Vicclap fórum téma:Agyaló
Menü:
Bejelentkezés
Partnerek
Kategóriák
Fórum témáim
Vicclap fórum
2015. szeptember 29 15:04:00
1=5
2=25
3=165
4=364
5=?
csalás a feladvány, mert én sem tudom a megoldást, de elvileg van.
ez úgy néz ki mint valami mértékegység tábla ... talán kis csavarral.
1 - hét munka munkanapjai .... mínusz szombat ... azaz "munkaszüneti napok kivételével naponta"
2 - hónap munka napjai mínusz szabadnapok
3 - mérési hiba ... félév -1?
4 - év napjai mínusz -1
5 - évszázad -1 (?)
1245 (a válasz is csalás, mert nem tudom a megoldást, de mivel te sem tudod ezért hátha elfogadod :) )
2015. szeptember 5 21:50:55
Három lehetőség közül szeretnénk egyet véletlenszerűen és tökéletesen egyforma valószínűséggel választani, viszont nincs egyebünk, mint egy pénzérménk.
Mi a legegyszerűbb módja a választásnak, ha még bár azt sem tudjuk, hogy egyforma valószínűséggel dobhatunk-e fejet vagy írást?
Egy dobás eredménye mindig vagy fej vagy írás, viszont meglehet, hogy a pénzérme anyagának eloszlása miatt az egyiknek egy kicsivel nagyobb a valószínűsége.
de tudunk tökéletes 120°-ot. Legalábbis elvileg. (húzunk egy vonalat, kijelölünk rajta tetszőleges 2 pontot. Ekkora távra nyitod a körzőt, és mindkét pontból körzöl a vonal mindkét oldalán. A vonalon levő egyik pontot összekötöd a körzővel az előző lépésben kijelölt pontokkal, és a két új vonal pontosan 120°-ot zár be)
Ha viszont a gyakorlatnál maradunk, akkor a pénzfeldobás valószínűsége függ a feldobás módjától, és gyakorlatilag nem tudunk kétszer ugyanúgy feldobni. Háromszor vagy többször meg pláne nem 
Innentől viszont az derül ki, hogy a kérdés feltevése értelmetlen, mert nem mondhatjuk, hogy akárhány dobásra nézve egyforma lenne a fejek vagy az írások valószínűsége, tehát nem tudunk kiszámolni igazából semmit.
Én elsőre úgy értettem, hogy p(fej) != p(írás). Bár most újraolvasva a kérdést, viszont úgy is érthető, hogy p(fej1) != p(fej2), vagyis az első dobásban más a fej valószínűsége, mint a másikban a fejé. Ez esetben viszont csak úgy lehet egyenlő valószínűséget garantálni, ha egyáltalán nem operálunk azzal, hogy a fej vagy írás. Hanem pl geometriai alapon értelmezzük a feldobás eredményét. Nagyon érdekes a kérdés 
Nem kell tökéletes kör. Csak a tökéletesen 120°-ot bezáró három vonal. középen pörgetsz, amelyik területen megáll a pénz, az nyert. Ha érinti bármelyik vonalat, akkor újrapörgetés..
Amúgy továbbra is az a bajom, hogy olyan megoldás kéne, ami garantáltan néhány lépésben eredményt hoz.
elicia, a valószínűségeket szinte soha nem lehet összeadni. Többnyire szorozni szokás őket, vagy 1-ből kivonni. Ha az írás valószínűsége 10%, akkor az III valószínűsége 0.1% Ezzel szemben a FFF valószínűsége 90%^3 = 72.9 Így a "vegyes" kép valószínűsége 27%.
50%-os fej-írás valószínűség esetén a p(FFF) = p(III) = 12.5%, tehát a vegyes képé 75%.
