Beiträge von MatheJürgen

    Also auch ich habe 10 solche "Freistellen" verwendet:


    0001 0002 0003 0004

    1112 1113 1114 1115

    2223 2224 2225 2226

    3334 3335 3336 3337

    4445 4446 4447 4448

    .....


    Es werden nur 12 Nullen, 13 Einser, 14 Zweier und 15 Dreier verwendet. Alle anderen Gewichte kommen je 16 mal vor.

    Also bleiben 4 Nullen, 3 Einser, 2 Zweier und ein Dreier übrig, insgesamt 10 Atome.

    Ich habe mir die Zehnerziffer so überlegt:


    Zunächst lasse ich die letzte Verdopplung weg, d.h. ich betrachte die Zahl 2x mit x = 265536.

    Es genügt die Fälle zu betrachten, bei denen die Einerziffer eine 6 ist (durch die letzte Verdopplung wird daraus dann eine 2):

    Ich hab zunächst mal ein bischen herumprobiert und folgende Tabelle erstellt:

    n 4 8 16 32
    64 128
    die letzten beiden Ziffern von 2n
    16 56 36 96 16 56


    Das legt nahe, dass ein gewisser Zyklus vorliegt. Das Verdoppeln von n bedeutet ein Quadrieren der vorherigen Zahl (Potenzgesetze): Z.B. (28)2=28*2 = 216


    Wie hängen die letzten beiden Ziffern des Quadrates mit den letzten beiden Ziffern der Zahl die quadriert wird zusammen?


    Es gilt y = 100*k + r (r ist eine maximal zweistellige natürliche Zahl) ==> y2 = (100*k + r)2 = 10000*k2 + 2*100*k*r + r2 = 100*[100*k2 + 2*k*r] + r2

    D.h. die letzten beiden Ziffern von r2 sind identisch mit den letzten beiden Ziffern von y2.

    Somit genügt es immer nur die Zahl r zu quadrieren.

    So entsteht der Zkylus in der Tabelle. r = 16 ==> 162 = 256 ==>r = 56 ; 562 = 3136 ==> r = 36 ; 362 = 1296 ==> r = 96 ; 962 = 9216 ==> r = 16 und dann wiederholt sich das Ganze.

    Also nachdem man 4 Mal quadriert hat wiederholt sich r.


    Es gilt für n = 265536 : n = 16*265532 .

    D.h. die Hochzahl n wird 16 wird (Potenzgesetze) genau 65532 Mal verdoppelt , also wird die Zahl 216 genau 65532 Mal quadriert.


    Da 65532 durch 4 teilbar ist (Endziffernregel 32:4 = 8) hat 2x (mit x = 265536) genau die gleichen beiden letzten Ziffern wie 216 , also 36.


    Mit dem letzten Verdoppeln folgt also 2*36 = 72.


    Also ist die Zehnerziffer eine 7. :)

    Eine gemischte Strategie führt zu keiner höheren Gewinnwahrscheinlichkeit. Das lasse ich hier (unbewiesen) einfach mal so stehen, in der Aufgabe wurde so und so implizit von einer reinen Strategie ausgegangen.

    Wenn deine konkrete Strategie die Gewinnwahrscheinlichkeit 1/3 besitzt, dann ist diese auch optimal.

    Denn ohne strategische Überlegungen ist von vorneherein klar, dass Atto seine eigene Mützenfarbe nur mit der Wahrscheinlichkeit 1/3 erraten kann. Durch eine noch so gute Strategie (die Strategie beeinflusst ja nur die Wahrscheinlichkeit, dass Bilbo und Chico ihre Mützenfarbe "erraten") kann man diese Wahrscheinlichkeit nicht steigern (spezieller Multiplikationssatz), man hat somit sofort eine obere Schranke für die Gewinnwahrscheinlichkeit. :)

    Hi MatheJürgen, bin beim Lesen Deiner Argumente zweimal gestolpert! :)

    "Die genau diametral gegenüberliegenden "Massen" heben sich in ihrer Wirkung gegenseitig auf." Du meinst wohl diametral bzgl. der Inselmitte. Glaub ich nicht, nur wenn der Schwerpunkt in der Inselmitte wäre. Dann stimmt auch nicht: "Der Schwerpunkt dieses Dreiecks hat den gleichen Schwerpunkt wie alle neun Palmen zusammen." Letzteres wäre 1/9 der Summe aller 9 Koordinaten, ersteres 1/3 der 3 verbliebenen Koordinaten.

