Beiträge von GraphZahl

    Ich habe mal mit einem Programm die letzten 20 Ziffern von unserer Maximalzahl berechnet:

    Code
    1. 2*2^^6 endet in 83652555014874857472.
    2. Für n>=22 endet 2*2^^n in 97230150706865897472.

    Die untere Zahl ist für mehr als 3 belegbare Felder, da man dann am Ende 2*2^^(irgendwas Riesiges) hat.

    Eine Lösung, die ohne Programmieren oder Kenntnisse über fixpunktfreie Permutationen / Permutationszyklen auskommt, wäre davon auszugehen, dass A auf B zeigt und dann unter dieser Annahme (die aus Symmetriegründen egal sein sollte) durch Zählen die Wahrscheinlichkeit zu berechnen - es gibt noch 24 Möglichkeiten, die sich einfach auflisten lassen, bei denen niemand auf dieselbe Person zeigt:

    Macht 11 Möglichkeiten, bei denen nicht wiederholt wird, von 4^4=256 Gesamtmöglichkeiten, also 11/256.

    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?

    Man startet immer mit 2 Plätzchen auf Feld 2. Hat man gerade n Plätzchen und ist genug Platz, erhält man für m nebeneinander erlaubte Felder 2↑^(m-2) n Plätzchen auf dem nächsten Feld (zu Herleitung und Beweis der Formel siehe meinen Post weiter oben), also 2↑^(m-2) 2 auf Feld 3, 2↑^(m-2) 2↑^(m-2) 2 = 2↑^(m-1) 3 auf Feld 4, ... bis hin zu 2↑^(m-1) (9-m) Plätzchen auf Feld 10-m. Danach muss man bei jeder weiteren Ausführung der Rekursionsformel m um eins reduzieren, da der Platz ausgeht.


    2 Felder nebeneinander:

    2↑7 = 2^7 Plätzchen auf Feld 8


    3 Felder nebeneinander:

    2↑↑6 Plätzchen auf Feld 7

    2*2↑↑6 Plätzchen auf Feld 8


    4 Felder nebeneinander:

    2↑↑↑5 Plätzchen auf Feld 6

    2^(2↑↑↑5) Plätzchen auf Feld 7

    2*2^(2↑↑↑5) Plätzchen auf Feld 8


    5 Felder nebeinander:

    2↑↑↑↑4 Plätzchen auf Feld 5

    2↑↑(2↑↑↑↑4) Plätzchen auf Feld 6

    2^(2↑↑(2↑↑↑↑4)) Plätzchen auf Feld 7

    2*2^(2↑↑(2↑↑↑↑4)) Plätzchen auf Feld 8


    6 Felder nebeneinander:

    2↑↑↑↑↑3 Plätzchen auf Feld 4

    2↑↑↑(2↑↑↑↑↑3) Plätzchen auf Feld 5

    2↑↑(2↑↑↑(2↑↑↑↑↑3)) Plätzchen auf Feld 6

    2^(2↑↑(2↑↑↑(2↑↑↑↑↑3))) Plätzchen auf Feld 7

    2*2^(2↑↑(2↑↑↑(2↑↑↑↑↑3))) Plätzchen auf Feld 8

    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

    Hier mal eine Lösung unter der Annahme, dass Umsteigen in dieselbe Linie grundsätzlich verboten ist:

    1. Wahr - 2 Entscheidungsmöglichkeiten am Rentiergehege und 2 an der Wichtelzentrale macht 4 (alle anderen Möglichkeiten sind durch die Voraussetzung, dass keine Station mehrmals besucht werden darf, ausgeschlossen.)
    2. Wahr. Er fährt um 0:02 los und kommt um :07 oder :37 an. Will er weniger als 2 Stunden und 5 Minuten brauchen, will er um 1:07 oder um 1:37 spätestens da sein. Für die Ankunft um 1:07 muss er spätestens 0:46 an der Wichtelzentrale sein, für die Ankunft um 1:37 spätestens um 1:09. Für beide Fälle darf er spätestens um 0:43 mit Linie 4 oder 0:12 mit Linie 3 da sein, wobei letzteres offensichtlich unmöglich ist. Für Linie 4 müsste er um 0:11 am Rentiergehege einsteigen, das ist auch unmöglich. Dagegen ist 2:07 möglich, wenn er um 1:47 an der Wichtelzentrale in Linie 2 einsteigt und um 1:11 am Rentiergehege in Linie 4.
    3. Wahr. Angenommen, er hat ein Budget von 55 Umsteigeminuten. Fährt er mit Linie 1 los, muss er bis zur Wichtelzentrale durchfahren. Hier kann er umsteigen in Linie 2 (57 Minuten), Linie 3 (58 Minuten) oder Linie 4 (27 Minuten.) Das Budget gibt nur Linie 4 her, damit fährt er bis zum Rentiergehege und hat jetzt noch ein Budget von 28 Minuten. Dort darf er nur in Linie 5 umsteigen, hat aber 2 Richtungen zur Verfügung: Winterwald (31 Minuten) und Berghütte (51 Minuten.) Beides gibt das Budget nicht her, also kommt er nicht weiter. Das heißt, er muss am Hauptbahnhof mit Linie 2 losfahren bis zur Wichtelzentrale. Hier kann er umsteigen in Linie 1 (57 Minuten), Linie 3 (35 Minuten) und Linie 4 (5 Minuten.) Das Budget erlaubt Linie 3 oder Linie 4. In ersterem Fall fährt er zum Winterwald und hat dann noch 20 Minuten zur Verfügung. Der einzige hier erlaubte Umstieg ist in Linie 5 (23 Minuten), das ist zu lang und er steckt fest. Also muss er stattdessen von der Wichtelzentrale aus mit Linie 4 fahren, ist am Rentiergehege und hat noch ein Budget von 51 Minuten. Die Optionen dort wurden schon genannt, diesmal hat er aber für beide genug Minuten frei. Fährt er zum Winterwald, hat er dort noch 20 Minuten frei. Der einzig erlaubte Umstieg ist in Linie 3 (23 Minuten) - zu lang und er steckt fest. Also muss er stattdessen vom Rentiergehege zur Berghütte fahren und ist am Ziel, hat aber sein Budget komplett aufgebraucht.
    4. Wahr, wie schon in 2. gesehen (1:11 am Rentiergehege und 2:07 am Hauptbahnhof ist unter einer Stunde.)
    5. Wahr - die Fahrzeiten sind jeweils in beide Richtungen gleich und die Umsteigezeiten ebenfalls, da alle Linien dieselbe https://de.wikipedia.org/wiki/Symmetrieminute haben (nämlich 0.)
    6. Wahr. Wie schon in 2. gesehen muss er, um um 11:07 am Hauptbahnhof zu sein, um 10:11 am Rentiergehege sein. Fährt er um 9:47 los, ist er um 10:05 dort (bei einer Fahrtzeit von 18 Minuten.)
    7. Wahr. Fährt ein Fahrzeug mit dem alten Fahrplan um 0:02 an der Berghütte los, kommt es um 0:25 in der Wichtelzentrale an, fährt um 0:35 wieder zurück und ist um 0:58 wieder an der Berghütte und kann eine Stunde später um 1:02 weiterfahren, man braucht also nur ein Fahrzeug. Mit dem neuen Fahrplan fährt ein Fahrzeug um 0:47 an der Berghütte los, ist um 1:10 in der Wichtelzentrale, fährt um 1:35 wieder zurück, ist um 1:58 wieder an der Berghütte und kann zwei Stunden später um 2:47 weiterfahren, man braucht also zwei Fahrzeuge.
    8. Wahr - in diesem Fahrplan https://imgur.com/EmYzhZH.png sind alle Umsteigezeiten an Hauptbahnhof (H), Wichtelzentrale (Z) und Winterwald (W) zwischen einer Minute und 7 Minuten. Damit ist auch 10. direkt wahr, da es mit dem Wegfall der Linie 4 keine Umsteigezeiten am Rentiergehege (R) mehr gibt, und Geschenkelager (G) und Berghütte (B) sowieso keine Umsteigezeiten haben.
    9. Falsch. Man kann am Rentiergehege mit Linie 4 losfahren, in der Wichtelzentrale in Linie 3 umsteigen und zum Winterwald fahren, dort in Linie 5 umsteigen und wieder zum Rentiergehege fahren und bis zur Abfahrt von Linie 4 warten. Wegen der Periodendauer des Fahrplans dauert dies auf jeden Fall ein Vielfaches von 60 Minuten. Mit den Umsteigezeiten U1, U2 und U3 ist also 32 + U1 + 24 + U2 + 5 + U3 ≡ 0 mod 60. Damit ist U1 + U2 + U3 ≡ 59 mod 60 und es ist unmöglich, dass alle drei Umsteigezeiten zwischen 1 und 10 Minuten liegen.
    10. Wahr, siehe 8.

    Es hat mich mal interessiert, welche Gebiete schwarz sein dürfen, wenn der Hinweis wegfällt: https://imgur.com/wYkgQOE.png

    Das sollten alle Möglichkeiten sein. Wenn man weiß, dass das schwarze Gebiet unter 6, 7, 11, 17, 18, 19 und 22 ist, weiß man damit, dass sich alles außer diesen 7 Gebieten in 3 Farben färben lässt. Legt man willkürlich zwei Farben für 1 und 2 fest, ergibt sich alles außer 5 bereits eindeutig. Gebiet 11 kann dann schwarz oder blau sein. Wenn es schwarz ist, ergibt sich alles eindeutig. Wenn es blau ist, ist Gebiet 5 gelb und Gebiet 6 kann dann noch rot oder schwarz sein, in beiden Fällen ergibt sich alles eindeutig (ist Gebiet 6 rot, ist Gebiet 7 schwarz.)