Annak a valószínűsége, hogy két egymás utáni dobássorozat eredménytelen lesz, az első esetben 53,29%, a második esetben viszont csak 6,25%
Szerintem feltételezhetjük, hogy a fej-írás valószínűség azért közelít az 50%-hoz, mondjuk 45 és 55% között van valahol. Tehát 5 eredménytelen dobás valószínűsége 0.097%, elenyészően kicsi. (elsőre nem gondoltam, hogy ezt ki fogom tudni számolni.. szóval most nagyon büszke vagyok magamra 
)
Nem tudunk tökéletes kört rajzolni, amit aztán tökéletesen feliszthatnánk. Plusz lehet csalni a pörgetéskor. Olyan módszer kéne, amit bárki elfogad érvényesnek, az első vagy másidik megoldás szerintem simán megteszi.
Most eszembe jutott mégegy lehetőség, bár ebben is van hiba: osszunk fel egy kört 3 egyenlő részre (mint egy kördiagramm) minden rész egy választási lehetőség, és ejtsük, vagy pörgessük a közepén meg a pénzt, amerre elgurul azt a lehetőséget válasszuk :)
2015. augusztus 25 20:47:35
Még a múlt században, amikor a leveleket írógéppel írták, egy hatalmas tőzsdeügynökség igazgatója az összes levelét a tiktárának diktálta, aki nagyon jó gépíró volt. A levelek nagyon kényes üzleti titkokat tartalmaztak, melyek végzetesek lettek volna, ha a konkurrencia tudomására jutnak. Az igazgató gyanítani kezdte, hogy a titkárát megvesztegették. Ha kirúgja, nem lehet biztos benne, hogy a következő titkár nem fogja őt szintén elárulni, így kieszelt egy stratégiát, aminek segítségével az összes levelét továbbra is ugyananak a titkárának diktálta, a titkár viszont mégsem tudott semmiféle hasznos információt ellopni. A levelek címzettjei, vagyis a különféle ügynökei és üzlettársai mit sem tudtak meg az egészből. (vagyis a válasz nem az, hogy elkezdett titkosírásban diktálni)
Mi volt az igazgató stratégiája?
De igen! 
2015. augusztus 25 18:38:06
Aranymérés
Van 9 zsákunk, mindenikben ugyanannyi aranypénz. Tudjuk viszont, hogy az egyik zsákban levő pénzek hamisak. A hamis pénzeket kizárólag a súlyuk alapján lehet megkülönböztetni a valódiaktól, mindenik hamis pénznek kicsivel eltér a súlya a valóditól. Az összes valódi pénzérme ugyanannyit nyom, és ez igaz a hamisakra is.
Van egy nagyon pontos mérlegünk, ennek segítségével legkevesebb hány mérés segítségével találhatjuk meg, hogy melyik zsákban van a hamis pénz? Az egyszerűség kedvéért az üres zsákok súlya nem különbözik, és a mérleg teherbírása elég ahhoz, hogy akár az összes pénzt egyszerre lemérhessük. A zsákokban levő pénzérmék mennyisége nem lényeges, azt viszont tudjuk, hogy van belőlük bőven. (csak hogy kizárjuk a "minden zsákban egyetlen pénzérme" ötletből kiinduló válaszokat)
Vigyázat, ellentétben a legtöbb hasonló feladvánnyal, a mérleg nem kétkarú! Engem is kissé megtévesztett amikor ezt a feladványt először hallottam.
A mérlegre elhelyezed a mérni kívánt tárgyakat, megnyomsz egy gombot, és a mérleg kijelzi a tárgyak összsúlyát. Igen, a súlyát, nem a tömegét, ugyanis ez nem egy kétkarú mérleg. Az eredmény kijelzése azonnali, tehát nem lehet mérés közben rakosgatni le és fel a zsákokat.
természetesen az érme súlya sosem egész szám, és nem is lehetnek egyenlőek a súlyok. Csak kellően finom mérési skálát kell készíteni, és máris kiderül, hogy még csak két egyforma súlyú érme sincs az egész feladványban, nemhogy az összes igazi egyforma lenne.
