Archief - raadsel
Het archief is een bevroren moment uit een vorige versie van dit forum, met andere regels en andere bazen. Deze posts weerspiegelen op geen enkele manier onze huidige ideeën, waarden of wereldbeelden en zijn op sommige plaatsen gecensureerd wegens ontoelaatbaar. Veel zijn in een andere tijdsgeest gemaakt, al dan niet ironisch - zoals in het ironische subforum Off-Topic - en zouden op dit moment niet meer gepost (mogen) worden. Toch bieden we dit archief nog graag aan als informatiedatabank en naslagwerk. Lees er hier meer over of start een gesprek met anderen.
[BAT] Hydra
Legacy Member
Ik vermoed dat het een veralgemening is op de volgende vaststelling:
Als je het spel speelt met 2 personen en ze kiezen willekeurig
is er slechts 1/2 * 1/2 kans dat ze blijven leven
Als ze voorheen afspreken dat één iemand altijd de eerste doos neemt, en de tweede de tweede doos dan is de kans dat ze blijven leven 1/2!
(De dozen kunnen immers enkel 1-2 staan (en dan blijven ze leven) of 2-1 staan)
Als je met 4 spelers speelt en ze kiezen willekeurig
is er slechts 1/2 * 1/2 * 1/2 * 1/2 = 1/16 kans dat ze blijven leven
Als nu de eerste speler altijd de eerste en de tweede doos neemt
de tweede speler altijd de tweede en de derde doos neemt
de derde speler altijd de derde en vierde doos neemt
de vierde speler de vierde en de eerste doos neemt
Dan zijn er 2 permutaties 1-2-3-4 en 4-1-2-3 waar ze blijven leven.
Op 24 mogelijke permutaties is dit dus een kans van 1/12, beter dan 1/16.µ
Als de n-de speler steeds de n-de doos t.e.m. de n + (n/2)e doos neemt geldt:
Overlevingskans (n/2) / n!
Hierin is (n/2) het aantal permutaties die goed zijn voor iedereen en n! het totale aantal mogelijke permutaties
Dit is wel maar een marginale verbetering...
Bijlange geen 30% overlevingskans
Edit: misschien als ik de kiesvolgorde aanpas dat ik hogere kansen bekom.
Als je het spel speelt met 2 personen en ze kiezen willekeurig
is er slechts 1/2 * 1/2 kans dat ze blijven leven
Als ze voorheen afspreken dat één iemand altijd de eerste doos neemt, en de tweede de tweede doos dan is de kans dat ze blijven leven 1/2!
(De dozen kunnen immers enkel 1-2 staan (en dan blijven ze leven) of 2-1 staan)
Als je met 4 spelers speelt en ze kiezen willekeurig
is er slechts 1/2 * 1/2 * 1/2 * 1/2 = 1/16 kans dat ze blijven leven
Als nu de eerste speler altijd de eerste en de tweede doos neemt
de tweede speler altijd de tweede en de derde doos neemt
de derde speler altijd de derde en vierde doos neemt
de vierde speler de vierde en de eerste doos neemt
Dan zijn er 2 permutaties 1-2-3-4 en 4-1-2-3 waar ze blijven leven.
Op 24 mogelijke permutaties is dit dus een kans van 1/12, beter dan 1/16.µ
Als de n-de speler steeds de n-de doos t.e.m. de n + (n/2)e doos neemt geldt:
Overlevingskans (n/2) / n!
Hierin is (n/2) het aantal permutaties die goed zijn voor iedereen en n! het totale aantal mogelijke permutaties
Dit is wel maar een marginale verbetering...
Bijlange geen 30% overlevingskans
Edit: misschien als ik de kiesvolgorde aanpas dat ik hogere kansen bekom.
snake880
Legacy Member
Ik heb eens zitten denken, de kans dat een gevangene de juiste doos kiest is toch groter dan 50%? hij mag namelijk eerst kiezen uit 100 dozen, dan kiest hij uit 99, dan uit 98 enz. Als je dat uitrekent krijg je een kans van:
1/100+1/99+1/98+1/97+1/96+1/95+1/94+1/93+1/92+1/91+1/90+1/89+1/88+1/87+1/86+1/85+1/84+1/83+1/82+1/81+1/80+1/79+1/78+1/77+1/76+1/75+1/74+1/73+1/72+1/71+1/70+1/69+1/68+1/67+1/66+1/65+1/64+1/63+1/62+1/61+1/60+1/59+1/58+1/57+1/56+1/55+1/54+1/53+1/52+1/51=0,688172179
Of zit ik hier met een fout?
