Ο κωδικός

[Λίνο Βεντούρα]

Ένας.

[Χαοτικός]

Δε ξέρω τίποτα, είμαι υπερβολικά τεμπέλαρος, παρεμπιπτόντως, αυτές τις ξύλινες σφαίρες τα γεωμετρικά παζλ, αυτά είναι γαμάτα, τα πουλούσαν στα τουριστικά μαγαζιά παλιά (από Χανιά είχα πάρει την δικιά μου ).

Δεν ξέρω ρε κορίτσι. Δεν συζητάω αυτό.

Τι, επειδή είπα είμαι καλλιτέχνης;

Στην καραμελίτσα το πα αλλά όταν κάνω κλικ στην παράθεση αρκετές φορές την κάνω ένα μέτρο πιο κάτω.

[nick]

...

Εγω απλα το πετυχα καπου ετοιμο, σιγα μην το ελυνα μονος μου.
Εδω καναν οι μεγαλοι επιστημονες 5 χρονια να το λύσουν.

The problem of counting derangements was first considered by Pierre Raymond de Montmort[3] in 1708; he solved it in 1713, as did Nicholas Bernoulli at about the same time.

Υπαρχει και η αποδειξη-συλλογισμός που ψιλοκαταλαβαινω

SpoilerShow

https://en.wikipedia.org/wiki/Derangeme ... rangements

Counting the derangements of a set amounts to what is known as the hat-check problem,[4] in which one considers the number of ways in which n hats (call them h1 through hn) can be returned to n people (P1 through Pn) such that no hat makes it back to its owner.

Each person may receive any of the n − 1 hats that is not their own. Call whichever hat P1 receives hi and consider hi’s owner: Pi receives either P1's hat, h1, or some other. Accordingly, the problem splits into two possible cases:

Pi receives a hat other than h1. This case is equivalent to solving the problem with n − 1 people and n − 1 hats because for each of the n − 1 people besides P1 there is exactly one hat from among the remaining n − 1 hats that they may not receive (for any Pj besides Pi, the unreceivable hat is hj, while for Pi it is h1).
Pi receives h1. In this case the problem reduces to n − 2 people and n − 2 hats.
For each of the n − 1 hats that P1 may receive, the number of ways that P2, … ,Pn may all receive hats is the sum of the counts for the two cases. This gives us the solution to the hat-check problem: stated algebraically, the number !n of derangements of an n-element set is

!n=(n-1)(!(n-1)+!(n-2))!n = (n-1)(!(n-1)+!(n-2))

[Χαοτικός]

...

Εγω απλα το πετυχα καπου ετοιμο, σιγα μην το ελυνα μονος μου.
Εδω καναν οι μεγαλοι επιστημονες 5 χρονια να το λύσουν.

The problem of counting derangements was first considered by Pierre Raymond de Montmort[3] in 1708; he solved it in 1713, as did Nicholas Bernoulli at about the same time.

Υπαρχει και η αποδειξη-συλλογισμός που ψιλοκαταλαβαινω

SpoilerShow

https://en.wikipedia.org/wiki/Derangeme ... rangements

Counting the derangements of a set amounts to what is known as the hat-check problem,[4] in which one considers the number of ways in which n hats (call them h1 through hn) can be returned to n people (P1 through Pn) such that no hat makes it back to its owner.

Each person may receive any of the n − 1 hats that is not their own. Call whichever hat P1 receives hi and consider hi’s owner: Pi receives either P1's hat, h1, or some other. Accordingly, the problem splits into two possible cases:

Pi receives a hat other than h1. This case is equivalent to solving the problem with n − 1 people and n − 1 hats because for each of the n − 1 people besides P1 there is exactly one hat from among the remaining n − 1 hats that they may not receive (for any Pj besides Pi, the unreceivable hat is hj, while for Pi it is h1).
Pi receives h1. In this case the problem reduces to n − 2 people and n − 2 hats.
For each of the n − 1 hats that P1 may receive, the number of ways that P2, … ,Pn may all receive hats is the sum of the counts for the two cases. This gives us the solution to the hat-check problem: stated algebraically, the number !n of derangements of an n-element set is

!n=(n-1)(!(n-1)+!(n-2))!n = (n-1)(!(n-1)+!(n-2))

Το είδα και πριν. Δεν είναι ικανοποιητικό.
Για μένα ας πούμε ικανοποιητικό και προωθητικό για τη σκέψη είναι το παράδειγμα σχετικά με το πόσο κάνει 1+2+3+4+5.....+ν.
Που κάνει, ξέρεις ν.(ν+1) και όλο δια δύο. Το κάνουνε με τα πινακάκια. Το ένα με την ακολουθία κανονικά και το άλλο αντίστροφα και κάθε κελί πρόσθεση με το από κάτω του ώστε να βγάζουν όλα αθροισμά ν+1. Το ξέρεις φαντάζομαι.

