De grote raadseltopic

[TD]

Raadsel 18

Wat is het volgende getal in de rij:

100, 121, 144, 202, 244, ?

Antwoord 18

400, de voorstellingen van het getal 100 in basis 10-n met n = 0 voor het eerste element uit de rij. Vandaar 400 => 4*5² = 100.

[physicalattraction]

en omdat \(a,b\) opeenvolgend geldt dus \((a+b)/2 = m \cdot n (1 < m,n < a+b). \)

Is dit een stelling die ik (nog) niet ken? Ik vind het namelijk niet vanzelfsprekend.

[PeterPan]

en omdat \(a,b\) opeenvolgend geldt dus \((a+b)/2 = m \cdot n (1 < m,n < a+b). \)

Is dit een stelling die ik (nog) niet ken? Ik vind het namelijk niet vanzelfsprekend.

De grap is dat het gemiddelde van twee getallen (hier (a+b)/2) altijd tussen die twee getallen ligt (hier a en b). En aangezien a en b twee opeenvolgende priemgetallen zijn, zijn alle getallen tussen a en b géén priemgetallen en dus te schrijven als een niet-triviaal product m.n voor zekere m>1 en n>1.

[rodeo.be]

Vraag 19

een worm bevind zich in de A van de volgende, tweedelige encyclopedie. Hij wil naar de Z van dat boek gaan.



Ter info: de kaft van een boek is 3mm, de blaadjes in de encyc. zorgen voor 47mm.

Hoeveel mm moet de worm afleggen?

[A.Square]

Oplossing 19:

Er zit geen Z in dat boek.

[bibliotheek357]

inderdaad, er staat 'naar Z van DAT BOEK'. Datzelfde boek gaat maar tot M.

Mocht je toch de twee bedoelen, dan is het antwoord 100...

[Raspoetin]

Nee dan is het antwoord 6

Het begin van hoofdstuk A van deel 1 grenst aan het eind van hoofdstuk Z van deel 2. Hij moet dus alleen door de beide covers heen (Front van deel 1 en Back van deel 2).

Hierboven ga ik er van uit dat de delen geen inhoudsopgave of hoofdstukindeling hebben (voor of achterin)

[rodeo.be]

Oplossing 19:

Er zit geen Z in dat boek.

Antwoord eronder is wel just

[phi hung]

Raadsel 3

Is dit raadsel nu opgelost?

Het symmetrieargument is dubieus.

Hier een (hopelijk) duidelijker bewijs:

Het is triviaal voor een kring met 3 personen.

Nu volledige inductie toepassen.

Stel er zijn n+1 (n 3) personen (0,1,2, ..., n) en veronderstel dat de stelling juist is voor n personen.

Persoon 0 laten we ter plekke doodvallen .

De kans dat de beker nu van n naar 1 gaat is nu niet meer 1/2, maar dat zal ons verder een bout hachelen.

We zetten een van de n+1 kabouters een rood mutsje op.

We tonen aan dat het niets uitmaakt welke persoon het rode mutsje op heeft als het gaat om de kans dat hij als laatste overblijft.

Als we weten dat roodmuts als laatste overblijft, spelen we eigenlijk met 1 persoon minder. Roodmuts krijgt zijn biertje als laatste als hij het krijgt van zijn linker of rechter buurman, die als laatste overblijft als roodmutsje er niet zou zijn. De kans dat zijn linker buurman als laatste-1 overblijft = de kans dat zijn rechter buurman als laatste-1 overblijft = onafhankelijk van de positie van kabouter plop in de kring (volgens onze inductieveronderstelling). En dat completeert de stelling.

Volgens mij klopt je antwoord wel, maar het verhaal klopt op minstens een punt niet helemaal. De roodmuts kan zijn bier ook krijgen van een buurman die niet als laatste overblijft (die al veel eerder de bier in handen heeft gehad). Degene die de bier als laatste ontvangt, voor de roodmuts, geeft het biertje niet automatisch door aan de roodmuts.

Het symmetrieargument kan ik niet goed volgen.

"Als persoon x voor het eerst het glas bier aanneemt is het afkomstig van persoon x-1." Het kan toch ook afkomstig zijn van persoon x+1?

En deze zin begrijp ik niet:

"dan zal op den duur persoon -n of persoon n (cq n+1) aangedaan worden.

Stel dat dat niet zo is.

Dan is er een persoon k die met zekere positieve kans a wordt aangedaan en naar verwachting persoon k+1 (k-1) niet. Maar als k met kans a wordt aangedaan, dan wordt persoon k+1 (k-1) met minstens kans a/2 aangedaan."

