De grote raadseltopic

[TD]

Dat had je zo aangekondigd

[dr. E. Noether]

Nou, nog een vluggertje dan:

Raadsel 15

Mevrouw Steen is gek op middeleeuwse keien, stenen en divers soort gruis. Gisteren vond zij nog een voorwaar prachtig exemplaar: een donderkei uit Noorwegen van rond 1200 v. Chr. Deze steen woog maar liefst 40 kg. Ze nam hem mee naar huis in haar fietstas, maar - je raad het al - de tas was te slap en de steen viel op de grond en brak in 4 stukken. Ze moest de hele terugreis naar huis huilen, maar toen ze thuis was deed ze toch een belangrijke vinding: met deze vier stukken en een simpele balans kan ze nu elke gewicht (jaja, massa eigenlijk) van 1,2,3,...,40 kg wegen. Ik hoorde het net al, maar kun jij nog eens vertellen hoe zwaar elk stuk steen weegt, zodat anderen het ook kunnen horen?

Psst, onder ons, niet tegen de moderator zeggen, ik ken alleen de oplossing, niet de weg naar de oplossing toe. Is dat erg? Ik ben benieuwd of iemand met een mooie uitwerking komt (mocht dat uberhaupt mogelijk en/of nodig zijn).

[Rogier]

Antwoord 15: (spoiler, sleep met je muis erover heen om zichtbaar te maken)

1, 3, 9 en 27 kg. Ik ken dit raadsel anders, namelijk "hoeveel gewichtjes heb je minimaal nodig (en wat wegen ze) om met een balans ieder gewicht van 1 t/m 40 kg te kunnen afwegen". Vaak denken mensen dan eerst binair, dus 1,2,4,8,16 en 32 kg, want daarmee maak je het efficiënts alle getallen t/m 40. Maar de truuk is dat je met ieder gewichtje niet twee maar drie mogelijkheden hebt, door hem links, rechts, of niet op de balans te leggen. Dus ook aan dezelfde kant als het te wegen object, waardoor hij eigenlijk 'negatief' telt (bijv. 2 kg weeg je af door 3 aan de ene kant en 1 aan de andere kant te leggen).

[dr. E. Noether]

@Rogier: Goed, en een mooie verklarende uitleg! Ik herinnerde me de getalletjes nog wel maar niet het verhaal, dus heb ik er zelf maar een shitverhaaltje bijverzonnen.

[dr. E. Noether]

Nou, nog een raadseltje dan (wellicht iets meer uitdaging en je moet wel iets van tennis weten).

Raadsel 16

Jij en ik spelen tennis. Het is deuce. Bij iedere rally is jouw kans om de rally te winnen steeds 0.55. Wat is de kans dat jij de game wint?

[Math]

Psst, onder ons, niet tegen de moderator zeggen, ik ken alleen de oplossing, niet de weg naar de oplossing toe. Is dat erg? Ik ben benieuwd of iemand met een mooie uitwerking komt (mocht dat uberhaupt mogelijk en/of nodig zijn).

Naja, gelukkig was Rogier er snel bij...

[Wouter_Masselink]

@Wouter_Masselink, kun je nog een hint geven voor raadsel 8 of desnoods de oplossing geven, want de getallen spelen door m'n hoofd, ik kan er niet van slapen joh.

hint: denk niet te moeilijk, denk 'chinees'

oplossing in wit

de eerste serie is met bamie

de 2e serie is met nassie

er is dus geen verschil tussen de 2 getallen reeksen, ze zijn volledig willekeurig gekozen. (think outside the box) haha?

[EvilBro]

Jij en ik spelen tennis. Het is deuce. Bij iedere rally is jouw kans om de rally te winnen steeds 0.55. Wat is de kans dat jij de game wint?

Na twee rally's heeft er of iemand gewonnen of het is weer deuce. De kans dat jij hebt gewonnen na die twee rally's is \((\frac{11}{20})^2 = \frac{121}{400}\). De kans dat jij verloren hebt na die twee rally's is \((\frac{9}{20})^2 = \frac{81}{400}\). De kans dat het na twee rally's weer deuce is is \(1 - \frac{81}{400} - \frac{121}{400} = \frac{198}{400}\). Als het na twee rally's weer deuce is begint het hele verhaal opnieuw. De kans dat je wint is dus:

\(\frac{121}{400} \sum_{n=0}^\infty (\frac{198}{400})^n = \frac{121}{400} \frac{1}{1-\frac{198}{400}} = \frac{121}{400-198} = \frac{121}{202}\)

Pakweg 60% dus.