Viszont itt egy elméleti matematikai problémáról van szó, és _elméletilet_ lehet egész szám az érme súlya, valamint lehetnek egyformák.
Egy csomó olyan feladvány van, ahol csak akkor oldható meg a feladat, ha feltételezzük, hogy a megoldás a pozitív egész számok halmazán értelmezett. Így például egy kétismeretlenes egyenlet is megoldható bizonyos helyzetekben.
És például Marianzsu megjegyzésére senki nem reklamált az ügyben, hogy a 7-8-9-es megoldást kizárta, merthogy ott nem egész szám az érme súlya...
Szóval részemről kitartanék amellett, hogy nem oldható meg 1 mérésből, de még 3-ból sem, a feladványban szereplő infók alapján legalábbis nem.
Érdekes hogy egyáltalán eszedbe jutott hogy az érme súlya lehet egész szám, mivel ennek a valószínűsége pontosan 1 a végtelenhez. :)
tudom, hülyén jön ki a dolog, hogy az előbb még az egy mérés mellett érveltem, de közben rájöttem, hogy tényleg nem jó. Csak akkor működik az egy méréses megoldás, ha tudjuk, hogy az érmék súlya egész szám. De ezt nem tudjuk.
3 méréssel talán lehet esélyünk: 1-es és 2-es zsákból 1-1 érmét lemérünk. ha ezek egyformák, akkor mindkettő valódi (ha különböznek, akkor a 3-as zsákból hozzámérünk egyet, és amelyiktől ez a 3. mérés különbözik, az a hamis). Ezek után ezt a két zsákot már nem is használjuk, mert csak plusz valódi érméket pakolnánk fel a mérlegre, ami felesleges. 3. zsákból 1 érme, 4.-ből 2, stb, ahogy elicia mondta. Viszont még ekkor is, honnan fogjuk tudni, hogy mennyi a hamis érme súlya?
Ekkor 28 érme lesz a mérlegen összesen, amiből X db hamis, 28-X valódi.
Összsúly (ezt tudjuk) = valódiérmesúly * (28-X) + hamisérmesúly * X
Ez még mindig két ismeretlenes egyenlet, és csak annyi plusz infónk van, hogy X egész szám. De a hamisérmesúly bármennyi lehet, tehát 3 mérés sem lesz elég.
Marianzsu 4 méréses megoldása viszont jó, tehát nem érdemes további méréseket ehhez a módszerhez hozzáadni.
a 30%-ot a 30g-os valódi és a 20g-os hamis érmés megoldásra írtam (hamis pénz a 6. zsákban), tehát szerintem marianzsu által vázolt példában a hamis pénzek nem lehetnek a 3-4-5-6-os zsákok egyikében sem.
A példából az jön ki, hogy a mért érmék átlagos súlya 28.6 g, ez pedig csak úgy lehet, ha (feltéve, hogy valóban a valódi érme súlya 30g) arányaiban nagyon sok hamis érme lenne a 45-ben. Ha a maximális 9 hamis érmét választjuk, akkor is 23.3 g-ra jön ki egy hamis érme, ami még mindig brutálisan nagy eltérés. Tehát arra kell gondolnunk, hogy a külön megmért 30g-os érme lesz a hamis. Tegyük fel, hogy elfelejtettük, hogy melyik zsákból vettük ki azt az érmét, amiben a hamis pénz van. (mert ugye az, hogy véletlenül pont egy hamis érmét mértünk meg külön, nem megoldás)
Végigszámolva, hogy az egyes zsákok melyikében lehetett a 30g-os érme, akkor a valódi érme súlya mennyi lenne: (súly = (1290-30X) / (45-X))
1: 28,636
2: 28,604
3: 28,571
4: 28,536
5: 28,500
6: 28,461
7: 28,421
8: 28,378
9: 28,333
Melyikben volt a hamis?
