Коль все счетно, то пусть комп (после команды на 1й 2й 3й - рассчитайсь!) и считает.
Я же выдвинул только гипотезу что все счетно, поэтому,надеюсь, что
на КФ 100_40% есть не один форумчанин (не считая гостей), которому это под силу. З павагай

Задачка от Александра Шеня (к нему в жж просьба не подглядывать):

Мы стоим у ленты транспортёра, по которой мимо нас проезжают одинаковые на вид шары. Они могут быть стеклянными или ледяными. Когда шар мимо нас проезжает, мы можем его взять себе, на этом игра заканчивается, мы выигрываем, если шар ледяной, и проигрываем, если стеклянный. Уже проехавшие шары мы взять не можем, но видим, какие из них растаяли (ледяной шар обязательно растает рано или поздно, и мы это увидим - но время это неизвестно, и для разных шаров может быть разным).

Требуется придумать вероятностный алгоритм с такими свойствами:

1) для любой последовательности шаров на ленте вероятность того, что мы возьмём стеклянный шар, не больше 1%.

2) Если все шары ледяные, то с вероятностью 1 мы рано или поздно возьмём шар (и он окажется ледяным, так что мы выиграем).
Т.е., имеется в виду, что если на ленте есть стеклянные шары, то мы имеем право вообще ничего с этой ленты не брать, в смысле, наш алгоритм может никогда не дать команду берем этот шар.

Лента может быть произвольной, но наша монета гарантированно честная (при любой ленте).

Serge_P написал(а):Можно ли предположить, что шары на ленте являются случайной выборкой из какой то урны с шарами?

PP написал(а):про последовательность шаров на ленте неизвестно ничего.

Т е у нас имеется разложение правильной дроби в двоичную, и мы постепенно двигаемся вправо по записи, видя открывающиеся цифры(грубо, т к видим не обязательно сразу)

Serge_P написал(а):А в чем задача тогда? Какими бы проехавшие шары ни оказались, нам ничего неизвестно про текущий шар... Непонятно

Alexander написал(а):Тем не менее, решение есть. И даже довольно простое

Заметьте, что брать шар мы не обязаны, наш алгоритм может быть таков, что, быть может, мы так вечно у ленты и простоим, ничего не взяв. Но, в то же время, если по ленте едут только лишь ледяные шары, то взять шар рано или поздно мы должны.

Serge_P написал(а):Меня смущает тот факт, что таять ледянные шары могут бесконечно медленно. Я например рассматривал возможность алгоритма, где мы ждем, чтобы некий шар растаял за время t, чтобы с некой вероятностью протестировать следующий шар. Но тогда мы возможно будем ждать бесконечно долго если все шары ледянные, но тают бесконечно медленно.

PP написал(а):Известно что любой конкретный ледяной шар растает рано или поздно. Т.е., время таяния ледяного шара обязательно конечно (предполагается, что он начинает таять, когда проедет мимо нас ), но для разных шаров эти времена могут быть разными.

Ясно, что выбирать шар надо только тогда, когда мы видим, что некий начальный отрезок расстаял. И подобрать вероятность выбора в текущий момент так, что для последовательностей с начальными нулями она зависит от длины увиденной так, что получается окей. Но вот как - пока я не вижу. Но раз сказано что есть - можно. Просто не видно другого пути и он кажется невозможным.

Serge_P написал(а):Кажется такой вариант проходит. С вероятностью а выбираем шар, с вероятностью (1-a) просто наблюдаем за шаром. Если шар за которым мы наблюдаем тает, то повторяем процедуру. Соответственно если шар за которым мы наблюдаем не тает, то мы попадаем в вечный цикл, что нам разрешено. Тогда на первом шаге вероятность ошибиться и получить стеклянный шар будет аxp, где p некая неизвестная нам вероятность нарваться на стеклянный шар. Соответственно вероятность ошибиться на шаге k+1 будет a x p x (1-a)^k x (1-p)^k (k раз подряд мы выбирали наблюдение и шар за которым мы наблюдали таял). Если просуммировать эти вероятности то мы получаем геометрическую прогрессию, тоесть вероятность ошибки:
a x p x 1/(1-(1-a)(1-p)) = ap/(a+p(1-a)) a/(1-a) Итого нам нужно, чтобы a/(1-a)=0.01 или a=1/101
Правда я не уверен, что правомерно считать p постоянной на каждом шаге.

P.S.
Чтобы уйти от предположения о постоянной p, можно использовать, что p(1-p)^k 1/(k+1) и тогда сумма есть ряд Тейлора по (1-а) и будет меньше чем log(1/a) x a / (1-a), что дает нам а=0.0015

Отредактировано PP (2012-07-19 20:07:10)

Serge_P написал(а):Можно конечно считать, что стеклянный шар каждый раз кладется с вероятностью p, и, проследив за судьбой достаточно большого количества шаров, оценить, является ли p 0,01 (например, из 10000 шаров стеклянных оказалось менее 100). Можно даже еще вспомнить про распределение Пуассона и как-то подправить подсчеты.
Но фраза про последовательность шаров на ленте неизвестно ничего может означать к примеру, что в первых 1000 шарах вероятность стеклянного была 0,001, во второй тысяче - 0,5 и т.д.