Het symmetrieargument op de site http://www.hhofstede.nl/raadsels/oplgeefhe...hetbierdoor.htm vind ik ook dubieus. De gelijkheden kloppen wel, maar dat volgt niet automatisch uit symmetrie. Want de situatie is veranderd (sommige personen kunnen niet meer als laatste zijn, want bij hun is de bier al gepasseerd). En het geldt al sowieso niet voor de personen die al van het bier hebben gedronken.

[PeterPan]

Volgens mij klopt je antwoord wel, maar het verhaal klopt op minstens een punt niet helemaal. De roodmuts kan zijn bier ook krijgen van een buurman die niet als laatste overblijft (die al veel eerder de bier in handen heeft gehad). Degene die de bier als laatste ontvangt, voor de roodmuts, geeft het biertje niet automatisch door aan de roodmuts.

Het symmetrieargument op de site http://www.hhofstede.nl/raadsels/oplgeefhe...hetbierdoor.htm vind ik ook dubieus. De gelijkheden kloppen wel, maar dat volgt niet automatisch uit symmetrie. Want de situatie is veranderd (sommige personen kunnen niet meer als laatste zijn, want bij hun is de bier al gepasseerd). En het geldt al sowieso niet voor de personen die al van het bier hebben gedronken.

Je hebt gelijk, echter, als het gaat om de kans dat roodmuts als laatste overblijft hoef je het bier-doorschuif gedrag maar te volgen tot op het moment dat voor het eerst iedereen (uitgezonderd roodmuts) het biertje voor zich heeft gehad.

Ik ben het volledig eens met je argumentatie betreffende het symmetrieargument op de site.

Mijn eigen symmetrieargument kan ik zelf niet meer goed volgen. Dat overkomt me wel vaker .

[PeterPan]

Probleem 20

Eerst een notatie afspreken:

[3,1415] = 0,1415

[123,321] = 0,321

Dus [x] is de staart van x, dus het deel achter de komma.

Dus -1 [x] 1 voor alle x.

Ton aan, dat als x>0 irrationaal is, dan heeft de rij

[x], [2x], [3x], ... een deelrij die naar 0 convergeert.

Hint: Dirichlet's box principle = Pigeon hole principle = schuiflade principe

[phi hung]

Ik kan aantonen dat er een dalende deelrij bestaat. Verder kom ik nog niet.

Edit Math: pas een vervolgvraag c.q. nieuw vraagstuk posten als het vorige is beantwoord.

[phi hung]

\(Oke, de rij a_{0}, a_{1}, a_{2}, ... met a_{j} = \frac{1}{2^j} convergeert naar \nul.\)

\(Ik ga een rij b_{j} maken, waarbij voor a\lle j geldt: 0<b_{j}<a_{j}\)

\(Neem b_{0} = [x] < a_{0} = 1.\)

\(b_{1} = [n_{1}x], b_{2} = [n_{2}x], b_{3} = [n_{3}x], ... met 1<n_{1}<n_{2}<n_{3}<... en n_{j} zijn geheel.\)

\(Nu is b_{j} een deelrij van [x], [2x], [3x], [4x], ...\)

Welke stellingen ga ik gebruiken:

Stelling 1. Voor elke [y] (y is niet rationeel) bestaat er een k (geheel) zodat [ky] < [y].

Stelling 2. Voor elke [y] (y is niet rationeel) bestaat er een m (geheel) zodat [my] < [y]/2.

Ik toon aan dat stelling 1 waar is:

neem de kleinste veelvoud Y van [y] dat groter is dan 1.

k = Y/[y]

(1) 0<(k-1)[y]<1, dit volgt uit het feit dat k[y] de kleinste veelvoud van [y] is, dat groter is dan 1.

(2) 1<k[y]<2, volgt ook uit het feit dat k[y] de kleinste veelvoud van [y], groter dan 1, is.

(3) 0<k[y]-1<1, volgt uit (2).

(4) [ky] = k[y] - 1, volgt uit (3).

(5) k[y] - (k-1)[y] = [y]

(6) k[y] - 1 < [y], dit volgt uit (1) en (5).

(7) [ky] < [y], dit volgt uit (4) en (6).

Noem d = [y] - [ky]

(8) (k-1)[y] = k[y] - [y] = 1 + [ky] - [y] = 1 - d, hier wordt (4) gebruikt.

(9) (k-1)[y] = -d + 1, zelfde als (8).

2(k-1)[y] = -2d + 2, hier wordt (9) gebruikt.

3(k-1)[y] = -3d + 3, hier ook.

4(k-1)[y] = -4d + 4, en hier.

5(k-1)[y] = -5d + 5, hier nog eens.

...

(10) h(k-1)[y] = -hd + h, hier nog eens; dit zullen we gebruiken om aan te tonen dat de tweede stelling klopt.

