jälkeen olen vakuuttunut, että ko. desimaalit ovat 318, seuraavat kolme 457.
7. eol10.9.2020 klo 12:45
Minun laskujeni mukaan samat 370 kuin Jukkiksella - ja seuraavat kolme 687.
8. Jaska10.9.2020 klo 12:58
Kappas, pähkinöitä olikin yhteensä 40. Jäi siis luettu ymmärtämättä. Laskin yhteensä 20 pähkinää, ja laskutapakin oli erheellinen. Uudestaan.
9. eol10.9.2020 klo 14:33
P.S. Oravatehtävän ratkaisussani oletan todennäköisyyden sille, että Urmas näkee puistossa oravan vähintään 41 kertaa, olevan 1. Nähdäkseni tätä puoltaa se, että tehtävänannon sanamuoto on

"Sitten tuli se hetki, että hän hamusi tyhjää taskua."

yhtä sanaa lyhyemmän vaihtoehdon

"Sitten tuli hetki, että hän hamusi tyhjää taskua."

sijasta.
10. Jaska10.9.2020 klo 18:58
Sehän on selvää, että 41. kerralla kurrelle ei löydy pähkinää kummastakaan fikasta. Aika työlästä on ratkaisua kombinatorisesti laskea. Jokimaa painaa päälle, joten jääköön lähitulevaisuuteen.
11. Jaska10.9.2020 klo 20:48
Oletan, että Matin tehtävässä satunnaisuus päättyy siihen, kun ruokkija kopeloi tyhjää taskuaan. Siirtyy siis toiseen taskuun ja jatkaa siinä loppuun saakka. Joten haettava todennäköisyys on a/a+b, jossa a = 40 yli 20 ja b = 2*(40 yli 21).
Stemmaako?
12. Matti10.9.2020 klo 21:30
Ratkaisu on (40 yli 20)/2^40 = 0,1253706876... Jukkis ja eol, miten ratkaisitte?
13. Jukkis10.9.2020 klo 22:40
Just noin laskin kun olin ensin muuttanut taskujen kaivelun kolikonheittelyksi.
14. eol10.9.2020 klo 22:52
Pascalin kolmioon tukeutuen päädyin tuohon samaan kaavaan minäkin.
15. Jaska10.9.2020 klo 23:56
Mikä funktio on 2^40:llä? Sehän sisältää leegion tarpeettomia kombinaatioita. Eihän voi syntyä enemmän kuin 21 kaivelua per tasku.
16. eol11.9.2020 klo 01:03
Jaska, ainakin minun ymmärrystäni edesauttoi, kun muotoilin oravatehtävän seuraavasti:

Urmas saapuu puistoon 20 pähkinää vasemmassa taskussa ja toiset 20 pähkinää oikeassa taskussa. Aina nähdessään oravan hän heittää kruunaa ja klaavaa. Jos tulee kruuna, niin hän kokeilee ensin vasenta taskua, ja jos klaava, niin ensin oikeaa. Jos ensin kokeiltu tasku on tyhjä, niin sitten hän kokeilee toistakin taskua. Jos jommastakummasta taskusta löytyi pähkinä, niin kyseinen orava saa sen, mutta jos pähkinät ovat lopussa, niin siinä tapauksessa Urmas lähtee puistosta.

Oletetaan sitten, että Urmas on ensimmäisen kerran siinä tilanteessa, että ensin kokeiltu tasku osoittautuu tyhjäksi. Millä todennäköisyydellä myös toinen tasku on silloin tyhjä?
17. Matti11.9.2020 klo 02:08
Tehtävä on vanha klassikko, ja löytyy haulla Banach's match box problem. Stefan Banach oli puolalainen matemaatikko, joka on ikuistanut nimensä käsitteessä Banach-avaruus. Hän oli innokas piippumies, joka luennoilla haki aina tikkuaskia ensin toisesta ja sitten, jos tarvis, myös toisesta taskusta.
18. Jukkis11.9.2020 klo 06:54
Minä unohdin oravat ja pähkinät saman tien, koska tästähän on kyse: Jos heitetään kolikkoa 40 kertaa, niin millä todennäköisyydellä tuloksena on tasan 20 klaavaa?
19. Jaska11.9.2020 klo 11:46
Asia selvä. Matin tehtävä siis pelkistettynä: 40 yli 20 / 2^40 = ? Ja ratkaisu 137 846 528 820 / 1 099 511 627 776, johon Wolfram Alpha ei antanut suoraa ratkaisua, mutta joka on siis 0,125370...

Matin tehtävänannosta en klassikkoa tuntematta mainitusta satunnaisuudesta huolimatta tajunnut, että ratkaisu on noinkin yksinkertainen. Lisäksi Matti ei kommentoinut/korjannut viestiäni 11. seuraavassa viestissään 12. Tuli nyt kuitenkin laskettua oman kaavani tulos: 137 846 528 820 / 400 411 345 620 = 0,3442629508. Tässä muodossa tehtävä olisi ollut varmaankin uutuus ja siten mahdollisesti Banachin klassikkoa vaikeampi.
20. Jaska11.9.2020 klo 12:11
Vielä loppukaneetti. Niin kuin heloposti havaitaan, oma versioni on muotoa Pascalin keskipystyn luvun suhde kolmen keskimmäisen summaan. Mikä on sen raja-arvo?
21. Jukkis11.9.2020 klo 12:19
Tottakai Wolfram Alpha antaa jakolaskun vastauksen, joka on
0.12537068761957925744354724884033203125

Kunhan ottaa välilyönnit pois noista luvuista.
22. Jukkis11.9.2020 klo 12:22
"Tässä muodossa tehtävä olisi ollut varmaankin uutuus..."

Niin että miten se tehtävä "tässä muodossa" siis täsmälleen kuuluisi?
23. eol11.9.2020 klo 15:21
Lainaus: 20. Jaska 11.9.2020 klo 12:11
"[...] oma versioni on muotoa Pascalin keskipystyn luvun suhde kolmen keskimmäisen summaan. Mikä on sen raja-arvo?"

Oletan, että "Pascalin keskipystyn luvun" tarkoittaa "Pascalin kolmion vaakarivin keskimmäisen luvun", jollainen löytyy kolmion parillisilta vaakariveiltä 0, 2, 4, 6 jne.

Parillisen vaakarivin 2k tapauksessa (kun k>0) haettu suhde on

(2k yli k)/((2k yli k-1)+(2k yli k)+(2k yli k+1))

joka on suoraviivaisesti sievennettävissä muotoon

(k+1)/(3k+1)

jonka kysytty raja-arvo k:n kasvaessa rajatta on 1/3.

(Sitä en kyllä näin suoralta kädeltä pysty näkemään, mikä yhteys tällä laskukaavalla on oravien ja pähkinöiden maailmaan.)
24. Ari11.9.2020 klo 15:37
Tuossa oravan pähkinänsyötössä vaikuttaa tulokseen myös se, onko ihminen oikea tai vasenkätinen vai onko molempikätinen, sekä se, millä puolella syöttäjää orava milloinkin on, joten tehtävään ei ole mitään oikeaa vastausta tai se on mutkikkaampi kuin oletatte. Ainakaan tällä todennäköisyyslaskennalla ei ole mitään tekemistä todellisuuden kanssa.
25. Jukkis11.9.2020 klo 18:54
Sanottiin että "valitsi satunnaisesti taskun", joten ihan turhaa tuollainen spekulointi. Totta kai tällaiset tehtävät on idealisoituja just siksi kun muuten juttu menee tuollaiseksi höhläksi spekuloinniksi, josta ei juuri mitään kiinnostavaa synny.
26. Jaska11.9.2020 klo 19:05
Jukkiksen tiedustelema "tässä muodossa" tarkoittaa, että kaavaa käytetään ratkaistaessa oravanruokintataskupähkinätaskutehtävä viestin 11 mukaisesti. Tehtävän voi muotoilla näin:

Dementiasta kärsivä Mursa pani pussista takkinsa kumpaankin sivutaskuun kourallisen pähkinöitä syötettäväksi viereisen puiston oraville. Vasempaan taskuun hän pani pähkinät vasemmalla kädellä, oikean taskuun oikealla kädellä. Jollain tasolla Mursa on siis molempikätinen. Pähkinöitä oli 20 + 20, mitä Mursa ei itse tiennyt. Hän ei myöskään laskenut pähkinöitä niitä heitellessään, koska hän olisi mennyt heti kohta laskuissa sekaisin. Jos oravia ei toviin ilmaantunut apajalle, hän ei enää muistanut, kummasta taskusta edellinen pähkinä tuli heitettyä. Sen verran hänellä oli tolkkua, että käden haukatessa tyhjää hän käänsi ko. taskun läpän sulkemaan taskun. Näin hän ohjautui heittämään kaikki seuraavat pähkinät toisesta taskusta. Eikä tämä ole läppää.