Szóval szerintem még a két mérés is kevés.
Feltéve ha tudod a hamis vagy a valódi érme súlyát. ;) (egyébként a 30g és 10g között a különbség a 30%-nak több mint kétszerese)
2015. augusztus 25 18:25:48
Borjúláb
(Nehogy már tavalyi legyen az oldal alján látható feladvány)
Egy népdalban az énekes a mészárost átkozza, amiért levágta egy borjú lábát. Az énekes kesereg a borjú miatt, aki emiatt nem tud járni, és neki kell őt a hátán cipelnie.
A kérdés: mi az, ami miatt az énekes valójában kesereg?
2015. április 5 10:18:53
4,8,15,16,23,...
Melyik a sor utolsó tagja? :)
Tényleg a 42 mint legfőbb válasz eszembe kellett volna jusson. Bár a lost-ot az harmadik rész (azaz 3 rész és nem 3 évad) után meguntam és abbahagytam...
2015. március 28 22:02:42
Egy rablás történik 2.30-kor. A feltételezett tettesnek van alibije, miszerint 2 és 3 között a polgármesterrel szórakozott. Mégis letartóztatják és elitélik. hogy lehetséges ez?
Kicsit nehezíthetted volna a kérdést azzal hogy az év majdnem bármelyik másik napján teszed fel. ;)
2015. március 18 19:33:10
Szóval
0,2,3,8,...
Találjátok ki a sor utolsó tagját. :)
2015. március 18 13:09:37
Nekem is jutott eszembe számsoros, mikor az előzőn gondolkoztam:
Folytasd a sort:
1,5,9,2,6,5,3,5,.....
A Da Vinci kódban meg a Fibonacci sor volt egy széf kódja, ami azért is zseniális mivel nem lehet elfelejteni, csak ki kell számolni. :)
Igen a pi, a jól ismert 3,14 utáni számjegyek..
Bár igazából nem fejtette meg senki, mert a kérdés a következő számjegy volt és nem a szabály
Csak nem a pí? Volt egy gyerek aki fejből megtanulta az első 50 tizedes jegyet és az volt a jelszava a Windowsba, mondanom sem kell, részegen nem tudta beírni.
én ezt tudom, valamikor ment fejből is az első 50 szám ebből a sorból. Szóval nem lövöm le a poént...
2015. március 17 08:20:17
Egyszáz, és ixdé. ;) egyébként nem pontosan erre gondoltam, de ha elárulom, lelövöm az egyik rejtvény megoldását. Bár lehet hogy így is. :)
gyááá. bocsi 
A száz amúgy nem tag, mert egyszótagú...A 200-at pedig kettőszáznak is szokták mondani, hogy ne legyen olyan könnyen összekeverhető a hétszázzal. (egyébként a 4-5-6-7-800 jogos. a 490-et nem értem.. az 4 szótag )
De ha van ilyen tipped, akkor az elején bedobhattad volna, amikor még nem hiányzott semmi.. ;)
Amúgy persze azért rontottam el, mert egyszótagú számokkal mondták nekem, és abból alig van: 1, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 20, 100. És elsőre úgy tűnt, hogy kétszótagúból sincs sokkal több, de sajnos sikerült elrontanom
JAAAAAAAAAA....
Erre gondoltam, csak elvetettem mert nem volt ott a 200. sem az 500. sem a 700. sem a 800. sem a 400, de még a 490 sem.
2015. március 4 12:35:49
Mi a kapcsolat az alábbi szavak között?
- apá
- állott
- egy
- ehá
- felsz
- vavárm
- zára
váááááá.. na ERRE nem gondoltam volna sose!
próbáltam így-úgy kiegészíteni a szavakat, eléírni, mögéírni, anagrammázni..
Köszi!!
az új irányom az lett, hogy mi az amiből 7 van.. mert ugye ekkor teljesül az, hogy ha néhányat tudok, akkor az összeset tudom.