Ik toon aan dat stelling 2 waar is:

Neem het grootste veelvoud D van d dat in [y] past.

q = D/d

0 < [y] - D < [y]/2

0 < [y] - qd < [y]/2

[y] + q(k-1)[y] = [y] - qd + q, hier wordt (10) gebruikt.

(1+q(k-1))[y] = [y] - qd + q

[ (1+q(k-1))[y] ] = [ [y] - qd + q ]

[ (1+q(k-1))y ] = [y] - qd < [y]/2

\(Inductie: stel dat we een n_{j} hebben gevonden met b_{j} = [n_{j}x] < a_{j}.\)

\((voor b_{0} = [x] geldt al dat dit kle\iner is dan a_{0} = \frac{1}{2^0} = \frac{1}{1} = 1)\)

\(Noem dan [y_{j}] = [n_{j}x]\)

\(Dan is er, vo\lgens mijn tweede st\ell\ing, een r_{j} te v\inden zoda\nig dat [r_{j}y_{j}] < [y_{j}]/2 = [n_{j}x]/2 = b_{j}/2.\)

\([r_{j}y_{j}] = [ r_{j}[n_{j}x] ] = [r_{j}n_{j}x] =: b_{j+1}< b_{j}/2 < a_{j}/2 = a_{j+1},\)

\(oftewel: we hebben een n_{j+1} = r_{j}n_{j} en b_{j+1}=[n_{j+1}x] , met b_{j+1} < a_{j+1}.\)

Ziet er ingewikkeld uit he. Mooi.

Nu de vervolgvraag op raadsel 3:

Je zit met een aantal vrienden aan tafel in een kroeg. Vóór je staat een glas bier waar nog niemand van geproefd heeft. Je neemt er een slok van en geeft het vervolgens door aan een buurman. Willekeurig naar links of naar rechts (beide met kans 0,5). Die buurman doet hetzelfde: een slok nemen en willekeurig doorgeven naar links of naar rechts. En zo gaat dat alsmaar door. Het bier beweegt daardoor vrij willekeurig heen en weer rond de tafel. Het zou daarom best lang kunnen duren voordat sommigen het bier voor het eerst te proeven krijgen.

Welke persoon aan tafel heeft de grootste kans de 1-na-laatste te zijn die het bier krijgt te proeven? (neem aan dat het glas nooit leeg raakt).

[PeterPan]

Nu de vervolgvraag op raadsel 3:

Welke persoon aan tafel heeft de grootste kans de 1-na-laatste te zijn die het bier krijgt te proeven? (neem aan dat het glas nooit leeg raakt).

In essentie de volgende agrumentatie (met een scheel oog kijkend naar mijn bewijs van raadsel 3):

Elk paar aangrenzende personen heeft dezelfde kans als laatste tweetal over te blijven, behalve het paar 1-n. De kans daarop is 0, Dus alle personen behalve 1 en n (de laatste) hebben gelijke kans en de grootste kans als een na laatste over te blijven.

[PeterPan]

Je bewijs is correct phi hung.

Knap gevonden!

Hier mijn bewijs. (Ik vermoed dat het nog eleganter of simpeler kan).

Bewering 1: Als er een deelrij is die naar 1 convergeert, dan is er ook een deelrij die naar 0 convergeert.

Bewijs:

Stel [n₁x], [n₂x], [n₃x], ... is een naar 1 convergerende deelrij.

Dan heeft deze rij een strikt stijgende naar 1 convergerende deelrij [m₁x], [m₂x], [m₃x], ... met m_k > 2.m_k-1 voor alle k.

Dan is [m₂x]-[m₁x], [m₃x]-[m₂x], [m₄x]-[m₃x], ... een naar 0 convergerende deelrij.

Merk op dat [m_k+1x]-[m_kx] = [(m_k+1-m_k)x].

Dus [(m₂-m₁)x], [(m₃-m₂)x], ... convergeert naar 0.

We hoeven nog maar slechts het volgende te bewijzen:

Bewering 2: Voor iedere N is er een index k zo dat [kx] < 1/N óf [kx] > 1-1/N.

Bewijs:

Verdeel het interval (0,1) in N gelijke stukjes: (0,1/N), (1/N,2/N), (2/N,3/N), ..., ((N-1)/N, 1).

Van de N+1 elementen [x], [2x], ..., [(N+1)x] zijn er altijd minstens 2 die in hetzelfde deelintervalletje liggen (schuiflade principe), zeg [px] en [qx] met

[px] - [qx] < 1/N.

Als p>q, dan is [px] - [qx] = [(p-q)x] <1/N.

Als p<q, dan is [(q-p)x] > 1-1/N