Millä todennäköisyydellä toinenkin tasku on tyhjä Mursan käännettyä läpän?

- - -

Wolfram Alpha. Osasin kyllä syöttää numerot ilman välilyöntejä, mutta mokasin kai muuten. Näytölle ilmestyi näet osamäärän sijaan uusi jaettava ja jakaja.

1/3 on luonnollisesti oikea ratkaisu. Yhteys Mursan tapaukseen ei liene välttämätön, vaikka se numerollisesti onkin ratkaisussa ounasteltavissa.
27. Jukkis11.9.2020 klo 19:16
Tuohan on nyt ihan sama tehtävä kuin alkuperäinen. Ei se siitä miksikään muutu jos sinne tuollaista dementikkoläppää lisäilee.
28. Jaska11.9.2020 klo 21:03
Ei se ole sama tehtävä, koska sillä on eri ratkaisu.
29. Jukkis11.9.2020 klo 21:17
Miten sillä voi olla eri ratkaisu, kun tehtävä on sama? Miten se muka eroaa alkuperäisestä, paitsi että nyt oravanruokkija on dementikko?
30. Jukkis11.9.2020 klo 21:22
Kummassakin taskussa 20 pähkinää. Check.
Aina satunnaisesti valitusta taskusta pähkinä kerrallaan pois. Check.
Toinen tasku tyhjä. Check.
Millä todennäköisyydellä toinenkin tasku on tyhjä? Check.
31. Matti11.9.2020 klo 21:49
Vielä tällainen tehtävä: Urmas ja Eero lähtevät sorsajahtiin. Kummankin osumatarkkuus on 50%. Urmas ampuu 50 kertaa ja Eero 51. Millä todennäköisyydellä Eeron saalis on suurempi kuin Urmaksen?
32. eol11.9.2020 klo 23:00
Urmas ja Eero: Vastaus on 1/2. Tämä tulos on itse asiassa riippumaton Urmaksen laukausten määrästä, kunhan Eero vain ampuu yhden laukauksen enemmän kuin Urmas.

Mursa: Kuten Jukkis, myöskään minä en näe oleellista eroa alkuperäisen Urmas-tehtävän ja Jaskan Mursa-tehtävän välillä. Varsinkaan siinä tapauksessa, että olen ymmärtänyt oikein seuraavat seikat:
1. Mursa(kaan) ei poistu puistosta ennen kuin kaikki pähkinät on käytetty.
2. Mursa-tehtävässä haetaan todennäköisyyttä sille, että myös toinen tasku on tyhjä nimenomaan sillä hetkellä, kun toisen taskun läppä käännetään.
33. Jaska11.9.2020 klo 23:55
Jukkis, otetaan rauhallisesti, vaikka miten höhlältä tuntuisi. Minun tehtävässäni ei ole kyse samasta täydellisestä satunnaisuudesta kuin lantinheitossa, jossa 40 heitolla on 2^40 mahdollista tulossarjaa. Oravatehtävässä sitä vastaa ymmärtääkseni yhtä monta mahdollista erilaista taskunkaivelusarjaa. Jos/kun näin on, niihin kuuluu myös esim. sarja, jossa Urmas heittää pähkinän aluksi 20 kertaa peräkkäin samasta taskusta ja jatkaa sitten kaivamalla tätä tyhjää taskua toiset 20 kertaa peräkkäin. Jolloin toiseen taskuun jää takaisin kotiin vietäväksi 20 pähkinää. Käytössä on siis koko Pascalin 40. vaakarivi. Minusta se onl lievästi ilmaisten eriskummallista.

Omassa tehtävässäni on ehto, että jos pähkinää kaivetaan tyhjästä taskusta (11. kerta), siirrytään välittömästi toiselle taskulle ja pysytään siellä loppuun saakka. Pelialue on siis rajattu Pascalin 40. rivin kolmeen keskimmäisen luvun alueelle. Periaate on takuuvarmasti oikea, ja luullakseni laskutkin menivät oikein. Tasapelejä on sama 40 yli 20, todennäköisyys kapeammassa kentässä luonnollisesti suurempi.
34. Jaska12.9.2020 klo 11:35
Helppotajuisempi (?) esimerkki pienellä pähkinämäärällä 6. Mursalla on kummassakin taskussa kolme palloa. Kun hän haroo ensimmäisen (ja huom. siirtymissäännön mukaan ainoan) kerran tyhjää taskua, se on neljäs kerta sillä taskulla. Voidaan siis eliminoida kaikista 2^6 = 64 kombinaatioista pois ne, joissa käydään samalla taskulla viisi ja kuusi kertaa. Niitä on 2*6 + 2*1 = 14. Jäljelle jää 64 - 14 = 50 kombinaatiota. Niistä on 15 kpl jakaumia 4, 2 ja 2, 4, yhteensä 30 kpl, joissa yksi tasku on tyhjä kuuden taskulla käynnin jälkeen. Jäljelle jää siis kuusi yli kolmen = 20 kombinaatiota, joissa molemmat taskut ovat tyhjät kuuden käynnin jälkeen. Kysytty todennäköisyys on siis 20/50 = 0,4.

Todennäköisyys ei siis ole 20/64, joka kyllä olisi tosi pähkinöiden satunnaisessa alkujakaumassa. Mursan kahdessa taskussa olisi silloin yhteensä 40 pähkinää, joiden jakauma saisi olla mikä tahansa, siis myös nuo eliminoidut 14 kombinaatiota.

Päätän pähkinähedelmällisen keskustelun osaltani tähän.
35. Jaska12.9.2020 klo 12:24
Pähkinöitä, ei palloja:)
36. eol12.9.2020 klo 14:12
Jaskan viimeksi käsittelemässä 6 pähkinän Mursa-versiossa haettu todennäköisyys on 20/64, eikä suinkaan 20/50. Perustelu seuravassa.

Tarkastellaan Mursa-tehtävää vieläkin pienemmällä pähkinämäärällä, eli oletetaan, että pähkinöitä on alunperin yhteensä 4, siis 2 kummassakin taskussa. Kysytään jälleen: millä todennäköisyydellä toinenkin tasku on tyhjä sillä hetkellä, kun Mursa ensimmäisen kerran haroo jommastakummasta taskusta tyhjää (ja sulkee sen taskun läpän)?

Vastaus on 6/(1+4+6+4+1) = 6/16 = 3/8, ei siis 6/(4+6+4) = 6/14 = 3/7, ja todistus seuraa.

Kutsutaan "kriittiseksi tilanteeksi" sitä tilannetta, että Mursan haroessa ensimmäistä kertaa tyhjää (kumpaa tahansa) taskua myös toinen taskuista on tyhjä. On selvää, että kriittinen tilanne voi esiintyä ainoastaan viidennen oravan kohdalla.

a) Todennäköisyydellä 1/2 Mursa kokeilee kahden ensimmäisen oravan kohdalla samaa taskua. Nyt kriittinen tilanne syntyy täsmälleen silloin, jos Mursa kokeilee kummallakin kahdesta seuraavasta kerrasta eri taskua kuin kahdella ensimmäisellä kerralla, minkä todennäköisyys on 1/4.

b) Todennäköisyydellä 1/2 Mursa kokeilee kahden ensimmäisen oravan kohdalla eri taskuja. Tällöin kolmannella kerralla kokeiltu tasku ei voi olla tyhjä. Nyt kriittinen tilanne syntyy täsmälleen silloin, jos neljännellä kerralla kokeillaan eri taskua kuin kolmannella kerralla, minkä todennäköisyys on 1/2.

Kriittisen tilanteen kokonaistodennäköisyydeksi saadaan siten 1/2*1/4 + 1/2*1/2 = 3/8, mikä oli todistettava.