А с какого расстояния наблюдаем шары? Если с близкого, то можно различить стекло и лед (в людинках будут едва заметные вкрапления), а если с близкого расстояния, то можно ощутить холод от ледяного шарика ))).

Я подправил свое решение, теперь похоже будет работать для абсолютно любой последовательности, не предполагая ничего о вероятности вытаскивания стеклянного шара.

PP написал(а):Вроде работает.

Но, насколько я понимаю, можно просто на каждом шагу брать шар с вероятностью 0.01, чтоб не слишком усложнять. См. обсуждение в a-shen.livejournal.com/31786.html

Простая задачка.
A(1) = 1 При n 1 A(n) = A(n-1) + 1/ A(n-1)
Доказать, что А(100) 14

Никак не пойму, почему WolframAlpha у меня неверно вычисляет максимум.
Беру куб, рассекаю его плоскостью и считаю диаметр сечения:
WolframAlpha выдает, что этот диаметр равен 541.
goo.gl/lxLSM Вот полюбуйтесь. Однако если просто положить

u = 0, v = (76 - 0.114*255)/0.587 = 80, w = 255, x = 76/0.299 = 254, y = 0, z = 0,

то |u-x|+|v-y|+|w-z| = 589, т.е. значительно больше. В чем дело?

самоед написал(а):..[ТО]=[NJ] |u-x|+|v-y|+|w-z| = 5+8+9

..[ТО]=[NJ] |u+v+w|-|xy|-|z| = 22

..[ТО]=[NJ] |uvw|-|xy|-|z| = 0

Отредактировано sagarak (2012-08-04 23:35:06)

, где х и у - это хромосомы, конечно.

Поскольку данная тема посвящена в основном простым математическим задачам и проблемам, то последний пост sagarak перенесен в quantrinas.bbhit.ru/viewtopic.php?id=1771 Матрица А'Б'Солют-и-за-Ци-я

Будете смеяться, но выясняется, что никто не знает, чему фактически равна плотность меди. Вот даже целая qps.ru/yqSBWдискуссия по этому вопросу. В связи с этим вот задачка, которую мне пришлось решить, когда я определял (в другой ветке) марки золотых сплавов для отливки шахматных фигур.

Какая плотность меди подразумевается в ГОСТе qps.ru/nWrGa 6835-2002 под названием Золото и сплавы на его основе. Марки? Пояснение: например, запись ЗлСрМ 58,5-30 означает, что сплав этой марки должен содержать 585 весовых долей золота и 300 - серебра, остальное (115) - медь.

Отредактировано самоед (2012-08-11 15:05:21)

Вот, на мой взгляд, очень продуктивная идея. Возьмем 100% и разобьем их на N частей в произвольном порядке. Получим какое-то большое количество разбиений, расстояние между которыми определим как минимальную сумму расстояний между их частями. Затем возьмем небольшой набор конкретных (модельных) разбиений с хорошо известными нам свойствами и разделим с его помощью все пространство разбиений на qps.ru/RqGPOячейки Вороного. С этими ячейками, которых уже существенно меньше, чем самих разбиений, и для каждой из которых у нас есть своя конкретная модель, мы и будем работать.

Например, если разбить 100% на 5 частей, то получится 38 225 разбиений, порядок произволен. Если же разбивать на 5 частей и меньше (т.е. допускать и нулевые проценты), то разбиений будет больше - 46 262 штуки. В то же время тот граф, который я вам здесь все время рисую, образуется всего 255 разбиениями: считая части, составляющие разбиение, вершинами графа, соединяем каждую их пару ребром, если эти части - число процентов - имеют общие простые сомножители, а иначе не соединяем. Этими моделями из числа 255 и будем приближать все другие разбиения, которых десятки тысяч! Погрешность при этом будем понимать в смысле расстояния между моделью и оригиналом. Могу привести свежий пример, про пятерку лидеров Олимпиады.

Отредактировано самоед (2012-08-26 11:44:10)

Задачка N. 100 из www.mathnet.ru/php/archive.phtml?wshow=p...4580&option_lang=rus Математического Тривиума Арнольда:
Признаться, многие задачки оттуда я так сразу и не решу, пришлось бы в учебники лезть...

Serge_P написал(а):Условие очень изящное, но какой то интеграл нехороший

Получается надо перемножить площадь куба на косинус различных углов между плоскостями куба и проекции. Углы взять, например, 10,20,30 и т д до 80 градусов. А дальше видимо по какой то формуле из теории вероятности надо. А как-

Уугу написал(а):Теория вероятностей в общем не нужна

Serge_P написал(а):В лоб надо определить площадь проекции от двух углов в сферических координатах и , взять двойной интегральчик ( один от 0 до 2 , другой от 0 до . Поделить на 2 )
Но в субботу с утра это тяжело
Наверно есть еще изящное решение, но это надо думать

Нечайно энтернулось- хотелось написать ну куда я лезу ? ))))))

Vladimirovich написал(а):интегральчик не обязателен

маленькая подсказка: