Gastenboek ZSG

@Fred, dank voor deze bijdrage :)

@Bas, 10:49 trein uit Zwolle wilde ik nemen.

@Sjoerd: je vult het ook verkeerd in, je moet invullen 2^(6-6)+1 = 2. Gezakt voor de invuloefening dus, maar je hebt wel gelijk dat de formule van Fred alleen werkt bij precies 2^n + 1 deelnemers, want bij 70 gaat de countdown anders: 35 18 9 5 3.

Volgens mij bestaat bij n deelnemers de 100% groep na x rondes uit maximaal [ (n+1) / (2^x) ] + 1, met dank aan de [ ] notatie dus.

Na het vertrek, zondag, van de eerste groep Nederlandse sporters voor Rio, nemen wij dinsdagmorgen massaal afscheid van de zware, Zwolse delegatie voor Dieren. Zullen ook deze jongelui overladen met eremetaal terugkeren en zal Henk van S. dit jaar eindelijk zijn belofte van eeuwig, jong talent waarmaken? Dagelijks zullen wij hunne vorderingen - al dan niet met opgetrokken wenkbrauwen en gefronste bovenlip - in de nieuwsbulletins volgen. Moge Caissa met hen zijn, moge de ratingpunten hen als rijp zomerfruit in de schoot geworpen worden en moge de geest van de grote Max Euwe goedkeurend over hunne borden zweven!

Durf niet te beweren dat ik wel een wiskundewonder ben, maar heb les gehad van de beste (Gijs), dus een invuloefening moet nog wel lukken.

Het antwoord is 65. Uitleg in Jip en Janneke taal: met 65 deelnemers is het theoretisch mogelijk om na zes ronden twee deelnemers te hebben met 6 uit 6. Na één ronde zouden er nog 33 mensen een vol punt kunnen hebben (waaronder één bye, vanwege oneven aantal). Na 2 ronden 17, na 3 ronden 9, na 4 ronden 5, na 5 ronden 3 en na 6 ronden nog twee spelers. Pas bij 129 spelers is het theoretisch mogelijk om twee spelers na zeven ronden te hebben met 7 punten. In de praktijk zou het overigens wel kunnen met minder spelers, omdat indelingsprogramma's op een gegeven moment niet meer dan +2 wit of +2 zwarte partijen laat spelen. Ik denk hierbij aan het Hoogeveen amateur 1 (middag) toernooi van vorig jaar, waarbij 'onze' Hoogevener Sander Taams aan kop ging en niet tegen de medekoploopster werd ingedeeld, omdat één van hun daarmee op 3x zwart (meen ik) zou komen, en dat liet het indelingsprogramma niet toe. Dus je zou bovenstaande ook kunnen berekenen met de aanname dat steeds de witspeler (of zwartspeler) wint, met 'max 2x extra dezelfde kleur), dan zou je al met 17 spelers aan twee 6-punters kunnen komen na zes ronden.

Andries en Henk van Es (Bas, let op je taalfouten ): heel veel succes morgen!

Ik ben geen wiskundewonder maar het lijkt mij dat deze vergelijkigen nog een beetje onvolledig zijn. Ze gelden alleen wanneer er precies 1 persoon meer is dan nodig. Als er nou 70 deelnemers zouden zijn dan is er niet ineens de mogelijkheid na ronde 6 voor 2^(6-6)+6=7 100% scores lijkt mij. Kan er in deze formules een parameter ingebouwd worden waardoor het aantal mogelijke 100% scores bij meer deelnemers is te vinden?

Melmak en Henk van S morgen op bord 1!

Hoe laat nemen de Dierengangers morgen de trein?

Ik vind het belangrijker dat men 100% scoort voor het  ZSG team waarin men speelt.

Iets in mij zegt dat Ferdinand vind dat ik moet reageren op dat maximaal aantal spelers met 100% verhaal.
Hoewel eigenlijk moet Sjoerd dat doen, die is er mee begonnen...

We spelen een zwitsers toernooi en er zijn 2^6+1 deelnemers,
dan zijn er na x ronden maximaal 2^(6-x)+1 spelers(m/v) met 100%.
Dit is (in principe) evident waar.

Je kan het ook wat algemener maken:
2^n+1 deelnemers. Dan na x ronden maximaal 2^(n-x)+1 met 100%.
Ook (in principe) evident waar. (eenvoudig aan te tonen met bv. volledige inductie)

Waarom dat "in principe"?
Omdat er een soort miniprobleem ontstaat als x>n.

Voorbeeld: de situatie na n+2 ronden:
Er zijn dan (dus?) maximaal 2^(n-(n+2))+1 = 2^(-2)+1 = 1,25 spelers met 100%

Het is duidelijk dat als de uitkomst niet geheel is we het gehele deel van de uitkomst moeten nemen.

Een gebruikelijke notatie voor gehele deel is [ ].
dus [1,25]=1 ; [9,99999]=9 ; [0,75]=0 ; [  ]=3

Dus na x ronden zijn er maximaal [2^(n-x)] + 1 spelers met 100%

Nu de "invuloefening": Toon dit aan d.m.v. volledige inductie:

Gegeven: Zwitsers toernooi met 2^n+1 deelnemers
P: na x ronden maximaal [2^(n-x)] + 1 spelers met 100%

P(1) en (P(x) => P(x+1)) => P(x)

Dus laat eerst zien dat het voor x=1 waar is.
Ga er dan van uit dat het voor x waar is en toon vandaar uit aan dat het voor x+1 waar is.

Eigenlijk moet je maar twee dingen weten:
1) Na een partij heeft maximaal de helft van de (twee) spelers een punt.
2) de helft van [2^y] is [2^(y-1)] (merk op dat dit ook waar is voor y<0)

en invullen maar, maar het was dan ook een invuloefening.

Zal hem vanmiddag opnieuw bekijken! Ook mijn computer geeft steeds een korte rochade voor wit aan.  Dank!

Gé, die "g-file sjabloon" is wat wit deed op zet 11 t/m 17. Eigenlijk maakt wit er met zet 11 t/m 15 een soort Leeuw in de voorhand van, maar dan met verloren tempi op de damevleugel (a6 en b5 waren met "kick") en die zijn nogal belangrijk. Lg5 en Tg1 zijn zinloos, misschien had hij alsnog kort gemoeten. Na 18.0-0-0 is de partij in feite afgelopen, wit laat zien dat hij er weinig van snapt :)