P.S. Suoritetaan ajatuskoe, jossa Mursalla olisikin kummassakin taskussaan alunperin miljoona kappaletta pähkinöitä. Nyt kriittinen tilanne voi syntyä ainoastaan 2000001. oravan kohdalla. Meillä on ollut esillä kaksi kilpailevaa laskentakaavaa, joista toisella saadaan kriittisen tilanteen todennäköisyydeksi 1000001/3000001 eli aavistuksen verran yli 1/3 ja toisella (2000000 yli 1000000)/2^2000000 eli noin 0,000564. Kuulostaako näistä jompikumpi epäuskottavalta?
37. eol12.9.2020 klo 14:30
P.P.S. Jaskan esittämässä argumentaatiossa (myös yhteensä 6 pähkinän tapauksessa) on se puute, että siinä tarkastellaan vain (taskuvalinta)kombinaatioiden lukumääriä ja samalla oletetaan, että kaikki mahdolliset kombinaatiot olisivat keskenään yhtä todennäköisiä. Näin ei kuitenkaan ole.
38. eol12.9.2020 klo 16:18
P.P.P.S. Vielä esimerkki edellisessä viestissä esille tuomastani "kombinaatioiden painotustarpeesta". Palataan tapaukseen, jossa Mursalla on alunperin 20+20=40 pähkinää.

i) Hän poimii ne taskuistaan järjestyksessä (kun v=vasen ja o=oikea)

vvvvvvvvvvvvvvvvvvvvoooooooooooooooooooo

todennäköisyydellä 1 / 2^20.

ii) Sen sijaan järjestyksessä

vovovovovovovovovovovovovovovovovovovovo

hän poimii ne todennäköisyydellä 1 / 2^39, joka siis on paljon pienempi.
39. Jaska13.9.2020 klo 00:22
Tiesin, että joudun vielä osallistumaan keskusteluun, koska huomasin virheeni aiemmin illalla. Tiesin, että eolin kumous on jo framilla. Keskustelun lopettaminen tarkoitti optimistista vaihtoehtoa, että olen oikeassa. Olin tietysti siinä, että kombinaatioita on 50. Tylsän filin aikna mietiskellessäni asuaavielä tajusin, että eivät hän ne kaikki silti ole yhtä todennäköisiä. Laskin kaikkien neljän kombinaatioryhmän tod.näköisyydet erikseen. x = tyhjän harominen suluissa kpl-määrä.

1 1 1 x (2): 2*0,0625 = 0,125
1 1 1 2 x (8): 0,25
1 1 1 2 2 x (20): 0,3125
1 1 1 2 2 2 x (20) 0,3125

Nyt voin lopettaa kertausopetukseen, että jos olen eri mieltä muiden säikeeläisten kanssa, olen väärässä.
40. Jukkis13.9.2020 klo 18:40
On 3 x 3 -ruudukko, jonka ruudut on numeroitu näin:
123
456
789

Tehtävänä on täyttää ruudukko numeroilla niin, että sen jälkeen siinä on nähtävissä neljä lukua (kaksi- ja kolminumeroisia), joko vaakasuoraan (vasemmalta oikealle) tai pystysuoraan (ylhäältä alas) seuraavasti:

1. Neliö alkaen ruudusta, jonka numero on neliö.
2. Kuutio alkaen ruudusta, jonka numero on kuutio.
3. Alkuluku alkaen ruudusta, jonka numero on alkuluku.
4. Parillinen luku alkaen ruudusta, jonka numero on parillinen.

Sama numero saa esiintyä useammin kuin kerran. Valmiissa ruudukossa siis voisi olla (mutta ei ole) esim. ruuduissa 5 ja 8 numerot 1 ja 1, jolloin alkulukunumeroisesta ruudusta 5 lähtien olisi alaspäin luettavissa alkuluku 11.

Toistaiseki vastauksena vaikkapa ruudukon yhdeksän numeron summan neliöjuuren desimaalit 4, 5 ja 6.
41. Elva13.9.2020 klo 21:28
Olenko ymmärtänyt 40. jotenkin väärin, sillä jos ruudusta 1 alkaa kolminumeroinen vaaka kuutioluku ja ruudusta 4 kolminumeroinen neliöluku ja ruudusta 7 kolminumeroinen alkuluku, ei ole mitään vaikeuksia löytää ruudusta 2 alkavaa kolmenumeroista parillista pystylukua?
42. Jukkis13.9.2020 klo 21:58
No jos siinä ruudukossa nyt on pyydetyt neljä lukua, niin miten tehtävän silloin on voinut väärin ymmärtää?
43. Elva13.9.2020 klo 22:24
Kuvittelin että tämäntyyppisissä tehtävissä ideana olisi että joutuisi edes vähän miettimään ratkaisua.
44. Matti14.9.2020 klo 00:24
eol 31 oikein. Voidaan päätellä esim. seuraavasti. Ampukoon molemmat ensin 50 kutia. Nyt on kolme mahdollisuutta seuraavin todennäköisyyksin: pe=Eero johtaa, p0=tasapeli ja pu=Urmas johtaa. Jos Eero johtaa, hän voittaa. Jos tulee tasapeli, Eero voittaa jos osuu viimeisellä 51:llä kudilla, ja Eero ei voi voittaa jos Urmas johtaa. Eero siis voittaa todennäköisyydellä p= pe+p0/2. Mutta: pe+p0+pu=1, ja symmetriasyistä pe=pu. Yhtälöistä seuraa, että p=0,5.

Missään ei vedottu siihen, että kuteja ammuttiin 50 ja 51. Päättely siis pätee kaikille laukausten määrille n ja n+1.

Lisätehtävä: Jos laukauksia oli n ja n+1, mitkä ovat todennäköisyydet pe, p0 ja pu?

(Minusta tämä lopputulos p=0,5 on täysin ei-intuitiivinen. Se vaan putkahtaa laskuista esiin. Vai voiko jotenkin suoraan, laskematta, päätellä, että p=0,5?)
45. Matti14.9.2020 klo 01:09
eol 38: en ymmärrä yhtälöitä i ja ii.
46. Jukkis14.9.2020 klo 09:52
Tuo minun eilinen no. 40 meni vähän pieleen, kun oli muuta hässäkkää ja väkisin piti siinä tuo tänne kuitenkin lykätä. Siitä jäi pois yksi lause, minkä jälkeen tehtävästä tuli just niin hölmö kuin Elva havaitsi.

Tässä pois jäänyt lause: Etsitään ratkaisua, jossa kohdat 1-4 toteutuvat kahdella eri tavalla.

Ja nyt vähemmässä hässäkässä tarkennusta tuohon. Esim. alkulukukohta 3 voisi toteutua (mutta ei toteudu) niin, että jos esim. ruuduissa 5 ja 8 olisi 1 ja 1, niin samassa ruudukossa esim. ruuduissa 3 ja 6 olisi 2 ja 3.

Tässä nyt kai näin on edes vähän miettimistä.
47. Jaska14.9.2020 klo 12:36
Matti 44. Mielestäni ei tarvita sen kummempia yhtälöitä ratkaisun 0,5 tajuamiseen olettaen osumien keskiarvon olevan molemmilla sama sorsastusreissujen lukumäärän lähestyessä ääretöntä. Tasapelitilanteessa Eeron siis osuu viimeisellä kudillaan keskimäärin joka toinen kerta. Yhtälöitä tarvitaan, jos pitää todistaa em. päätelmä.

Minäkään en tajua, miksi osumasarja pötköön on todennäköisempi kuin tai vuorotellen.
48. eol14.9.2020 klo 12:50
Lainaus: 44. Matti 14.9.2020 klo 00:24
"Lisätehtävä: Jos laukauksia oli n ja n+1, mitkä ovat todennäköisyydet pe, p0 ja pu?"

Käyn läpi molemmat seuraavista kohdista A ja B.

A. Kumpikin ampuu n laukausta:

Triviaalisti pätee, että Urmaksen ja Eeron osumien määrät ovat samat jos ja vain jos Urmaksen osumien ja Eeron hutien yhteenlaskettu määrä on n (jolloin myös Urmaksen hutien ja Eeron osumien yhteenlaskettu määrä on sama n). Näin ollen Pascalin kolmiosta saadaan

p0 = (2n yli n)/2^(2n)
pu = pe = (1 - p0)/2

koska symmetrian johdosta pu = pe.

B. Urmas ampuu n mutta Eero n+1 laukausta:

Alkuperäisen tehtävän perusteella on jo tiedossa, että pe = 1/2. Helposti A-kohdan perusteella saadaan myös

p0 = ((2n yli n) + (2n yli n+1))/2^(2n+1)
pu = 1 - pe - p0 = 1/2 - p0

sillä A-kohdassa todennäköisyys sille, että Eero ampuu täsmälleen yhden osuman vähemmän kuin Urmas, on (2n yli n+1)/2^(2n).
49. Jukkis14.9.2020 klo 14:13
Kun eol ei vastannut Matin viestiin no. 45 ("en ymmärrä yhtälöitä i ja ii"), niin röyhkeästi yritän vastata.

i):ssä poimitaan satunnaisesti 20 kertaa niin, että aina vasemmasta taskusta. Tämän tod.näk. on tietysti 1/2^20. Mutta nythän vasen tasku on tyhjä, joten jokaisen 20 seuraavan poiminnan (oikea tasku) tod.näk. = 1.

ii):ssa 39 ekaa poimintaa on satunnaisia, kunkin tod. näk. = 1/2, joten 39 poiminnan sarjan tod. näk. = 1/2^39. Nyt vasen tasku on tyhjä, joten viimeinen poiminta on oikeasta taskusta tod.näköisyydellä 1.
50. eol14.9.2020 klo 14:25
Jukkiksen analyysi (edellisessä viestissä) vastaa omaani. [Ajattelin vastata tähän Matin kysymykseen hieman myöhemmin, kun tuo vastaukseni tuohon toiseen Matin kysymykseen tuntui kypsyvän valmiiksi nopeammin.]
51. eol14.9.2020 klo 15:50
Ei tuo vastaukseni ([48] klo 12:50) Matin lisätehtävään ollutkaan vielä ainakaan täysin kypsäksi muhinut. Nimittäin B-kohdan p0:n lauseke

((2n yli n) + (2n yli n+1))/2^(2n+1)

sieventyy helposti muotoon

(2n+1 yli n)/2^(2n+1)
52. Jaska14.9.2020 klo 17:28
Happilenkillä valkeni, että Eeron voitto ei edellytä tasatilannetta 50 kudin jälkeen. Jommankumman johtoasema kun on erittäin paljon todennäköisempi. Väärä perustelu, oikea ratkaisu.

Mutta onko tämä rinnastettavissa oravatehtävään? Ei mielestäni. Matti ei maininnut mitään taskujakaumaa. Millähän todennäköisyydellä olen taas väärässä:)
53. Elva14.9.2020 klo 23:01
40. Vastaus tuli hyvin vähällä miettimisellä: desimaalit neljä ja viisi = 08
54. Matti14.9.2020 klo 23:42
Jukkis 49, eol 38 yhtälöt nyt ok, olin jotenkin sivuraiteilla.
55. eol15.9.2020 klo 00:03
Lainaus: 44. Matti 14.9.2020 klo 00:24
"(Minusta tämä lopputulos p=0,5 on täysin ei-intuitiivinen. Se vaan putkahtaa laskuista esiin. Vai voiko jotenkin suoraan, laskematta, päätellä, että p=0,5?)"

Yllättihän se minutkin. Mutta näin jälkikäteen tarkasteltuna ja nimenomaan Pascalin kolmiota apuna käyttäen tulos kuitenkin näyttäytyy pitkälti itsestään selvänä - kunhan ongelman ensin sai "sovitetuksi Pascalin kolmiona esitettävään muotoon".

[Matemaatikko luki alansa julkaisusta, että tietyn mielenkiintoiselta näyttävän väittämän "todistus sivuutetaan triviaalina". Hän yritti pitkään todistaa sitä itse, mutta ilman tulosta. Vihdoin viikon päästä hän saattoi todeta asiaa myös pohtineelle kollegalleen: "Totta se on, todistus todellakin on triviaali."]
56. Matti15.9.2020 klo 00:25
Vielä yksi näkökohta p0:n laskemiseen, kun molemmat ampuvat n laukausta. Lasketaan p0 suoraan: p0= p(molemmat ampuvat kaikki ohi)+p(molemmat osuvat kerran)+p(molemmat osuvat kahdesti)+ ... +p(molemmat osuvat joka laukauksella), siis p0=(sum(i=1 to n)(n yli i))^2/2^2n). Mutta summahan on tunnetusti (2n yli n)/2^2n, joten aiemmin esitetty ratkaisu seuraa. Tokihan eol:n ratkaisu on tyylikkäämpi. Itse asiassa se todistaa tuon summakaavan oikeaksi.
57. Jukkis15.9.2020 klo 09:09
Lainaus: 53. Elva 14.9.2020 klo 23:01
"40. Vastaus tuli hyvin vähällä miettimisellä: desimaalit neljä ja viisi = 08"
-----
Siis onko tämä viestin 40 puutteellisen tehtävän vai korjatun tehtävän (viestit 40 ja 46) vastaus?
58. Elva15.9.2020 klo 09:28
Viesti 53. on korjatun tehtävän vastaus (hyvin vähällä miettimisellä).
59. Jukkis15.9.2020 klo 10:15
No laita se vastaus tähän. Turha tätä pähkinää on tämän pidempään pantata.
60. Elva15.9.2020 klo 10:31
361, 490, 327. Neliö 36, 49, kuutio 343, 27, alkuluku 61, 107, parillinen luku 692, 490.
61. Jaska15.9.2020 klo 21:26
Peräkaneetiksi Matin sorsajahtiin huomautus, että 0,5 on raja-arvo. Hutikuteja voi teoriassa tulla "vaikka kuinka monta".
62. Jaska15.9.2020 klo 22:03
Perun äskeisen. Sotkeuduin oravaosastoon. Ei siis raja-arvoa.
63. Jaska16.9.2020 klo 11:53
Vielä kiinnostaisi tasapelin ja Urmaan voiton todennäköisyys, mutta riittääkö minkään nettikalkkulaattorin kapasiteetti?

Nähdäkseni tasapeli = 101 yli 50 ja Urmaan voitto 2^51 * 2^50 - 101 yli 50. Onko näin?
64. eol16.9.2020 klo 12:33
Vastaus Jaskalle on, että periaatteessa (eli nyt annettavin täsmennksin!) kyllä: kun Urmas ampuu 50 ja Eero 51 kertaa, niin tasapelin todennäköisyys on (101 yli 50)/2^101 ja Urmaksen voiton näin ollen 1/2 - (101 yli 50)/2^101 (sillä Eeron voittotodennäköisyyshän on 1/2).
65. Matti18.9.2020 klo 02:02
No onhan se 0,5 ihan selvä juttu, kun sen oivaltaa. Jos vaikka Eero ampuu 3 ja Urmas 2 laukausta, niin liikutaan Pascalin kolmiolla vaakarivillä 5: 1 5 10 10 5 1. Eero voittaa todenn. (1+5+10)/32 (=1/2), tasapelin todenn. on 10/32, ja Urmas voittaa todenn. (1+5)/32. Tähän varmaan eolkin viittasi (55). Eiköhän tämäkin luu ole nyt loppuunkaluttu.
66. Juhani Heino23.9.2020 klo 17:01
Nyt ei tarvita matematiikkaa vaan englantia - toivottavasti emme ole vielä karkottaneet epämatemaattisia lukijoita.

Mistä näissä on kyse? Mikäli mahdollista, paras tapa ilmoittaa vastaus on jatkaa joukkoa.
BOREDOM
CALLER
RYE RUNS
THICKEN
67. eol23.9.2020 klo 19:47
Koetetaan jatkaa joukkoa:
DUSTY
68. Elva23.9.2020 klo 20:25
ARMORY
69. Juhani Heino23.9.2020 klo 23:07
eol:n vastauksesta löysin teemaan sopivan. Elvalla saattaa olla ehkä liian suoraviivainen (en vielä paljasta enempää, mutta tämäkin oli kenties liikaa).
70. eol30.9.2020 klo 16:20
Lisäkysymys Juhani Heinon (jonka varpaille en toivottavasti nyt astu!) viimeisimpään tehtävään liittyen: Mikä olisi sellainen joukkoon vielä mahtuva jäsen, joka samalla antaisi vahvan (ja käytännössä kaikille englantia edes auttavasti taitaville sopivan) vihjeen siitä, mistä tehtävässä on kyse? Hakemani vastauksen kirjainmäärä on (5, 4).
71. Jukkis30.9.2020 klo 18:35
Turhan kauan on saatu odotella edellisen vastausta. Sitä odotellessa tämä:

A ja B pelaavat peliä, A aloittaa. Pöydällä on kaksi kasaa euroja, toisessa 8 kolikkoa, toisessa 4. Pelaaja voi joko
- poistaa jommasta kummasta kasasta yhden tai useampia kolikkoja
tai
- poistaa molemmista kasoista saman määrän (yhden tai useampia) kolikkoja.

Se voittaa, joka saa poistettua kaikki jäljellä olevat kolikot.

Onko jomman kumman pelaajan voitto varma, jos tämä pelaa mahdollisimman järkevästi?
72. Jaska30.9.2020 klo 19:06
Kyllä on.
73. eol30.9.2020 klo 20:22
Minun analyysini mukaan tilanne on se, että jos aloittava A pelaa optimaalisesti, niin hän voittaa, viimeistään neljännellä pelivuorollaan.
74. Jukkis30.9.2020 klo 20:31
Juu. Eipä tätä kannata tämän enempää vetkutella.
https://en.wikipedia.org/wiki/Wythoff%27s_game

On kyllä jännää, että kultainen leikkaus liittyy tämän homman matikkaan.
75. Juhani Heino1.10.2020 klo 01:36
En keksinyt eol:n lisäkysymykseen mitään hyvää, mutta tässä sentään vaatimukset täyttävä: MOORE GUTS.
76. eol1.10.2020 klo 02:48
MOORE GUTS ei ole hakemani (5, 4), jolle seuraavassa lisävinkkiä:
1) Sen voi sanoa olevan teemajoukon "ulkokehällä". Juhani Heino saattaa itse asiassa olla alunperin rajannut teeman niin suppeasti, että hakemani ei edes mahdu sen sisälle. Mutta minusta mikään ei sulje pois hieman avaramman rajauksen mahdollisuutta.
2) Se toisaalta antaa siinä mielessä liiankin vahvan vihjeen teemasta, että sen mukanaolo olisi käytännössä pilannut Juhani Heinon alkuperäisen listan.
3) Se sopisi - ehkä loppuun lisättävän kysymysmerkin kera - minusta aika hyvin vihjeeksi englanninkieliseen piilosanaan (cryptic crossword).