    Es scheint mir aber nach Cyrix' klaren Ausführungen klar zu sein, dass der Schatz nicht am gemeinsamen Schwerpunkt der 9 Palmen liegt, sondern dreimal so weit weg vom Inselmittelpunkt, weil wir nicht den Schwerpunkt der Schwerpunkte, sondern den Schwerpunkt der Höhenschnittpunkte finden sollten, und da kommt eben der Faktor 3 rein, wie Du auch richtig bemerkt hast.

    Nachvollziehbar? Irre ich mich?:/

    Danke "Alter Heinz", da hast du natürlich recht, da hab ich mich nicht sauber ausgedrückt. Gemeint war, dass die Ortsvektoren dieser beiden Schwerpunkte linear abhängig (Faktor 3) sind. :)

    Ja diese max. Anzahl 2x mit x = 265536 + 1 ist unvorstellbar groß.


    Es gilt z.B. für den Exponenten x: x ist ungefähr 1019728 d.h. der Exponent x ist eine Zahl mit 19728 Stellen.


    Somit gilt 2x = 10log(2)*x . Mit log(2)*X ist ungefähr 3*1019727 = y folgt: 2x ist ungefähr 10y.

    Also eine Zahl mit ungefähr 3*1019727 Stellen.


    Schätzen wir mal die Anzahl der Atome im Universum grob ab:


    Unsere Sonne hat eine Masse von 2*1030 kg. Man schätzt, dass alleine unsere Milchstraße eine Masse von ca. 1012 Sonnenmassen besitzt. D.h. unsere Milchstraße hat ungefähr eine Masse von 2*1042 kg.

    Schätzungsweise gibt es 1011 Galaxien im Universum, somit beträgt die Gesamtmasse ca. 2*1053 kg.

    Angenommen, dass wir nur 1% der Masse "sehen" können, dann haben wir inklusive dunkler Materie eine Masse von ca. 2*1055 kg.

    Die meiste Materie im Universum ist Wasserstoff: 1 kg Wasserstoff sind ca. 6*1026 Atome.

    Somit hätten wir schätzungsweise 1,2*1082 Atome im Universum.


    Also selbst wenn wir auf jedes der Atome eine Stelle unserer Zahl schreiben könnten, dann hätte wir erst einen verschwindend kleinen Bruchteil der Stellen aufgeschrieben.

    Ich habe noch eine schöne Darstellung für die 42 gefunden:


    Wurzel [ 201*9 - (2+0+1)*9 - 2*(0+1)*9 ] = 42 ;)


    oder wie wäre es mit: 201*9 + 201 + 9 = 2019


    oder: Wurzel [ 201*9 - (2+0+1)*9 - 2*(0+1)*9 ]* (20 + 19) + 20*19 + 2*0 + 19 = 2019 :)


    Und noch zwei interessante Zerlegungen für die 42 - Fangemeinde:


    2019 = 491 + 422 + 53 + 34


    2019 = 3*( 24 * 42 + 1 )


    Wenn wir schon bei Darstellung mit Hilfe von Quadraten sind:


    Mir gefällt noch: 2019 = 42² + 16² - 1² und 2019 = 42² + 28² - 23² ;)

    Ich bin auf folgende "wolframfreie" Lösung gekommen, die nur Mittelstufenmathematik (noch nicht einmal eine Wurzel) benötigt:


    Sei k = v_z : v_y der Quotient der beiden Geschwindigkeiten.

    Aus den letzten drei Spiegelpunkten des Aufgabentextes erhält man folgende Informationen: (Streckenlängen ohne Querstrich)


    (1) EF = k*AB ==> AB = 53 : k und BC = 116 - 53 : k


    (2) CF = k*AC = 116k ==> AF = AC + CF = 116 + 116k (2*)


    (3) AF + AD = k*AD ==> AF = (k - 1)*AD


    Zudem folgt aus (1) und (2): CE = k*BC = k*(116 - 53 : k) = 116k - 53

    Somit gilt für die gesuchte Streckenlänge: BE = BC + CE = 116 - 53 : k + 116k - 53 = 116k - 53 : k + 63 (4)


    Man kennt also BE, falls man k kennt (bzw. weitere Informationen über k erlangt).