1/100+1/99+1/98+1/97+1/96+1/95+1/94+1/93+1/92+1/91+1/90+1/89+1/88+1/87+1/86+1/85+1/84+1/83+1/82+1/81+1/80+1/79+1/78+1/77+1/76+1/75+1/74+1/73+1/72+1/71+1/70+1/69+1/68+1/67+1/66+1/65+1/64+1/63+1/62+1/61+1/60+1/59+1/58+1/57+1/56+1/55+1/54+1/53+1/52+1/51=0,688172179
Of zit ik hier met een fout?
snake880
Legacy Member
Je stad staat op de noordpool en dan wat foefelen met tijdzones. Gooi er ook nog een winter/zomeruur tegen en het lukt wel.ikskienikski zei:allé, nu 1 van mij
een cowboy komt de stad binnen gereden op vrijdag, hij blijft 3 dagen en vertrekt woensdagmorgend.
hoe is dit mogelijk??
Je komt dus om 23:59 aan de vrijdag. Je blijft drie dagen dus het is maandagavond. Je gaat naar de andere tijdzone dus je wint 24 uur. het is nu dus dinsdagavond. In de tijdzone waar je naar toe gaat is het echter zomeruur waardoor je nog een uur vooruit springt en het is woensdag 00:59.
en je paard vrijdag noemen is cheaten:naughty:
Kemblin
Legacy Member
snake_880 zei:
jij gaat er van uit dat er in de reeds gekozen dozen zeker en vast niets zit, wat niet waar is. (ge moogt die als het ware pas achteraf openen nadat ge alle dozen gekozen hebt)
Stel ge hebt 2 dozen, en ge moet er 2 kiezen, dan heeft toch elke doos even veel kans (1/2) om de naam te bevatten. Als ge de 1e doos open doet met 1/2 kans, en er zit niets in, dan weet ge dat het in de 2e doos zit met 1/1 = 100% kans.
Als ge 2 dozen uit de 2 kiest is de kans 1/2 + 1/2 = 1 = 100% dat het de naam bevat. In u geval zou de kans 1/2 + 1 = 3/2 = 150% zijn, wat niet echt realistisch is
Ge moogt die kansen niet zomaar optellen he.
snake880
Legacy Member
1 - 0,688172179 = 0,311827821?Lensos zei:Hoewel de redenering van snake flagrant fout is, kan ik toch hinten dat de >30% (of het andere geval <70% (bv 68,8...
Straf toeval eigenlijk
dus dan 31,1827821% of plaats ik weer een wilde gok?
Bontus
Legacy Member
Heb nu pas die van die ladder opgelost. 
spoiler zal niet meer nodig zijn.
ge hebt vergelijking 1: afstand tussen twee punten
daarin zitten twee onbekenden, waarvan je er één direct kan relateren aan 'x' de hoogte tegen de muur.
via gelijkheid van driehoeken vind je een tweede vergelijking zodat je de tweede onbekende in functie van x kan schrijven.
Dan vind ik:
0 = ( -1 - (x-1)^-1)² + x² - 16
Dan heb ik mijn TI82 genomen en een iteratief programma geschreven dat begint van een ondergrens en tot een bepaalde nauwkeurigheid die vergelijking probeert op te lossen met incrementen van 1/10 de nauwkeurigheid.
ondergrens gaf ik 3,5
Ti82 gaf 3,7608 als uitkomst
maar aangezien dat niet de elegante oplossing is had ik het evengoed sneller meetkundig kunnen oplossen
spoiler zal niet meer nodig zijn.
ge hebt vergelijking 1: afstand tussen twee punten
daarin zitten twee onbekenden, waarvan je er één direct kan relateren aan 'x' de hoogte tegen de muur.
via gelijkheid van driehoeken vind je een tweede vergelijking zodat je de tweede onbekende in functie van x kan schrijven.
Dan vind ik:
0 = ( -1 - (x-1)^-1)² + x² - 16
Dan heb ik mijn TI82 genomen en een iteratief programma geschreven dat begint van een ondergrens en tot een bepaalde nauwkeurigheid die vergelijking probeert op te lossen met incrementen van 1/10 de nauwkeurigheid.
ondergrens gaf ik 3,5
Ti82 gaf 3,7608 als uitkomst
maar aangezien dat niet de elegante oplossing is had ik het evengoed sneller meetkundig kunnen oplossen
Het archief is een bevroren moment uit een vorige versie van dit forum, met andere regels en andere bazen. Deze posts weerspiegelen op geen enkele manier onze huidige ideeën, waarden of wereldbeelden en zijn op sommige plaatsen gecensureerd wegens ontoelaatbaar. Veel zijn in een andere tijdsgeest gemaakt, al dan niet ironisch - zoals in het ironische subforum Off-Topic - en zouden op dit moment niet meer gepost (mogen) worden. Toch bieden we dit archief nog graag aan als informatiedatabank en naslagwerk. Lees er hier meer over of start een gesprek met anderen.