P. S. Joukon jatkoksi tarjoan:
TOWEL TRACES
77. Jaska1.10.2020 klo 17:02
Lukaaleista löytyy noita alkuperäisiä. eolin jatko ei avaudu, siitä mulle pyyhkeitä:)
78. Jaska1.10.2020 klo 18:13
Olisihan se pitänyt kekata jo ennen kuin sinne oli asiaa:)
79. Jaska1.10.2020 klo 18:23
BARE WORD
80. Juhani Heino1.10.2020 klo 22:56
Mitään uutta en keksi noihin, mutta vahvistetaan että TOWEL TRACES ja BARE WORD tosiaan kuuluvat joukkoon.

Sori jos tosiaan pitkittyy liikaa, mutta toistaiseksi vielä on löytynyt osanottajia.
81. eol1.10.2020 klo 23:32
Vielä vihje tuolle eiliselle (5, 4):lleni: Se liittyy erityisen vahvasti teemaan englantilaisen koulumaailman muodostamassa kontekstissa.

Tarjoan joukkoon myös uutta (4, 6)-jäsentä:
MOON RIDING
82. Jaska2.10.2020 klo 09:29
eolin vika on helppo, (5, 4) sitä vastoin ei, mikä on eolin vika.
83. Matti2.10.2020 klo 21:34
Joko voisitte paljastaa, että mistä tässä on kysymys?
84. Jaska2.10.2020 klo 21:54
Voitaisiin kyllä, mutta en ole varma, joko eilen edelleen odottavalle kannalle jäänyt Juhani Heino hyväksyisi sen. Toisaalta Juhani Heino ei kieltänyt vihjeitä. Minähän jo kaksi annoin, lukaalin ja jonkin, johon sinullakin on säännöllisesti asiaa. eol viittasi englantilaiseen piilosanaan, kyse on eräästä suomalaisenkin piilosanan vihjemuodosta. Elvan vastaus on tosin siitä poikkeava.
85. Jukkis2.10.2020 klo 22:04
CHORP
86. Juhani Heino2.10.2020 klo 23:31
Eiköhän paljasteta ratkaisu, kun Mattikin sitä pyysi ja ensin pyytänyt Jukkis pääsi onnistuneesti mukaan.
Kyse oli huoneista tai jostain sen tapaisista:
bedroom
cellar
nursery
kitchen
study
armory (en ainakaan keksinyt tälle anagrammia joka olisi myös huone)
guest room
water closet
wardrobe
dining room
porch
Toivottavasti löysin kaikki, eol saa laittaa omansa jota epäilen classroom'iksi mutta en keksinyt sille hyvää vihjettä.
Tämä tehtävä muuten tuli siitä, kun mulla on huoneessani vanha muuttolaatikko jossa on kohdetta varten ruksin paikka englannin- ja saksankielisille huoneennimille.
87. eol3.10.2020 klo 00:17
Vihoviimeiset vihjeet omalle (5, 4)-kirjaimiselle anagrammilleni:
1) Se ei ole anagrammi sanasta "classroom".
2) Sanaristikoista tutussa Etonissakin kyseisen huoneentapaisen on voinut tavata jo 1400-luvulla.
3) Kyseisen huoneentapaisen englanninkielinen nimitys ei sisällä mitään sellaista pienempää osaa, joka jo yksinään merkitsisi jotakin huoneentapaista. (Kuten esimerkiksi "closet" termissä "water closet".) Toisin on hakemani anagrammin laita.

Ratkaisuaikaa annan vielä 24 tuntia.
88. ++juh3.10.2020 klo 02:54
DIRTY ROOM
89. Jukkis3.10.2020 klo 08:21
Kyllä CLASSROOM pääsee mukaan: SMOL OSCAR.

Ja jos joku sanoo, että ei kelpaa, niin katselkoon vaikka Redditin "illegally smol cats" -ryhmää
https://old.reddit.com/r/IllegallySmolCats/

Jos vieläkin sanoo, ettei kelpaa, niin sanojalla ei ole sielua.
90. eol3.10.2020 klo 11:34
++juhin löytämä DIRTY ROOM on tosiaan se (5, 4)-kirjaiminen anagrammi, jota hain. Se nähdäkseni sopisi, jos ei aivan sellaisenaan niin ainakin kysymysmerkitetyssä muodossa DIRTY ROOM?, vihjeeksi 9-kirjaimiselle sanalle brittiläisessä piilosanassa (vrt. 3-kohtaan viestissäni [76] 1.10. klo 02:48). Ja varsinkin kun ajatellaan dirty-sanan sellaisia hieman kuvaannollisempia merkityksiä, jotka ovat lähellä corrupt-adjektiivia, niin ilmauksen voisi ehkä ainakin joissakin yhteyksissä tulkita merkitsevän suunnilleen samaa kuin "sotkuinen huone", jollaisista Juhani Heinon alkuperäinen lista nimenomaan koostui (vrt. viestiini [70] 30.9. klo 16:20).
91. Jaska3.10.2020 klo 11:49
No sehän on dormitory = oppilaitoksen ym. makuusali.
92. eol3.10.2020 klo 12:08
Näinpä juuri. Eli valmista tuli.
93. Jukkis3.10.2020 klo 13:30
Tuolle Elvan ARMORY:lle olis kiva kuulla selitys.
94. Matti3.10.2020 klo 23:28
You bIG MORON, WARD yourself better!
95. Jaska3.10.2020 klo 23:45
Arvasin Elvan asehuoneelle anagrammin MARROY, ja löytyi sukunimen kantajaksi englantilainen näyttelijä Chris.
96. Matti4.10.2020 klo 20:40
Tuo minun 94 on DRAWING ROOM.
97. Matti7.10.2020 klo 21:46
Kokeillaan tällaista.

Tasolle on konstruoitava 7 pistettä, kaikki eivät samalla suoralla, niin että jokaisen etäisyys jokaisesta on positiivinen kokonaisluku. Seitsemää koordinaattiparia siis etsitään.

(Ratkaisuja on luonnollisesti useita.) Hepitetään ensin.
98. eol7.10.2020 klo 22:33
Hep. Kyllä tuo minusta näyttäisi onnistuvan vielä suuremmallakin pistemäärällä, eli ainakin 9 pisteellä. (Ne siis eivät ole kaikki ole samalla suoralla, mutta on sellaisia suoria, jotka kulkevat useamman kuin 2 pisteen kautta.)
99. Juhani Heino7.10.2020 klo 22:51
Käsittääkseni tuon asettelun toteuttaa sellainen, että on yksi piste suoran ulkopuolella ja muut suoralla. Silloin on aika helppo tehdä mielivaltainen määrä pisteitä. Tämän enempää en vielä paljasta, eli tämä olkoon hep jos tuollainen tosiaan sallitaan.
100. eol7.10.2020 klo 23:12
Juhani Heinon tekstin perusteella äkkäsin, miten omakin lähestymistapani voidaan yleistää mielivaltaisen monelle pisteelle.
101. Jaska7.10.2020 klo 23:59
Piirsin ruutupaperille 6x8 suorakulmion, sille lävistäjät ja keskipisteen kautta 8-sicvujen puolittajajanan. Neljä kulmapistettä, keskipiste ja kaksi puolituspistettä = seitsemän pistettä.
102. Jaska8.10.2020 klo 00:07
Syntyypi siis 21 paria.
103. Matti8.10.2020 klo 00:54
Mutta kulmapisteen ja puolituspisteen etäisyys on sqrt52.
104. Jaska8.10.2020 klo 10:37
Sivujen 8 puolituspiste on 4, ja ne yhdistettäessä keskipisteeseen syntyy neljä suorakulmaista kolmiota sivuinaan 3, 4, 5.

Sinä tulkitsit, että tarkoitin sivujen 6 puolituspisteitä, joista piirrettyjen hypotenuusien pituudet ovat sqrt73 eli sqrt(3^2 + 8^2) = 8,544. Matilla nähtävästi sqrt52 voisi olla esim. sqrt(3 + 7^2), jokin uinahdus joka tapauksessa. Kyllä niitä usein minullekin sattuu, etenkin öisin.
105. eol8.10.2020 klo 12:28
Koska 4^2 + 6^2 = 52, niin Jaskan konstruktion 21 pisteparista 4 on sellaisia, joiden välinen etäisyys ei ole kokonaisluku vaan sqrt(52) - minkä Matti siis jo totesikin. (Kukin näistä pareista koostuu pitkän sivun keskipisteestä ja vastakkaisen pitkän sivun jommastakummasta päätepisteestä.)
106. Jaska8.10.2020 klo 13:37
Minähän vedin vaihteeksi sikeitä sekä yöllä että aamupäivällä. Ei muuta kuin hattu kourassa anelemaan Matilta armahdusta. Yritän uudelleen happilenkin jälkeen.
107. Jaska8.10.2020 klo 19:07
Siis: seitsemästä pisteestä kuusi on samalla suoralla ja jossain muualla yksi, joten yhdistettäessä pisteet saadaan seitsemän janaa. Niiden pituus vaihtelee, kaikki voivat olla eri pituisia, tai 1-3 paria yhtä pitkiä. Lisähapesta huolimatta en hiffannut näistä lähtökohdista oiko- enkä edes kiertopolkua ratkaisuun. Ei taida syntyä geometrisesti.
108. eol8.10.2020 klo 20:39
Jatkokysymys Matin tehtävään liittyen: Kuten Jaska totesi, haetut 7 pistettä (jotka eivät saa olla kaikki samalla suoralla) muodostavat 6+5+4+3+2+1 = 21 paria, joista jokaisen "sisäisen etäisyyden" on siis oltava positiivinen kokonaisluku. Mikä on minimi näiden kaikkien 21 parin sisäisten etäisyyksien summalle?

Oma ensimmäinen yritykseni on 252. Löytyykö pienemmän summan antavaa konstruktiota (jos nyt edes olen laskenut tuon summani oikein)?
109. Jaska8.10.2020 klo 22:42
Päädyin kuitenkin yrittämään ratkaisua suorakulmaisilla kolmiolla. Siis ei 1 + 6. Mielestäni nyt onnistuin, eli seitsemän pistettä ja 21 parin summa 174.
110. Jaska8.10.2020 klo 22:44
No, eli ei. Eihän se tietenkään onnistunut.
111. Matti8.10.2020 klo 23:48
Mun konstruktio antoi peräti 562. Tyydyn siihen.
112. Matti8.10.2020 klo 23:53
Ja se konstruktio on heti yleistettävissä mielivaltaisen moneen pisteeseen. Ja pisteet ovat x- tai y-akselilla.
113. Matti9.10.2020 klo 01:03
No niin, nyt minäkin sain 252.
114. Matti9.10.2020 klo 01:22
Lisätehtävä: Sama kuin aluksi, mutta nyt vaaditaan, että mitkään kolme pistettä eivät saa olla samalla suoralla.
115. Jaska9.10.2020 klo 13:30
Symmetrisesti keskipisteen ympärillä 4 kpl suorakulmaisia kolmioita sivuin 12-35-37, joiden sisällä 4 kpl sivuin 9-12-15. Vaakaan siis x26x9x9x26x ja pystyyn

x
12
(x) keskimmäinen vaakaan
12
x

Summa 334. Onnistuiko?
116. Jaska9.10.2020 klo 13:33
Äh, tuli väärä summa. Lasketaan.
117. Jaska9.10.2020 klo 13:40
563
118. Jaska9.10.2020 klo 20:07
Ni nyt taitaa onnistua, kun on roboruutu näkyvissä.

Ei ole tullut vastalauseita, ed. kelvannee siis ratkaisuksi. Ko. seitsemän pisteen malli toimii, kun neljän kolmion ryhmien toinen kateetti on yhteinen. Pienemmät kolmiot ovat aina peruskolmion 3-4-5 kerrannaisia, joten pienin summa 284 on kolmioilla 6-8-10 ja 8-15-17. Ratkaisujen lukumäärä ääretön.
119. Matti9.10.2020 klo 21:22
eol hepitti ensimmäisenä. Kerrotko mikä on ratkaisusi.
120. ++juh9.10.2020 klo 21:40
Etäisyyksien summa 252:
http://ristikkotuumin.fi/juh/7-pistetta.png
121. Jaska9.10.2020 klo 21:55
Tosi kaunista. Vuotellaan, vetääkö Juhani Heinon 1 + 6 vertoja.
122. eol9.10.2020 klo 22:10
Matti, minun etäisyyssumman 252 omaava ratkaisuni oli sama kuin tuo ++juhin juuri esittämä.
123. Juhani Heino9.10.2020 klo 22:59
12 oli mullakin lähtökohtana, mutta saman tien se antaa vielä kaksi pistettä lisää: vaakasiirtymä 16 eli sekä oikealle että vasemmalle 7:n päähän reunimmaisista.

Matin lisätehtävään en ole keksinyt vielä mitään joka ylittäisi neljä pistettä.
124. Matti10.10.2020 klo 02:09
Tuo ++juhin esittämä on minunkin ratkaisuni. Perustuu Pythagoraan (3,4,5) ja (5,12,13) kolmioihin. Siihen lisätehtävääni vihje, pisteet sijaitsevat ympyrän kehällä.
125. Jaska10.10.2020 klo 10:43
Lisätehtävässä pisteiden täytyy siis sijaita niin, että kaikki 21 jännettä ovat kokonaislukuja. Luovutan heti suosiolla.
126. Matti11.10.2020 klo 01:17
Lisätehtävän lisävihje: Pythagoraan kolmioilla edelleen pelataan.
127. eol11.10.2020 klo 07:26
Matin lisätehtävästä: Konsultoituani englanninkielistä Wikipediaa ja erityisesti siellä mainittua verkosta löytyvää artikkelia

Norman H. Anning and Paul Erdös: Integral distances. Bull. Amer. Math. Soc. 51 (1945), 598-600.

konstruoin seuraavan xy-tason pisteseitsikon:

(625, 0), (-625, 0),
(175, 600), (-175, 600), (-175, -600), (175, -600),
(527, 336)

Laskujeni mukaan nämä pisteet sijaitsevat kaikki ympyrän x^2 + y^2 = 625^2 kehällä ja niiden väliset etäisyydet ovat kaikki kokonaislukuja. (Tässäkin tapauksessa konstruointi onnistuisi, vaikka vaadittu pistemäärä olisi 7:n sijasta mielivaltaisen suuri, kunhan se on äärellinen.)
128. Jaska11.10.2020 klo 11:26
Tuossa pythagoraan kolmikko 527, 336, 635 on primitiivinen, muut muotoa 25*(7, 24, 25). Siitä voisi päätellä, että suuremmilla pistemäärillä n on niin ikään kuusi kerrannaiskolmikkoa plus (n - 6) primitiivistä. Siis pistemäärällä 9 kolme primitiivistä, eikö niin? Jos joku viitsii laskea, kiitos, mitkä ovat sen koordinaatit?

Mielivaltainen eli parillinenkin pistemäärä voi siis toteuttaa kokonaislukuehdon. Mitkä ovat 8 pisteen koordinaatit?
Tuloksista voisi ehkä kehitellä sarjat kaikille pistemäärille.
129. eol11.10.2020 klo 13:35
Yllä listaamani seitsikko on vain yksi mahdollinen ratkaisu muiden joukossa. Tämä ratkaisu ei välttämättä ole millään tavoin "optimaalinen" tai "kanoninen". Se on triviaalisti laajennettavissa aina kymmeniköksi asti lisäämällä siihen yksi tai useampia pisteistä (-527, 336), (-527, -336) ja (527, -336).

Yllä mainitsemassani artikkelissa Anning ja Erdös kuvaavat proseduurin, jolla generoidaan mielivaltaisen monesta pisteestä koostuva ehdon täyttävä (äärellinen) ympyrän kehäpisteiden joukko. Oma 7 pisteen joukkoni on nähdäkseni huomattavasti simppelimpi kuin tuolla proseduurilla generoituva 7 pisteen joukko. Sekä tuo proseduuri että oma konstruktioni perustuvat paitsi Pythagoraan kolmioihin niin myös Ptolemaioksen lauseeseen (joka löytyy Wikipediasta sekin). Jälkimmäinen nimittäin implikoi sen, että jos nelikulmion kärkipisteet ovat saman ympyrän kehällä ja jos viiden seuraavista janoista pituudet ovat rationaalilukuja, niin niin on kuudennenkin: nelikulmion sivut (4 kpl) ja nelikulmion lävistäjät (2 kpl).

P.S. Anningin ja Erdösin artikkelin päätulos on se, että jos äärettömän pistejoukon kaikki pisteidenväliset etäisyydet ovat kokonaislukuja, niin kaikki joukon pisteet ovat samalla suoralla (Erdös-Anning theorem).
130. eol11.10.2020 klo 13:57
P.P.S. Paitsi Ptolemaioksen lause niin hyvä on pitää mielessä myös Thaleen lause: puoliympyrän sisältämä kehäkulma on aina suora.
131. eol11.10.2020 klo 14:33
P.P.P.S. Eikä ole haitaksi myöskään käänteinen Thaleen lause: suorakulmaisen kolmion hypotenuusa on kolmion ympäri piirretyn ympyrän halkaisija.
132. Jaska11.10.2020 klo 17:43
Vältin 131. haitan jo 127. perusteella:)
133. Matti12.10.2020 klo 02:13
Saman asian parissa tässä pyöritään. Ekspliittisesti: x-y -koordinaatistoon piirretään origokeskeinen ympyrä, joka leikkaa x-akselin pisteissä (-0,5, 0)=A ja (0,5, 0)=B. Piirretään sen sisään kutistettu Pythagoraan kolmio (3/5, 4/5, 1) siten, että hypotenuusa on AB, ja suoran kulman kärki=C on ympyrän kehällä positiivisessa kvadrantissa.