Viszont egyik sem passzolt, amire gondoltam... szóval most már valaki fejtse meg ;)
2015. február 18 10:09:03
Állítólag egy ember 3 napig bírja ki facebook nélkül (link). Vajon én meddig bírom. (és most tegyük fel hogy ember vagyok....
Aki a legpontosabban tippeli meg, az nyer. Ígérem, nem csalok. A jutalmon még gondolkodom.
(ebbe nem számít bele az hogy a következő hónapok folyamán egy-egy alkalomra kölcsön kell vennem édesanyám fiókját webfejlesztés céljából... :)
108 nap. (nem mintha nem bírtam volna tovább... )
Egyébként a LOST-ban 108 percenként kellett beírni a számokat. Ez jelent valamit.
2015. február 15 14:25:34
Gondoltam egy számra.
Nem nagy a választék, ugyanis az 1, 2 és 3 számok közül válaszotttam egyet.
Feltehetsz egyetlen egy kérdést, melyre a legjobb tudásom szerint válaszolok, viszont nem mondhatok semmiféle számot, vagy a számnak valamiféle kódolt változatát. Csak "igen" és "nem" választ adhatok, és esetleg "nem tudom" vagy "talán", "nem lényeges" stb. válaszokat.
Hű, hogy eltelt az idő...
Pech gondolatmenete helyes, viszont az a gond vele, hogy az "értelmetlen kérdés" nem ugyanazt jelenti, hogy "nem tudom". Szerintem a "2-höz az 1 vagy a 3 áll közelebb?" kérdés inkább a "mennyi mínusz egy gyöke a természetes számok halmazán" kérdéshez áll közel, és nem "nem tudom"-mal válaszolnék.
Ferlin is helyesen tapogatózott azzal, hogy megpróbált egy véletlen/ismeretlen/kiszámíthatatlan elemet bevezetni.
még egy ötlet:
Kérdés: jó-e az, ha annyi keze van egy embernek, mint a gondolt szám?
1: nem
2: igen
3: nem tudom
Csak hogy kötözködjek egy kicsit, találkoznotok kell ahhoz hogy kitaláltasd a gondolt számot, esetleg írni egy programot. :)
2015. január 3 00:26:02
Van egymás mellett 5 ház, mind az 5 különböző színű. A házakban lakik egy-egy személy, mindegyik különböző nemzetiségű. Mindegyik fogyaszt valamilyen italt, dohányárut és tart valamilyen állatot. Egyikük sem fogyaszt ugyanolyan italt, szív ugyanolyan cigarettát, és tart ugyanolyan állatot.
Egyéb információk:
– A brit piros házban lakik.
– A svéd kutyákat tart.
– A dán teát iszik.
– A fehér ház balján a zöld ház van.
– A zöld házban kávét fogyasztanak .
– Az a személy, aki Pall Mallt szív, madarakat tart.
– A sárga ház lakója Dunhillt szív.
– A középső házban lakó tejet iszik.
– A norvég az első házban lakik.
– A Blendet szívó szomszédjában lakó macskát tart.
– A Blue Mastert szívó ember sörözik.
– A lovakat tartó szomszédjában lakó Dunhillt szív.
– A német Price-t szív.
– A norvég a kék ház szomszédja.
– A Blendet szívó szomszédságában vizet isznak.
Kérdés: Ki tart halakat?
Eddig nem igazán foglalkoztam a kérdéssel, mert egyszerűnek tűnt, de most más megvilágításba helyezték a dolgot.
Rendben ebben a válaszban kiegyezek énis: "Tehát, ha feltesszük, hogy a feladat egyértelműen megoldható, akkor azt
kell gondolnunk, hogy mindenki csak "egyféle" állatot tart, és ezen
állatok mind fel vannak sorolva a feladványban. Ha ez nem igény, akkor a
feladat valóban nem oldható meg."
És mivel a feladat kérdése így volt megfogalmazva:
"Kérdés: Ki tart halakat?"
Valamint hogy "Einstein szerint ezt a feladványt az emberek 98%-a nem tudja jól megoldani."
Ez feltételezi, hogy van jó megoldás. (A jó megoldás számomra NEM azt jelenti, hogy nem megoldható, mert azt máshogy fogalmaznám meg, pl. az emberek 98%-a rossz megoldásra jut. (mivel a 2% nem jut megoldásra)
Persze ha tényleg Einstein nevéhez köthető a feladat, akkor rengeteg fordításkori elcsúszás lehet valamint az eltelt idő alatti újra és újra feltűnések között is eltorzulhatott az eredeti szöveg, szóval lehet Einstein még teljesen máshogy kérdezett a végén
Amúgy bírom ezt ebben az oldalban, hogy lehet a kérdéseket össze vissza csavarni, nem "ugatják" le rögtön az embert ha mást gondol Kevés helyen lehet kúltúráltan vitatkozni manapság a neten
ha már csakazértis...
A Dán kutyákat tart.. többet.Szóval az "állatot" egyes számából nem következik, hogy csak egy db állatot tart mindenki, hanem az következik, hogy legalább egy db állatot tart mindenki.
És az sem igaz, hogy egy fajúnak kell lenniük, a Pall Mall-os ember madarakat tart. (a többiek meg emlősökett, mégsem ezt írták)
Szóval simán lehet, hogy egy házban többféle állat is van. -> ez viszont megoldhatatlanná teszi a feladatot, mert aki kutyákat tart, tarthat macskát vagy lovakat is, és így nem lehet további következtetéseket levonni.. Tehát, ha feltesszük, hogy a feladat egyértelműen megoldható, akkor azt kell gondolnunk, hogy mindenki csak "egyféle" állatot tart, és ezen állatok mind fel vannak sorolva a feladványban. Ha ez nem igény, akkor a feladat valóban nem oldható meg.
Viszont egy plusz gondolat az intelligenciához: ha felrajzoljuk a feladványhoz a szükséges táblázatot, akkor praktikusan bárki meg tudja oldani. A problémamegoldó képesség azon múlik, hogy rájövünk-e, hogy a feladatot egy táblázattal kell megoldani. De ha már láttunk ilyen feladatot, akkor nyilván rájövünk, szinte adja magát. És innentől viszont nem sok intelligencia kell a feladat megoldásához.
Ez viszont azt eredményezi, hogy nem csak az emberek 2% fogja tudni megoldani konkrétan ezt a feladatot, ha már látott valaha hasonlót. De ettől még senki nem lesz okosabb...
Csakazértis kötekedek:
"tart valamilyen állatot"
Nem állatokat, hanem valamilyen állatot. ez egyfajtát jelent mert nincs többesszámban...
Igazából azt még el lehet fogadni, hogy halakat az többesszám miatt nem tarthat senki, de én akkor is maradnék a normál megoldásnál, hogy a német tartja őket és kész. De ez a kis láma szerű vacak tényleg édes
2014. december 23 10:19:12
Ferlin - 6Rajzoló - 6elicia - 4Méjdenboy - 6
2014. december 19 20:35:40
Ki miért választotta ezt az avatart?
Nem tűnsz idegeskedő alkatnak, legalábbis a fórumon
Ellentmondásosnak hangzik a tanácsod, de van benne valami. 
Nem ragaszkodom az utolsó szóhoz, de ha nem bunkóságnak szántad az első mondatot, hanem egyszerűen csak így sikerült, akkor elnézést kérek. Néha tudok ilyet is
Igen, éveken át figyelembe vettem az utolsó részét, a jövőben is úgy teszek majd.
Egy dologra jó volt, hogy ez kifejtetett most, már nem látható, hogy elsőre tippeltem, mert nem figyeltem eléggé. Így nyitott a feladvány a többiek számára továbbra is