    Die möglichen schwarzen Gebiete ohne den Hinweis sind also 6, 7 und 11. Die Möglichkeit mit Gebiet 11 hatte auch Blackheart übersehen. Offenbar reicht es nicht aus, zu versuchen, das ganze Bild in 3 Farben zu färben, ohne vorher zu zeigen, dass ein bestimmter Teil davon auch wirklich in 3 Farben gefärbt werden muss.

    Hab hier was, das zumindest erklärt, warum bei den Zahlen in der Aufgabenstellung am Ende eine ganze Zahl rauskommt: https://i.imgur.com/xvuwBMR.png

    Kürzer ist es bestimmt, wenn man von Anfang an mit Zahlen arbeitet anstatt sie erst am Ende einzusetzen, aber das mache ich nicht so gern ;)

    Hat jemand eine schönere Lösung? Würde mich sehr interessieren, ob es hier auch einen Trick wie bei einigen anderen Aufgaben gibt (vielleicht eine geometrische Lösung?) oder ob das nur durch Rechnerei mit Gleichungssystem geht.

    Es stimmt, dass sich für alle 9 Dreiecke der Höhenschnittpunkt aus der vektoriellen Addition der Vektoren vom Mittelpunkt der Insel zu den Eckpunkten ergibt.

    Dies tut aber für die Lösung überhaupt nichts zur Sache, oder liege ich da falsch?

    Das tut etwas zur Sache, da der Schwerpunkt dann der Mittelwert aus den Höhenschnittpunkten ist, welche die Summe der Eckpunkte sind. Deshalb muss bei allen drei Gruppierungen der gleiche Schwerpunkt rauskommen. frank.buchholz hat auch Zeichnungen von drei Gruppierungen gepostet, die alle drei denselben Punkt liefern. Wie sehen denn deine Zeichnungen aus?

    Knecht Ruprecht stellt zunächst eine Flasche zur Seite, es bleiben 5 Flaschen übrig. Nun probiert er alle Möglichkeiten durch, drei dieser 5 Flaschen in die Maschine zu stellen. Es gibt 10 Möglichkeiten (5 über 3.) Liefert einmal die Maschine das Ergebnis, dass alle drei Flaschen Apfelwein enthalten, kann er den Vorgang abbrechen und dem Weihnachtsmann eine beliebige der drei Flaschen bringen. Liefert die Maschine bei den 10 Durchläufen nie dieses Ergebnis, weiß er, dass unter den 5 Flaschen keine 3 Flaschen mit Apfelwein sind, also kann er ohne weitere Tests die zur Seite gestellte Flasche dem Weihnachtsmann bringen.

    Es reicht auch schon, wenn man versucht, 6, 7, 11, 17, 18, 19 und 22 mit 3 Farben einzufärben. Hat 22 eine Farbe, müssen 11, 17, 18 und 19 abwechselnd die 2 anderen Farben haben. Es grenzt aber 6 an 11 und 17 und 7 an 18 und 19, sodass beide die Farbe von 22 haben müssen, aber beide sind Nachbarn, Widerspruch. Dabei ist 7 das einzige der Gebiete, dessen Größe kongruent zu 11*19 modulo 3 ist.

    Dass der Höhenschnittpunkt der Umkreismittelpunkt des verdoppelten und gedrehten Dreiecks ist (weil die Mittelsenkrechten des größeren Dreiecks genau die Höhen des kleineren Dreiecks ist), ist eine mögliche Herleitung dafür, dass die Summe der Vektoren zu den Ecken der Vektor zum Höhenschnittpunkt ist. Wie hast du das denn stattdessen hergeleitet?

    Uff, wie kommt man denn als normalsteblicher Mathe-Interessierter auf so eine Lösung... Zauberei?

    Erstmal stundenlang ein Computer-Programm schreiben, das alle Dreiecke durchprobiert und am Ende nur einen möglichen Punkt ausgibt, dann sich fragen "Warum ist das so?", in die Formel für die Höhenschnittpunkte die das Programm benutzte per Hand allgemeine Koordinaten (cos(phi_i), sin(phi_i)), i=1,2,3 einsetzen, nach vielen Umformungen mit WolframAlpha sehen, dass ganz am Ende sum_(i=1)^3 (cos(phi_i), sin(phi_i)) rauskommt, sich fragen "Höh, warum ist das jetzt so?", verzweifelt "Höhenschnittpunkt" googlen, ein obiger Skizze nicht unähnliches Bild sehen, kurz darüber nachdenken und erkennen "Aaaaah, so einfach hätte das sein können".
    Und deshalb mochte ich diese Aufgabe.