Αξιώνω ότι για τέτοιες λύσεις σε τέτοια θέματα αλλά και άλλα, χρειάζεται μια καλή γεωμετρική αντίληψη και βέβαια μια καλή οπτική αντίληψη γενικά.

[nick]

...

Εγω απλα το πετυχα καπου ετοιμο, σιγα μην το ελυνα μονος μου.
Εδω καναν οι μεγαλοι επιστημονες 5 χρονια να το λύσουν.

The problem of counting derangements was first considered by Pierre Raymond de Montmort[3] in 1708; he solved it in 1713, as did Nicholas Bernoulli at about the same time.

Υπαρχει και η αποδειξη-συλλογισμός που ψιλοκαταλαβαινω

SpoilerShow

https://en.wikipedia.org/wiki/Derangeme ... rangements

Counting the derangements of a set amounts to what is known as the hat-check problem,[4] in which one considers the number of ways in which n hats (call them h1 through hn) can be returned to n people (P1 through Pn) such that no hat makes it back to its owner.

Each person may receive any of the n − 1 hats that is not their own. Call whichever hat P1 receives hi and consider hi’s owner: Pi receives either P1's hat, h1, or some other. Accordingly, the problem splits into two possible cases:

Pi receives a hat other than h1. This case is equivalent to solving the problem with n − 1 people and n − 1 hats because for each of the n − 1 people besides P1 there is exactly one hat from among the remaining n − 1 hats that they may not receive (for any Pj besides Pi, the unreceivable hat is hj, while for Pi it is h1).
Pi receives h1. In this case the problem reduces to n − 2 people and n − 2 hats.
For each of the n − 1 hats that P1 may receive, the number of ways that P2, … ,Pn may all receive hats is the sum of the counts for the two cases. This gives us the solution to the hat-check problem: stated algebraically, the number !n of derangements of an n-element set is

!n=(n-1)(!(n-1)+!(n-2))!n = (n-1)(!(n-1)+!(n-2))

Το είδα και πριν. Δεν είναι ικανοποιητικό.
Για μένα ας πούμε ικανοποιητικό και προωθητικό για τη σκέψη είναι το παράδειγμα σχετικά με το πόσο κάνει 1+2+3+4+5.....+ν.
Που κάνει, ξέρεις ν.(ν+1) και όλο δια δύο. Το κάνουνε με τα πινακάκια. Το ένα με την ακολουθία κανονικά και το άλλο αντίστροφα και κάθε κελί πρόσθεση με το από κάτω του ώστε να βγάζουν όλα αθροισμά ν+1. Το ξέρεις φαντάζομαι.

Αξιώνω ότι για τέτοιες λύσεις σε τέτοια θέματα αλλά και άλλα, χρειάζεται μια καλή γεωμετρική αντίληψη και βέβαια μια καλή οπτική αντίληψη γενικά.

Κανε τον κοπο να κατσεις 10 λεπτα διαβαζοντας των συλλογισμο με τα καπελα και θα σου ερθει το aha moment. Ειναι μονο 4 προτασεις που χρειαζεται να κατανοησεις. Η κατανοηση της λύσης πρεπει να ειναι μια κουραστικη διαδικασια, αλλιως δεν σου προσφερει κατι, δεν εξασκει το μυαλο σου.
Ίσως σε μπερδευουν τα αναποδα '!' αλλα ο τελικος τυπος ειναι απλος.
F_n = (n-1) * (F_n-1 + F_n-2) Ουσιαστικα ειναι Fibonacci * (n-1)

Γενικα στα προβληματα που οι λυσεις δεν έχουν κλειστή μορφη συνηθως πρεπει να εκφρασεις το F_n συναρτιση των F_n-1, F_n-2 ...

[Χαοτικός]

Εγω απλα το πετυχα καπου ετοιμο, σιγα μην το ελυνα μονος μου.
Εδω καναν οι μεγαλοι επιστημονες 5 χρονια να το λύσουν.


Υπαρχει και η αποδειξη-συλλογισμός που ψιλοκαταλαβαινω

SpoilerShow

https://en.wikipedia.org/wiki/Derangeme ... rangements

Counting the derangements of a set amounts to what is known as the hat-check problem,[4] in which one considers the number of ways in which n hats (call them h1 through hn) can be returned to n people (P1 through Pn) such that no hat makes it back to its owner.

Each person may receive any of the n − 1 hats that is not their own. Call whichever hat P1 receives hi and consider hi’s owner: Pi receives either P1's hat, h1, or some other. Accordingly, the problem splits into two possible cases:

Pi receives a hat other than h1. This case is equivalent to solving the problem with n − 1 people and n − 1 hats because for each of the n − 1 people besides P1 there is exactly one hat from among the remaining n − 1 hats that they may not receive (for any Pj besides Pi, the unreceivable hat is hj, while for Pi it is h1).
Pi receives h1. In this case the problem reduces to n − 2 people and n − 2 hats.
For each of the n − 1 hats that P1 may receive, the number of ways that P2, … ,Pn may all receive hats is the sum of the counts for the two cases. This gives us the solution to the hat-check problem: stated algebraically, the number !n of derangements of an n-element set is

!n=(n-1)(!(n-1)+!(n-2))!n = (n-1)(!(n-1)+!(n-2))

Το είδα και πριν. Δεν είναι ικανοποιητικό.
Για μένα ας πούμε ικανοποιητικό και προωθητικό για τη σκέψη είναι το παράδειγμα σχετικά με το πόσο κάνει 1+2+3+4+5.....+ν.
Που κάνει, ξέρεις ν.(ν+1) και όλο δια δύο. Το κάνουνε με τα πινακάκια. Το ένα με την ακολουθία κανονικά και το άλλο αντίστροφα και κάθε κελί πρόσθεση με το από κάτω του ώστε να βγάζουν όλα αθροισμά ν+1. Το ξέρεις φαντάζομαι.

Αξιώνω ότι για τέτοιες λύσεις σε τέτοια θέματα αλλά και άλλα, χρειάζεται μια καλή γεωμετρική αντίληψη και βέβαια μια καλή οπτική αντίληψη γενικά.

Κανε τον κοπο να κατσεις 10 λεπτα διαβαζοντας των συλλογισμο με τα καπελα και θα σου ερθει το aha moment. Ειναι μονο 4 προτασεις που χρειαζεται να κατανοησεις. Η κατανοηση της λύσης πρεπει να ειναι μια κουραστικη διαδικασια, αλλιως δεν σου προσφερει κατι, δεν εξασκει το μυαλο σου.
Ίσως σε μπερδευουν τα αναποδα '!' αλλα ο τελικος τυπος ειναι απλος.
F_n = (n-1) * (F_n-1 + F_n-2) Ουσιαστικα ειναι Fibonacci * (n-1)

Γενικα στα προβληματα που οι λυσεις δεν έχουν κλειστή μορφη συνηθως πρεπει να εκφρασεις το F_n συναρτιση των F_n-1, F_n-2 ...

[- Casper -]

n!/e

SpoilerShow

https://en.wikipedia.org/wiki/Derangement
https://oeis.org/A000166

Π.χ για το 2 στην πρώτη σειρά:
2 1 3 4 (πρώτη απόρριψη)
2 1 4 3 (δεκτό)
2 3 4 1 (δεκτό)
2 3 1 4 (δεύτερη απόρριψη)
2 4 3 1 (τρίτη απόρριψη)
2 4 1 3 (δεκτό)

Εχεις
3 δεκτα με πρωτο το 2,
3 με πρωτο το 3
3 με πρωτο το 4
κανενα με πρωτο το 1

f(4)=3+3+3=9

Ναι 9 είναι και έγραψα "το ίδιο και για τα υπόλοιπα", δηλαδή 3 απορρίψεις και για το 3 και 4 να είναι στις πρώτες θέσεις. Για κάποιο λόγο το 4!/3 που έγραψα (γι' αυτό έβαλα ν-1) έκανε 9 στο μυαλό μου, δεν ξέρω τι σκεφτόμουν Βέβαια και σωστός να ήταν ο τύπος (για το συγκεκριμένο n), αν το προχωρούσα θα έβλεπα πως δεν ισχύει το 5!/4 αφού για n=5 έχω περισσότερες από 4 απορρίψεις όταν βάζω τα 2,3,4,5 στην πρώτη θέση αντίστοιχα.

Ευχαριστούμε για την λύση, δεν ήξερα καν τον όρο.

Εγω απλα το πετυχα καπου ετοιμο, σιγα μην το ελυνα μονος μου. Εδω καναν οι μεγαλοι επιστημονες 5 χρονια να το λύσουν.

Είπες "πιο δύσκολο" από το προηγούμενο που το πρώτο είναι η πιο άπλη άσκηση που μπορείς να βάλεις για τα παραγοντικά. Που να φανταζόμουν πως το "πιο δύσκολο" σημαίνει αυτό που έγραψες

[- Casper -]

μια χαρα καθεται. καθε επομενο αριθμο (n) μπορεις να τον τοποθετησεις σε n θέσεις αναμεσα στους n-1 προηγουμενους.

Παμε σε ενα πιο δύσκολο τωρα
Με ποσους τροπους μπορουμε να συνδυασουμε τα 1,2,3,4... n ώστε κανενα να μην ειναι στη 'φυσικη θεση' του (δλδ το 1 να μην ειναι πρωτο, το 2 να μην ειναι δευτερο...);

n! / (n-1) ή καμία σχέση?

Πες απάντηση γιατί θα σκάσω.
Το έκανα μέχρι το 4 και αποκλείονται 3 συνδιασμοί:

Π.χ για το 2 στην πρώτη σειρά:
2 1 3 4 (πρώτη απόρριψη)
2 1 4 3 (δεκτό)
2 3 4 1 (δεκτό)
2 3 1 4 (δεύτερη απόρριψη)
2 4 3 1 (τρίτη απόρριψη)
2 4 1 3 (δεκτό)

Το ίδιο και για υπόλοιπα, άρα 4! / 3 και για n αριθμούς επαγωγικά θα βγει το πάνω. Δεν ξέρω βέβαια αν είναι σωστός ο συλλογισμός.



Αυτό με τον γρίφο του Einstein μου το έδωσε να το λύσω ένας πληροφορικάριος σε μια νυχτερινή βάρδια που είχαμε να βγάλουμε παρέα. Εννοείται πως έβγαλα τετραδιάκι και έκανα σχήματα

Βιάστηκες να επαγάγεις.
Τι ακούγαμε παλιά;
Μη φοβάσαι τη φωτιά.
Ως το τέλος να την άγεις.
Τι σε βιάζει κι ενοχή
πας να φορέσεις
που αποχή απ' το ρυθμό
θα κάνεις, τον τρελό
όπως αν πας να χέσεις.

μα θα μου πεις ότι κι εκεί
μπαίνει ο ρυθμός, σε τρέχει
και το να μην καθυστερείς
στη βούληση προεξέχει.

Όχι ρε φίλε, χέσιμο είναι!
Πλαίσιο του εαυτού σου,
προσφέρεται γι αυτισμό
νεύρωση, ψυχανάγκες.

Να σου, που μερικές φορές
καλύπτουνε ανάγκες.
Παρέα με πάρτη σου
Τρελές να κάνεις πράξεις

κι ας κουραστείς τόσο πολύ!
Στο τέλος θα γουστάρεις.

έτσι γουστάριζα κι εγώ
όταν τον τύπο βρήκα
που λέει του τζόκερ.
πόσοι αριθμοί;
και πόσες στήλες κάνουν;
Μιλάμε κάνα μήνα μου πήρε το γαμημένο.



Πάμε τώρα και στον κανονικό ακαδημαϊκό μας λόγο. Αυτό ακριβώς θέλω να αναδείξω στο νήμα αυτό. Τον τρόπο που θα συλλογιστεί ο οποιοσδήποτε προκειμένου να βρει μια λύση. Πολύ ενδιαφέρον αυτό που έβαλε ο Νικ αλλά στις διευθύνσεις που έδωσε δεν είδα κάτι ικανοποιητικό. Σου δίνει έτοιμο τον τύπο σχεδόν χωρίς καθόλου πραγματολογία. Ενώ εσύ το έπιασες ωραία και το εξήγησες τι έκανες. Μπράβο. Αν το έβαζες σε εφαρμογή και για έναν αριθμό θα έβλεπες ότι είναι μηδέν το αποτέλεσμα. Για δύο, είναι ! το αποτέλεσμα (οι τρόποι δηλαδή που ψάχνουμε) Μέχρι το 5 και 6 που θα έφτανες και θα έβλεπες αυτή τη δυσαναλογία θα τριπαριζόζουν να ψάξεις και σε άλλους δρόμους. κι αυτό λέω. ότι αφού όλοι διαθέτουμε μια ψυχανάγκα πως θα μπορούσαμε να κάνουμε μικρά θαυματάκια. θες χρόνο βέβαια. μα έχουμε τόσο! Τι μας κάνει να πιστεύουμε ότι πραγματικότητα είναι αυτό που πρέπει να κυνηγάμε και να μην το φτάνουμε όπως τα καψώνια στο στρατό και η κούραση δίχως νόημα
και δεν είναι πραγματικότητα τα δικά μας κολλήματα, φαντασιώσεις, ψυχανάγκες;



Δεν τα λέω σε σένα τόσο γιατί βασικά οι συνθήκες εδώ είναι περίεργες. Δεν θα αποτραβιόσουν ένα μήνα για να επανέλθεις να μας πεις τι βηκες. οπότε κακώς σου προσάπτω ότι βιάστηκες. Τώρα παίζει το νήμα και τώρα ήθελες να απαντήσεις κάτι.
Απλά εμπνεύστηκα από την απάντησή σου και τη περιγραφή σου και θυμήθηκα ότι υπάρχει το πρόβλημα πράγματι, να μη βρίσκουμε ποτέ χρόνο να συλλογιστούμε. Σε χρησιμοποίησα δηλαδή για να εκφράσω κάτι που με απασχολούσε. Φυσικά το έκανα και ποιητικά γιατί είμαι γαμάτος αλλά δεν θέλω να το δείχνω και να περιαυτολογώ.



Υ.Γ.
Ας μας πει τώρα ο Νικ πως θ το έκανε αυτό σε ντοκιμαντέρ για αδαείς. Τι εικόνες θα έβαζε τι σχήματα, τι προτροπές θαέκανε στο μυαλό για να ακολουθήσει δρόμους.
(Αν και είναι σκαρμοδεξιός, αυτοί συνήθως βαριούνται να μοιράζονται συλλογισμούς

Ωραία τα λες.


Όχι μόνο βιάστηκα, έτρεξα με 200. Δες πιο πάνω τι γράφω

Ο Νικ δίνει την τροφή. Από 'κει και πέρα, όποιος θέλει ψάχνει. Κι' αυτό χρήσιμο είναι. Μην τα θέλουμε όλα "κουκιά καθαρισμένα" που λέμε και στο νησί.

[Χαοτικός]

Κατάλαβες γιατί λέει Φιμπονάτσι;

[nick]

Κατάλαβες γιατί λέει Φιμπονάτσι;

Δεν εννοουσα κυριολεκτικα φιμπονατσι, απλα υπαρχει ομοιοτιτα
Fib_n = Fib_n-1 + Fib_n-2
Der_n = (n-1) * (Der_n-1 + Der_n-2)

Δεν σημαινει οτι ισχυει Der_n = (n-1) * Fib_n

https://en.wikipedia.org/wiki/Fibonacci_number

[- Casper -]

Κατάλαβες γιατί λέει Φιμπονάτσι;

Διάβασα τώρα το παράδειγμα με τα καπελα. Για να δω αν κατάλαβα, το n-1 μπροστά απ' την παρένθεση είναι επειδή θέλουμε ο P3 ασπούμε να ΜΗΝ πάρει το δικό του καπέλο, άρα από τα n καπέλα πρέπει να αφαιρέσουμε οπωσδήποτε ένα (το δικό του);

Τα υπόλοιπα με τα n-1 και n-2 ενσωματώνουν τις 2 περιπτώσεις.

[- Casper -]

Το ξαναθυμήθηκα σήμερα και είδα κι' άλλες αποδείξεις. Όντως αυτή του Νικ ήταν η ευκολότερη. Βρήκα κι' αυτο το βιντεάκι που τα λέει πολύ απλοποιημένα με παράδειγμα.