Een gemakkelijker raadseltje...
Je hebt een bord spaghetti met N slierten. Je neemt telkens 2 willekeurige uiteinden en knoopt deze aan elkaar vast. Wat is het verwacht aantal lussen op het einde van dit proces?
Spaghetti [16+]
Re: Spaghetti [16+]
hint:
wanneer je de eerste keer twee uiteinden neemt zijn ze
ofwel van de zelfde sliert -> 1 lus + N-1 slierten na samenknopen
ofwel van verschillende slierten -> N-1 slierten na samenknopen
wanneer je de eerste keer twee uiteinden neemt zijn ze
ofwel van de zelfde sliert -> 1 lus + N-1 slierten na samenknopen
ofwel van verschillende slierten -> N-1 slierten na samenknopen
Re: Spaghetti [16+]
Voor N aantal spahettislierten neem je de N-de rij uit de driehoek van Pascal.
bvb:
N = 5 --> 1 4 6 4 1
Dan vermenigvuldig je elk van die getallen met zijn eigen volgnummer uit de rij, en telt de resultaten bij mekaar op.
dus
1*1 + 4*2 + 6*3 + 4*4 + 1*5 = 1 + 8 + 18 + 16 + 5 = 48
Dat resultaat deel je dan weer door 2^(N-1)
dus
48 / (2^(5-1)) = 48 / 2^4 = 48 / 16 = 3
Verwachte aantal lussen voor 5 spaghettislierten: 3
Er zal waarschijnlijk wel een eenvoudigere algemene formule voor op te stellen zijn...
bvb:
N = 5 --> 1 4 6 4 1
Dan vermenigvuldig je elk van die getallen met zijn eigen volgnummer uit de rij, en telt de resultaten bij mekaar op.
dus
1*1 + 4*2 + 6*3 + 4*4 + 1*5 = 1 + 8 + 18 + 16 + 5 = 48
Dat resultaat deel je dan weer door 2^(N-1)
dus
48 / (2^(5-1)) = 48 / 2^4 = 48 / 16 = 3
Verwachte aantal lussen voor 5 spaghettislierten: 3
Er zal waarschijnlijk wel een eenvoudigere algemene formule voor op te stellen zijn...
Re: Spaghetti [16+]
Je bedoelt dus
}{2^{N-1}})
Nee, de formule is veel eenvoudiger en is niet onmiddellijk gerelateerd aan de driehoek van Pascal.
Nee, de formule is veel eenvoudiger en is niet onmiddellijk gerelateerd aan de driehoek van Pascal.
Re: Spaghetti [16+]
Ik merk net dat ik in mijn eerste methode behoorlijk wat mogelijkheden dubbel tel, maar dat ik die nadien ook weer wegdeel...
Met mijn nieuwe methode kom ik op :
(N+1)/2
Met mijn nieuwe methode kom ik op :
(N+1)/2
Re: Spaghetti [16+]
nee
extra hint:
wanneer je de eerste keer twee uiteinden neemt zijn ze
ofwel van de zelfde sliert (P = 1/(2N-1)) -> 1 lus + N-1 slierten na samenknopen
ofwel van verschillende slierten (P = (2N-2)/(2N-1)) -> N-1 slierten na samenknopen
extra hint:
wanneer je de eerste keer twee uiteinden neemt zijn ze
ofwel van de zelfde sliert (P = 1/(2N-1)) -> 1 lus + N-1 slierten na samenknopen
ofwel van verschillende slierten (P = (2N-2)/(2N-1)) -> N-1 slierten na samenknopen
Re: Spaghetti [16+]
We hebben dus E_{n-1}}{2n-1}=\frac{1+(2n-1)E_{n-1}}{2n-1}=\frac{1}{2n-1}+E_{n-1})
(leuk dat het zo sterk vereenvoudigt.)
aangezien
is 
.
die som zou je toch mooier moeten kunnen schrijven.
(leuk dat het zo sterk vereenvoudigt.)
aangezien
die som zou je toch mooier moeten kunnen schrijven.
Given that, by scientifical reasons, the state of an object is completely determined by the physical influence of its environment, the probability to roll six with a dice is either one or zero.
Re: Spaghetti [16+]
Goed!!! Je bedoelt waarschijnlijk wel
E_{N-1}}{2N-1})
,maar de uitkomst is juist.
.
Merk op dat het aantal lussen niet zo snel stijgt als het aantal slierten toeneemt.
Veel mooier kan je die som niet schrijven. Een benadering is
+\gamma}{2})
Zie http://en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%8 ... i_constant
,maar de uitkomst is juist.
Merk op dat het aantal lussen niet zo snel stijgt als het aantal slierten toeneemt.
Veel mooier kan je die som niet schrijven. Een benadering is
Zie http://en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%8 ... i_constant
Re: Spaghetti [16+]
nee hoor, je moet bij dat ene geval ook nog eens de overige slierten bekijken, dus tochwnvl schreef:Je bedoelt waarschijnlijk wel
of gaat het jou om die hoofdletter N?
Given that, by scientifical reasons, the state of an object is completely determined by the physical influence of its environment, the probability to roll six with a dice is either one or zero.
Re: Spaghetti [16+]
Ik ben verkeerd, Barto. Mea culpa. Jou oplossing is correct.