Peilataan kuvio sekä x- että y-akselin suhteen. Saadaan ympyrän kehälle 6 pistettä, joiden kaikkien keskinäiset etäisyydet ovat rationaalilukuja.

Sitten seitsemäs, ja samalla vaivalla myös 8., 9. ja 10. piste: Piirretään ympyrän sisään nyt kutistettu Pythagoraan kolmio (5/13, 12/13, 1) siten, että taas hypotenuusa on AB, ja suoran kulman kärki=D on ympyrän kehällä positiivisessa kvadrantissa.

Näytetään, että jänteen CD:n pituus on rationaaliluku. Kun muistetaan, että ympyrän kehäkulma on puolet vastaavasta keskuskulmasta, ja että tässä ympyrän säde = 1, saadaan |CD| = sin(CBD) = sin(DBA - CBA) = sin(DBA)cos(CBA) - cos(DBA)sln(CBA). Ja koska sekä sin(DBA) että sin(CBA) ja vastaavat kosinit ovat rationaalisia, niin on myös sin(CBD), ja |CD|.

Nyt voidaan myös jälkimmäinen Pythagoraan kolmio peilata x- ja y-koordinaattien suhteen, ja vastaavalla tarkastelulla todeta, että kaikkien 10 pisteparien keskinäiset etäisyydet ovat rationaalilukuja. Lopuksi kerrotaan koko kuvio esiintyvien rationaalilukujen nimittäjien tulolla, ja nyt ovat kaikki keskinäiset etäisyydet kokonaislukuja.

Konstruktio voidaan laajentaa mielivaltaisen suureen pistejoukkoon, kun valitaan lisää ja lisää kutistettuja, edellisten kanssa ei-yhteneviä Pythagoraan kolmioita. Ei kuitenkaan äärettömään.
134. Jaska12.10.2020 klo 11:12
Kiitos selvityksestä. En ennen oivaltanut, että ratkaisun lähtökohta ovat murtoluvut. Nyt voisin teoriassa itsekin laskea vastauksia (niitähän on useampia kuin yksi per pistemäärä) ja sarjakehitelmiä 128. kysymyksiini. Jätän asian kuitenkin hautumaan. Hautuumaan portille saakka kukaties...
135. Juhani Heino13.10.2020 klo 00:30
Otetaan vähän helpompi. On 7x7 -ruudukko joka pitää täyttää kahdenlaisilla paloilla. Toiset ovat L:n muotoisia kolmen ruudun kokoisia ja niitä voi kääntää:
XX
X
Ja toiset ovat neljän ruudun neliöitä:
XX
XX
Kuinka monta neliötä täyttöön tulee?
136. Matti13.10.2020 klo 01:56
Hep.
137. Elva13.10.2020 klo 08:42
Hep.
138. Matti13.10.2020 klo 11:47
Korjaan yhden virheen (133): "ja että tässä ympyrän säde on 1", pitää olla "ympyrän halkaisija on yksi".
139. Jaska13.10.2020 klo 13:19
Hepitän Heinon minäkin. Seuraavassakin on useita ratkaisuja, joten saattaa olla helpompikin. 7x7-ruudukko merkattava siten, että kussakin vaaka-ja pystysarakkeessa on kolme merkkiä
140. Matti13.10.2020 klo 18:00
Hep täältäkin.
141. Matti13.10.2020 klo 18:02
Siis hep Jaskallekin.
142. eol13.10.2020 klo 20:07
Hep sekä Juhani Heinolle että Jaskalle. (Oletan, että Juhani Heinon tehtävässä käytännössä riittää, että konstruoi yhden vaaditunkaltaisen täytön.)
143. Juhani Heino13.10.2020 klo 23:44
Hep Jaskalle. Omaani konstruktio on hyvä olemassa, koska periaatteessa matemaattinen pohdinta voisi tuottaa ratkaisun joka ei sitten oikeasti toteudukaan mitenkään. Yleensä esimerkkitapauksen kehittely on helpompaa kuin sen todistaminen että olemassaolo on "aukoton".

Mutta pelkkä konstruktio ei vielä riitä - pitää vielä osoittaa ettei löydy toista kehitelmää jossa on eri määrä neliöitä.
144. eol14.10.2020 klo 01:55
Siinä tapauksessa tuo täyttötehtävän hep oli osaltani ennenaikainen, koska vielä tuolloin en ollut pystynyt osoittamaan, millä kaikilla neliöiden määrillä täyttö onnistuu ja millä kaikilla ei. Nyt olen, joten hep.
145. Jaska14.10.2020 klo 10:11
Lähtökohtana kolmella jaollisuus päädyin neliöiden kahteen mahdolliseen lukumäärään. Molemmat ovat neliöitä!
146. eol14.10.2020 klo 10:33
Sellaisia neliöiden määriä, joilla tuo täyttö onnistuu, ei kuitenkaan ole kuin vain yksi. Senkään olemassaoloa on nähdäkseni aika vaikea todistaa muutoin kuin konkreettisesti konstruoimalla kyseisen määrän neliöitä omaava täyttö.
147. Jaska14.10.2020 klo 11:23
Noin on asia kuin eol sanoo. Laskin vain 49 - 16 = 33, mutta ainahan se yhdestoista pala on tällöin 1x3. Joten ainoa neliöiden kpl-määrä on yksi.
148. Jaska14.10.2020 klo 11:39
Näyttää olevan 12 erilaista ratkaisua.
149. Elva14.10.2020 klo 11:51
Onnistuin saamaan vain yhden neliön ruudukkoon .

Jaskan tehtävää en ymmärtänyt, kun kolmen merkin saamisessa sekä vaaka- että pystyriveihin ei ollut minkäänlaisia vaikeuksia.
150. Jaska14.10.2020 klo 12:42
Elva, pahoittelen liiallista helppoutta. Tosin viestissäni 139. "...saattaa olla helpompikin." oli siihen suuntaan tulkittavissa oleva ennakkovaroitus
151. eol14.10.2020 klo 13:55
Lainaus: 148. Jaska 14.10.2020 klo 11:39
"Näyttää olevan 12 erilaista ratkaisua."

Kun tarkastelen konstruoimaani ratkaisua eli yhtä vaatimukset toteuttavaa täyttöä, niin hyvin helposti huomaan, että erilaisia ratkaisuja on jopa enemmän kuin 12 - vaikka ruudukon peilikuvia (vaaka-, pysty- tai jommankumman "vinoakselin" suhteen) tai pyörähdyskuvia (90 asteen jonkin monikerran verran) ei edes laskettaisi mukaan. Ehkä Jaska tarkoittaa, että jossakin sopivassa mielessä "oleellisesti keskenään erilaisia" ratkaisuja on kaikkiaan 12.
152. eol14.10.2020 klo 17:50
Seuraavassa yksi todistus sille, että Juhani Heinon tehtävän ratkaisun ainoa mahdollinen neliöpalojen määrä on 1 (jolloin L-palojen määrä on pakostakin (7*7 - 1*4)/3 = 15).

Indeksoidaan 7×7-ruudukon ruutuja tavanomaiseen tapaan suorakulmaisen koordinaatiston avulla siten, että esim. ylärivin vasemmanpuoleisin ruutu on (1, 1) ja oikeanpuoleisin (1, 7) sekä alarivin vasemmanpuoleisin (7, 1) ja oikeanpuoleisin (7, 7). Sanotaan sitten, että ruutu (m, n) on "punainen" jos sekä m että n ovat parittomia. Siten koko ruudukossa on punaisia ruutuja täsmällleen 4*4 = 16.

Yksikään yksittäinen pala - riippumatta siitä, onko se neliöpala vai L-pala - ei voi missään asetelmassa peittää punaisista ruuduista kuin korkeintaan yhden. Siten täyttöön tarvitaan vähintään 16 palaa. Toisaalta 17 palaa on liikaa, koska silloin ruutuja peittyisi kaikkiaan vähintään 17*3 = 51 eli enemmän kuin 7*7 = 49. Näin ollen ainoa mahdollinen palojen kokonaismäärä on 16. Ja ainoa mahdollinen tapa saada 16 palan kokojen summaksi 49 on ottaa 1 neliöpala (1*4 = 4) ja 15 L-palaa (15*3 = 45).