[dr. E. Noether]

EvilBro, je hebt het goed; een mooie en bovenal wiskundige oplossingstechniek!

Voor de geinteresseerde lezer nog twee alternatieve oplosmethoden (hoewel de drie methoden in essentie hetzelfde zijn). Noem voor het gemak de kans dat jij wint even \(p\):

1. Merk op dat als er twee rally's gespeeld zijn en het is weer deuce, dan is de situatie weer precies hetzelfde als in de uitgangssituatie; we gaan er gewoon vanuit dat de game wordt gewonnen. De kans dat jij de game wint is \(p^2\) en de kans dat ik de game win is \((1-p)^2\). De totale kans dat de game uberhaupt wordt gewonnen is dus \(p^2 + (1-p)^2\) (en de kans op deuce is \(1-(p^2+(1-p)^2) = 2p-2p^2 = 2p(1-p)\), zoals verwacht). De kans dat jij de game wint is dus de kans dat jij de game wint gedeeld door de kans dat de game uberhaupt wordt gewonnen in twee rally's, dus \( P({jij w\int}) = p^2/(p^2+(1-p)^2) = 121/202\).

2. Noem de gebeurtenis \(W\) = 'Jij wint de game' en \(D\) = 'Het is deuce'. Er wordt gevraagd \(P(W|D) \). Door een klein boomdiagrammetje te tekenen voor jezelf en de kansen in te schrijven bij de takken, zien we: \(P(W|D)\) = \(P\)({Jij wint direct na twee rally's}) + \(P\)({Het wordt weer deuce en jij wint erna een keer}) = \(p^2 + 2p(1-p)P(W|D\)). Oplossen voor \(P(W|D)\) geeft \(P(W|D) = p^2/(p^2+(1-p)^2) = 121/202\) (dit was de oplossingstechniek van de docent kansrekening in het 1e jaar; het raadsel was een opgave van het tentamen in 2004).

@Wouter_Masselink. Okee, dus Raspoetin had het toch goed. Cool raadsel. Ik had daar werkelijk nooit opgekomen, als ik eerlijk ben.

[dr. E. Noether]

Misschien een onmogelijk raadsel of juist heel simpel, dat is moeilijk in te schatten. Als er geen interesse is, plaats gerust een nieuw raadsel, dan geef ik een dezer dagen de oplossing. Komt ie:

Raadsel 17

Geef de volgende 5 cijfers van de suggestieve rij 1,3,9,2,8,2,7,2,6,1,5,1,5,1,4,...

Hint: Het betreft eenvoudige wiskunde bewerkingen en een goed geheugen.

[phi hung]

[quote='Iw'erke']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 laatste te zijn die het bier krijgt te proeven? (neem aan dat het glas nooit leeg raakt).

(laat ons zeggen als je het wil uitleggen dat je maximaal een tafel neemt met zeg 10 personen.)[/quote]

[quote='Iw'erke']Juist Peter Pan iedereen heeft evenveel kans

als je het volledige bewijs wil zien:

http://www.hhofstede.nl/raadsels/oplgeefhe...hetbierdoor.htm[/quote]

Is dit raadsel nu opgelost?

Peter Pan zegt dat degenen die het verst zitten, de grootste kans hebben om het bier als laatste te proeven.

Iw'erke, jij beweert dat iedereen evenveel kans heeft.

Volgens klopt het antwoord van Peter Pan, al kan ik zijn redenering niet volgen (ik vermoed dat die ook niet helemaal klopt).

Kunnen we ook exact berekenen hoe groot de kans is dat de x-de persoon rechts van je (jij neemt de eerste slok) als laatst het bier proeft (bij N personen totaal aan de tafel)?

[TD]

Raadsel 17

Geef de volgende 5 cijfers van de suggestieve rij 1,3,9,2,8,2,7,2,6,1,5,1,5,1,4,...

Hint: Het betreft eenvoudige wiskunde bewerkingen en een goed geheugen.

Antwoord 17

3^0 = 1

3^1 = 3

3^2 = 9

3^3 = 27

3^4 = 81

3^5 = 243

3^6 = 729

...

Eerst cijfer van 3^n dus.

[dr. E. Noether]

TD!, super! Wat een puzzelkanjers hier op dit forum, ongelooflijk! Wie komt met het volgende raadsel?

[EvilBro]

Raadsel 18

Wat is het volgende getal in de rij:

100, 121, 144, 202, 244, ?

[PeterPan]

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.