    Es gilt: CD = AF - 295 = 116 + 116k - 295 = 116k - 179


    AD = AC + CD = 116 + 116k - 179 = 116k - 63 (5)


    (3) ==> AF = (k-1)*AD = (k-1)*(116k - 63) = 116k² - 179k + 63 (6)


    Gleichsetzen von (2*) und (6) liefert: 116k² - 179k + 63 = 116k + 116 ==> 116k² - 295k - 53 = 0 (7)


    Normalerweise wäre man nun geneigt diese quadratische Gleichung (7) zu lösen und dann in (4) einzusetzen.


    Es geht jedoch etwas eleganter: Dividiert man (7) durch k (k ist ja ungleich 0) ==> 116k - 53 : k - 295 = 0


    oder 116k - 53 : k = 295.


    Somit kann man den roten Teil von (4) durch die Zahl 295 ersetzen.


    Also gilt: BE = 295 + 63 = 358 :)

    Dann müsste aus 18 blau und 19 gelb (beide haben keine Größe von 5 und liegen nebeneinander, also kann man auch mit den beiden anfangen) aber auch folgen, dass 7 rot sein muss, oder?

    Dem ist, zunächst, so. Dann erhält man allerdings relativ schnell, nach vier weiteren Zügen, einen Widerspruch auf dem Feld 11 (es müsste sowohl blau als auch rot sein), denn dieses Sechserfeld kann nicht schwarz sein. Also kann das Feld 7 (das einzige bisher ausgemalte Fünferfeld) nicht rot sein, demnach muss es Schwarz sein.

    Du hast vermutlich vergessen, dass wenn man in A startet, man über die zwei geradzahlig oft begangenen Wege nach T gehen kann und schließlich in dieser Variante in C endet.


    Somit sind von A aus die Endpunkte C oder T (je nachdem, ob man die beiden geradzahligen Weg zwischen A und C bzw. A und T legt), von B bzw. D aus die Endpunkte J, S oder U (einen geradzahligen Weg von B bzw. D nach C und einen geradzahligen Weg von T nach J, S oder U) und von C aus die Endpunkte A, E, F, O, J, S erreichbar (von T aus zwei geradzahlige Wege nach A, E, F, O, J oder S).


    Damit ergeben sich insgesamt 9 mögliche Endpunkte: A, C, E, F, J, O, S, T und U.

    Man kann den Endpunkt T auch vom Start in D aus erreichen: D nach I und zurück (2er Weg "verbraten"), dann nach C von C nach I (4er- Weg "verbraten") und dann den Eulerweg von C nach T.

    Naja, Zwangszüge gibt es dann erstmal nur für die Gebiete, die keine Größe von 5 haben - alle anderen könnten ja theoretisch auch schwarz sein. Wenn man sich aber mal die Gebiete markiert, die keine Größe von 5 haben und deshalb rot, blau oder gelb sein müssen, hat man recht allein stehend 1, 2, 3 und 33 und dann einen großen Klumpen aus 6, 11, 16, 17, 18, 19, 22 und 26. Wenn man dort geschickt zwei benachbarte Felder zum Anfang nimmt, ergeben sich durch Zwangszüge, dass 6, 18 und 19 drei verschiedene nicht-schwarze Farben haben müssen und deshalb 7 schwarz sein muss. Das ist wohl bisher die kürzeste Lösung, die zur 7 führt.

    Bild: https://imgur.com/696BzUl.png

    "Zwangszug" bedeutet bei mir etwas anderes, denn ich wähle die Farbe "schwarz" erst dann, wenn es nicht mehr anders geht.

    Wenn ich also z.B. das Feld 1 gelb und das Feld 2 blau anmale, dann folgt (bei meiner "Schwarzvermeidung"), dass das Feld 10 rot sein muss, daraus, dass das Feld 13 gelb sein muss, usw. ....

    Ich gehe also genau andersrum als Mondrian vor. Er malt ja das schwarze Feld zuerst aus und ich entweder zum Schluss oder wenn es unterwegs nicht mehr anders geht.

    Ob sich der mathestudent auch wundert wenn er eine Ziege und kein Auto gewinnt? Ganz so intuitiv schien mir die Aufgabe dann doch nicht.

    Nein, denn er weiß, dass selbst wenn er das Tor wechselt nur mit der Wahrscheinlichkeit (n-1)/n (falls es n-1 Tore mit Ziegen und ein Tor mit Auto gibt) das Auto gewinnt (und das sind keine 100%).

    ;) Vorausgesetzt er will überhaupt das Auto (denn vielleicht ist es ja ein Euro 4 Diesel und wenn er in Stuttgart studiert, dann hat er ein Problem).

    Mir hat hier die Goldbach Vermutung den Lösungsweg etwas abgekürzt.


    Wann kann sich Summo sicher sein, dass Prodo die Summe nicht bestimmen kann?


    Wenn bei der Summe, die Summo ja sieht keine Zerlegung in x und y ein Produkt liefert, auf grund dessen Prodo sofort beide Zahlen und damit die Summe kennen würde.

    Beispiel:

    Die Summe wäre 12, die Zerlegungen sind dann: 2 + 10 ; 3 + 9 ; 4 + 8 ; 5 + 7 ; 6 + 6

    Die Produkte wären dann: 12 27 32 35 36

    Wenn aber das Produkt 35 wäre, dann wüsste Prodo, dass es 5 mal 7 ist (denn 1 mal 35 geht ja nicht).


    Jetzt ist sich aber Summo sicher, dass Prodo es nicht kann, also darf eine Zerlegung der Summe in zwei Primzahlen nicht vorkommen.

    Jetzt kürzt die "Goldbach Vermutung", das ganze deutlich ab. Jede gerade Zahl >= 4 lässt sich immer als Summe zweier Primzahlen schreiben. Diese Summen sind also tabu.

    Von den ungeraden fallen auch noch viele weg (da ja 2 eine Primzalh ist), nämlich:

    5 = 2 + 3 ; 7 = 2 + 5 ; 9 = 2 + 7 ; 13 = 2 + 11 ; 15 = 2 + 13 ; 19 = 2 + 17 ; 21 = 2 + 19

    25 = 2 + 23 ; 31 = 2 + 29 ; 33 = 2 + 31 ; 39 = 2 + 37 ; 43 = 2 + 41 ; 45 = 2 + 43

    Außerdem fallen noch weg: 27 = 4 + 23 denn 4 * 23 = 92 wäre auch eindeutig für Prodo, da 2 * 46 nicht geht (Summe zu groß)

    Analog entfallen: 29 = 6 + 23 ; 35 = 6 + 29 ; 37 = 6 + 31 ; 41 = 4 + 37 ; 47 = 4 + 43

    Es bleiben nur 3 Möglichkeiten übrig, die jetzt noch für Prodo in Frage kommen:


    11 = 2 + 9 ; 3 + 8 ; 4 + 7 ; 5 + 6

    18 24 28 30


    17 = 2 + 15 ; 3 + 14 ; 4 + 13 ; 5 + 12 ; 6 + 11 ; 7 + 10 ; 8 + 9

    30 42 52 60 66 70 72


    23 =2 + 21 ; 3 + 20 ; 4 + 19 ; 5 + 18 ; 6 + 17 ; 7 + 16 ; 8 + 15 ; 9 + 14 ; 10 + 13 ; 11 + 12

    42 60 76 90 102 112 120 126 130 132


    Zwar hat Prodo das obige gerade gelernt, aber kann immer noch nicht sagen was die Summe ist.

    Das muss daran liegen, dass das Produkt, dass Prodo sieht noch nicht eindeutig zur Summe führt.

    Daher füge ich die Produkte oben rot ein.

    Wäre jetzt z.B. das Produkt 24, dann wüsste Prodo die Summe.

    Also kommen als Produkte auf Prodos Zettel nur die Zahlen vor, die mindestens zweimal rot auftreten.

    Somit weiß Summo, es kann nur noch das Produkt: 30 (bei 11 und 17) oder 42 (bei 17 und 23) ;)

    oder 60 (bei 17 und 23) sein.

    Wären es nun aber 17 oder 23, dann hätte Summo noch zwei Möglichkeiten zur Auswahl. Da er jetzt die Summe (bzw. x und y) kennt, muss es die 11 sein.



    Im Grunde liegt hier das gleiche Problem vor, wie bei folgender "realitätsnahen" ;) Geschichte. Ein Mathestudent lebt mit drei Nicht- Mathematikern in einer WG. Nach dem Abendessen schlägt der Mathematiker vor, per Los zu bestimmen, wer abspülen muss.

    Der Mathematiker nimmt vier Spielkarten (drei Asse und die Pik sieben).