Edellä ei vielä ole osoitettu, että vaaditunkaltainen täyttö tosiaan on olemassa. Sellaisen voi kuitenkin konstruoida esim. seuraavasti:
a) Sijoitetaan ainoa neliöpala peittämään ruudut (3, 3), (3, 4), (4, 3) ja (4, 4).
b) Kaksi L-palaa voidaan aina "kytkeä yhteen" 2×3-suorakulmioksi. Muodostetaan 4 tällaista suorakulmiota ja sijoitetaan ne ruudukkoon niin, että kukin seuraavista ruutupareista on saman suorakulmion vastakkaisten kulmien peittämä:
(1, 1) ja (2, 3)
(3, 1) ja (5, 2)
(3, 6) ja (5, 7)
(6, 5) ja (7, 7)
c) Sijoitetaan 2 L-palaa ruudukkoon niin, että ne peittävät seuraavat ruudut:
(2, 5), (2, 6) ja (3, 5)
(5, 3), (6, 2) ja (6, 3)
d) Loppujen 5 L-palan sijoittelu ruudukkoon on triviaalia.
153. Jaska14.10.2020 klo 18:10
Olisi tietysti pitänyt lisätä kommenttiini "ainakin". Olisin itsekin todennäköisesti löytänyt lisää, jos olisi ollut aikaa paneutua asiaan. Ehkä sitä on jossain vaiheessa.
154. Elva14.10.2020 klo 19:21
Jaska, turhaan pahoittelet. Luulin vaan käsittäneeni väärin, kun kolme ekaa yritystä onnistui miettimättä, jolloin lopetin yrittämiset :)
155. Jaska14.10.2020 klo 23:24
Perunpa sitten pahoitteluni. Oli kyllä vakuuttavaa yrittää ja onnistua kolmasti, vaikka tietysti jo eka kerta toden sanoi.
156. Elva14.10.2020 klo 23:42
Eka kerta sanoi vain toden siitä, että olin ehkä osunut oikein sattumalta. Mutta kun sattumia oli kolme, meni usko.
157. Juhani Heino15.10.2020 klo 00:56
eol:n todistus oli olennaisesti sama - laitan vielä vähän toisesta näkökulmasta: palat ovat niin samantapaisia, että otetaan neliöpala (koska se on suurempi) ja katsotaan montako tarvitaan peittämään ruudukko. Vaakatasossa tarvitaan neljä (kolmella jää aukko) ja pystytasossa tietysti sama. Tästä tulee 16 palaa, ja jatko sitten täysin eol:n tavalla.
158. Jaska15.10.2020 klo 11:18
Löytyi neljä ratkaisua lisää, yhteensä mahdollisia ratkaisuja on siis 16. Se tarkoittaa siis neliöiden lukumäärää vaaka/pystykoordinaatistossa a, b, c, d, e, f, g, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Jos kolmen palan kaikki kombinaatiot otetaan mukaan, ratkaisuja on varovasti arvioiden kuusinumeroinen luku.
159. ++juh15.10.2020 klo 15:46
Kun Jaskan 16 ratkaisusta karsitaan peilaukset ja rotaatiot, jää neliöpalalle 4 olennaisesti erilaista paikkaa:
http://ristikkotuumin.fi/juh/7x7-nelio.png
160. Juhani Heino17.10.2020 klo 00:29
Siirrytään neliöstä kuutioon - onkohan tällaista ollut?
Kuutiossa on 8 kärkeä. Merkataan niihin eri numerot 1-8. Määritellään sitten että särmän luku on niiden numeroiden summa jotka ovat sen päässä olevissa kärjissä. Esim. 3 olisi kärkien 1 ja 2 välissä ja 15 kärkien 7 ja 8 välissä.
Voidaanko kärjet merkata niin että jokaiseen särmään tulee eri luku?
161. Jaska17.10.2020 klo 10:36
Ei.
162. eol17.10.2020 klo 19:52
Olen samaa mieltä kuin Jaska ja lisään perustelun: Ei voida, koska jos oletetaan, että on olemassa sellainen kärkien merkintä, joka on "konfliktiton" eli jossa kaikki särmät saavat eri luvun, niin päädytään ristiriitaan, kuten seuraavassa osoitetaan.

Särmille mahdollisia lukuja on 13 kappaletta, sillä pienin niistä on 1+2=3 ja suurin 8+7=15. Koska kuutiossa särmiä on 12, niin konfliktittomassa kärkien merkinnässä täsmälleen yksi luvuista 3 .. 15 on "vapaa" eli ei ole minkään särmän lukuna.

Oletetaan, että meillä on konfliktiton kärkien merkintä. Jos siinä vapaana oleva luku k on jokin luvuista 3 .. 8, niin korvataan kunkin kärjen numero n numerolla 9-n, minkä jälkeen vapaana oleva luku on 18-k. Näin on saatu konfliktiton kärkien merkintä, jossa mikään luvuista 3 .. 8 ei ole vapaana.

Koska luku 3 ei ole vapaa, niin kärkien 1 ja 2 on oltava "naapureita" eli niiden välillä on oltava särmä. Koska myöskään luku 4 ei ole vapaa, niin myös kärkien 1 ja 3 on oltava naapureita. Ja koska luku 5 ei ole vapaa, niin myös kärkien 1 ja 4 on oltava naapureita, sen takia että kärjet 2 ja 3 eivät voi olla toistensa naapureita, sillä ne on kumpikin jo havaittu kärjen 1 naapureiksi (ja kuutiossa ei tunnetusti ole kolmionmuotoisia tahkoja). Vastaavalla tavalla todetaan, että koska luku 6 ei ole vapaa, niin myös kärkien 1 ja 5 on oltava naapureita, sillä kärjet 2 ja 4 ovat kumpikin kärjen 1 naapureita eivätkä siten toistensa naapureita.

Näin kärjelle 1 on löydetty jo neljä naapuria (eli kärjet 2, 3, 4 ja 5), mikä on ristiriita, koska kuutiossa jokaisella kärjellä on täsmälleen kolme naapuria.
163. Juhani Heino18.10.2020 klo 00:01
Taas lisään oman näkökulman ja pääsen toteamaan että muu eol:n tavalla.
Jokainen kärki on osana kolmea särmää. Koska lukujen 1-8 summa on 36, särmien summaksi tulee 108.
Luvuista 3-15 taas tulee summa 117, eli puuttuva luku olisi 9 jos kaikki muut luvut olisivat erilaisia.
164. Jaska18.10.2020 klo 12:22
Konkreettisin ratkaisu on mielestäni laskea eolin mainitsemat 13 erisuuruisen summan kpl-määrät kaikista 8 yli 2 eli 28:sta kombinaatiosta. Taulukossa summa ja kpl.määrät.

3 - 1
4 - 1
5 - 2
6 - 2
7 - 3
8 - 3
9 - 4
10 - 3
11 - 3
12 - 2
13 - 2
14 - 1
15 - 1

Erisuuruisvaatimuksen toteuttaa siis vain neljä summaa, joten kahdeksalle se on mahdoton.
165. eol19.10.2020 klo 19:01
Täytyy sanoa, etten kovakalloisena vielä tänäänkään ymmärrä Jaskan argumenttia. Erityisesti minulle on epäselvää, miten viimeisessä virkkeessä mainittu erisuuruisvaatimus tarkkaan ottaen kuuluu ja mitkä ovat ne neljä summaa, jotka ainoina sen toteuttavat.
166. Jaska19.10.2020 klo 19:28
Hups, muisti petti. Juhani Heinon "eri luku" tarkoittaa tietysti erisuuruinen, mutta ei kärjille (8), vaan särmille (12). Nyt Magic Monday, muutkin korjaukset myöhemmin.
167. Jaska19.10.2020 klo 23:37
164. tekstiä ei voi luonnehtia edes täydeksi hepreaksi, josta ainakin hepretologit saavat selvää. Neuronikatkos, pahoittelen. Luonnollisesti kahdeksalle kärjelle saadaan eri summat, jos ne kukin valkataan sopivasti kolmesta särmäsummasta. Ja "erisuuruisuus" on oikeasti "ainutsuuruisuus".

Taulukko on kyllä oikein. Summien 3, 4, 14, 15 ainoat kombinaatiot ovat 1+2, 1+3, 6+8, 7+8. Muissa siis taulukon mukaisesti enemmän. Laskemalla kaikki mahdolliset särmien sumakombinaatiot voitaisiin titenkin todeta eli todistaa, että 12 lukuarvoltaan erilaista summaa on mahdottomuus. Se on nyt tarpeetonta. Totesin kuitenkin, että optimitapauksessakin, jossa on em. neljä ainutkertaista, eikä yhtään tapausta 9, ei voi tuplia välttää.
KOMMENTOI

Pakolliset kentät merkitty tähdellä *