    Wer die Pik 7 zieht, der muss abspülen.

    Plötzlich entsteht ein Streit unter den Nichtmathematikern, jeder will als Erster ziehen. Der Mathematiker fragt verwundert: "wieso denn?".

    Da antwortet einer der drei anderen:" Ja, das ist doch klar, wenn ich als Erster ziehe, dann ist die Chance, dass ich Abspülen muss 1:4 und wenn ich als Zweiter ziehe schon 1:3 usw."

    Der Mathematiker versucht den Streit zu schlichten (was ihm aber leider nicht gelingt). Aber er sagt letztendlich: Na gut, ich ziehe freiwillig als Letzter". ;)

    Ich habe hier mithilfe des Cosinussatzes und des Sinussatzes und Mittelstufentrigonometrie eine relativ kurzen Weg gewählt.

    Nach dem Abrollen in die Ebene, entsteht ein Dreieck mit den Seitenlängen 50 und 60, sowie dem eingeschlossenen Winkel von 120°.

    Die zurückgelegte Strecke d ist die Länge der längsten Seite in diesem Dreieck (diese Seite liegt dem größten Winkel, also 120°, gegenüber.

    Mithilfe des Cosinussatzes folgt: d² = 60² + 50² - 2*50*60*cos(120°) = 3600 + 2500 - 6000*(-0,5) = 9100

    Also beträgt die zurückgelegte Strecke d = Wurzel(9100) = 10*Wurzel(91) = 95,39...

    Das Lot h vom Scheitelpunkt S des 120° Winkels trifft die Seite d, im höchsten Punkt der Bahn. Wenn Alpha der Winkel bei Weingummihöhe (natürlich im abgerollten Dreieck) ist, dann gilt für die Strecke a, die bergab führt:

    a = 50*cos(Alpha)

    Den Winkel Alpha berechnet man mit Hilfe des Sinussatzes im großen Dreieck.

    Es gilt: sin(Alpha) : sin(120°) = 60 : d ==> sin(Alpha) = (60:10*Wurzel(91))*sin(120°) = (6: Wurzel(91))*0,5*Wurzel(3)

    Also sin(Alpha) = 3*Wurzel(3):Wurzel(91)

    Mit cos²(Alpha) = 1- sin²(Alpha) folgt: cos(Alpha) = 8:Wurzel(91)

    Also gilt: a = 50*8:Wurzel(91) = 400:Wurzel(91) = 41,93.....

    Ich habe die Farben auch im Kreis angeordnet, allerdings benötigt man zwei solche Kreise.

    Die Wichtel ordnen die fünf Farben in zwei Kreisen an. Die Farbpositionen sind so gewählt, dass jede mögliches Farbpaar in genau einem der beiden Kreise direkt nebeneinander positioniert sind.(diese "Kreise" lernen die Wichtel auswendig)

    z.B. (gegen den Uhrzeigersinn):


    Kreis 1: B ; G ; W ; S ; R

    Kreis 2: B ; S ; G ; R ; W

    Jetzt läuft das wie folgt:

    Beispiel: Atto sieht vor sich die Kombination (Bilbo) blau (Chico) rot

    Die beiden Farben sind im Kreis 1 benachbart. Er sagt die Farbe, die im selben Kreis der zweite Nachbar von blau ist (also grün). Er ist quasi der Grüne, denn der Grüne Punkt "sieht" das gleiche wie er vor sich.

    Was fängt jetzt Bilbo mit der Information grün an?

    Er hat noch vier Farbkombinationen zur Auswahl:

    aus Kreis 1 : blau und rot bzw. weiß und schwarz

    aus Kreis 2: schwarz und blau bzw. rot und weiß

    Er sieht aber, dass Chico rot hat, also weiß er die Farbkombination und kann sicher seine Mützenfarbe (hier blau) sagen.

    Chico hat auch die gleichen vier Farbkombinationen zur Auswahl. Er weiß aber, dass Bilbo garantiert seine richtige Mützenfarbe geannt hat und somit kennt er auch die richtige Farbkombination.

    Somit muss nur Atto Glück haben, dass er zufällig die richtige Farbe auf dem Kopf hat.

    die Wahrscheinlichkeit dafür ist 1/3. Somit ist auch die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei die richtige Farbe nennen 1/3.

    1/3 von 60 sind 20.

    Also ist N = 20 die maximale Anzahl.