Beiträge von Gurt Ködel

    Sprich die Wahrscheinlichkeit für Blau zu gewinnen ist gleich groß bei folgenden Paarungen:

    1. Dondo-Epso (1:11) -> Chico-Epso (5:16) -> Bilbo-Epso (6:22) -> Atto-Epso (16:22)

    2. Atto-Gumbo (16:20) -> Atto-Frodo (20:26) -> Atto-Epso (26:36)


    erstaunlich.

    hm - ich habe die Ecken des 3-Dimensionalen Körpers durchnummeriert (alphabethisch). Dadurch kommt es im 2-D Graphen zu mehreren Knoten, die z.B. "E" heißen, aber im 3-D Körper zur selben Ecke gehören. Die durch das 3-D-kleben aufeinanderfallenden Kanten habe ich das "Gewicht" 1/2 gegeben, während eindeutige Kanten des 2-D Graphen, die nicht mit anderen Kanten zusammenfallen das "Gewicht" 1 bekommen haben.

    Nach dieser Vorbereitung habe ich zu allen, ggf. aufgesplitteten Knoten ("A", "B", ....) des 2-D Graphen den Grad bestimmt, indem ich die Gewichte ihrer Kanten aufaddiert habe.

    Nur für die Netze a und b gab es einen Eulerweg mit exakt 2 Knoten mit ungeradem Grad. Für die Netze c und d gab es mehr als 2 Knoten mit ungeradem Grad und damit keinen Eulerweg.

    Bin ähnlich vorgegangen wie Blackheart, habe aber die unschöne Geometrie in einen Graphen überführt und diesen dann so eingefärbt, dass alle direkten Nachbarn unterschiedliche Farben haben. Startet man bei Feld 1 und 2 mit untershiedlichen Farben und färbt dann den Graphen durch, gibt es eindeutig bei Feld 7 einen Fehler -> dies muss das schwarze Feld sein.

    Der Hinweis das die gefärbten Gebiete gleich groß sind, ist völlig unerheblich und wäre nur nötig gewesen, wenn die Farbe von Gebiet 7 nicht mit der seiner Nachbarn 6 und 8 kollidiert wäre, also der Graph prinzipiell mit 3 Farben färbbar gewesen wäre.

    Schließe mich zu 100% an, da auch ich genau die gleiche Überlegung hatte und 3 angekreuzt habe. Aus den gegebenen Regeln heraus, ist m.E. nicht begründbar, warum diese Antwort nicht stimmt.

    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?

    Meine Zeichnungen sehen ziemlich gleich aus, wie die von Frank Buchholz. Warum meine Schwerpunkte nicht identisch sind muss ich noch prüfen (evtl. habe ich tatsächlich statt den Seitenhalbierenden die Mittelsenkrechten genommen um die Schwerpunkte zu konstruieren).


    Die Begründung von Christian Hercher leuchtet auf jeden Fall ein und ist mehr oder weniger ja auch schon von Blackheart geliefert worden, nur dass ich's erst jetzt kapiert habe.

    Es sollte noch erwähnt werden, dass der tatsächliche Schatz-Punkt von der Lage der Palmen abhängt und nicht mit dem Mittelpunkt der Insel identisch ist.

    Es tut mir leid, aber auch mit Euren Skizzen und Beweisen, bin ich immer noch der Meinung, dass die Aufgabenlösung fehlerhaft ist. Oder habe ich die Aufgabe falsch verstanden?

    Gefragt war der Schwerpunkt des Dreiecks, dass aus den Höhenschnittpunkten der Dreiecke entsteht, die durch erlaubte Gruppierung der Palmen entstehen.

    Da recht- und stumpfwinklige Dreiecke ausscheiden, da ihr Höhenschnittpunkt entweder mit einer Palme zusammenfällt oder außerhalb der Insel liegt, kann man schnell zeigen, dass es genau drei erlaubte Gruppierungen gibt. Jede der drei erlaubten Gruppierungen der Palmen ergibt für sich drei unterschiedliche (wenn auch teilweise kongruente) Dreiecke. Insgesamt also 9 Dreiecke, die sich aus 3 unterschiedlichen erlaubten Gruppierungen der Palmen ergeben.

    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?

    Vielmehr ist doch zu beweisen, dass für jede der drei erlaubten Gruppierungen der Palmen sich das aus den Höhenschnittpunkten der 3 Palmen-Dreiecke einer Gruppierung ergebende Dreieck entweder den gleichen Schwerpunkt hat wie für die anderen beiden Gruppierungen (Lösung: 1Punkt), oder nicht den gleichen Schwerpunkt hat (Lösung: 3 Punkte).


    Da das Finden der drei erlaubten Gruppierungen der Palmen nicht allzu schwer ist, habe ich versucht die Lösung einfach zeichnerisch zu lösen und komme auf unterschiedliche Schwerpunkte -> 3 Punkte kommen als Schatzversteck in Frage.

    Ich bin sehr gespannt auf die Lösung und auf meinem Fehler.....

    Die kritischen Knoten sind C und T, da sie eine ungerade Anzahl an Kanten haben und somit entweder einen der doppelt oder vierfach durchlaufenen Wege "verbrauchen", oder Start- / Endpunkt sein müssen.


    Da alle Wege mindestens einmal durchlaufen werden müssen, sind die ungeradzahlig vielfach durchlaufenen Wege (3mal oder 5mal) irrelevant. Sie führen zu dem Knoten zurück, an dem Winfried nach dem einmaligen durchlaufen gestanden hat. Die ungeradzahlig durchlaufenen Wege (>1) können deshalb für die Lösungsfindung komplett ignoriert werden.


    Für Startpunkte A und B wird ein geradzahlig durchlaufener Weg bei C "verbraucht". Winfried endet dann in T mit noch einem übrigen geradzahligen Weg "im Köcher". mit diesem kommt er zu J, S und U.

    Geht andersherum (also erst nach T und dann nach C), so scheitert er bei Start in B, da er T nicht so verlassen kann, dass er in C enden könnte. Bei Start in A kann er T über J und das "verbrauchen" eines geradzahlig durchlaufenen Weges verlassen. Dadurch bekommt J aber eine Kante mehr und wird jetzt selber ungeradzahlig. Um J dann zu verlassen, (J->A) benötigt er deshalb einen weiteren geradzahlig durchlaufenen Weg, so dass er nur genau in C enden kann.


    Für Startpunkt in C kann er ohne einen einzigen Weg mehrfach zu durchlaufen nach T gelangen, hat in T also noch zwei geradzahlig zu durchlaufende Wege "im Köcher". Mit diesen kommt er max. zwei Knoten weit also nach S, J, E, A, F, T und O.


    Für Start in D verbraucht er einen geradzahlig durchlaufenen Weg bei C und kommt somit nicht mehr von T weg bzw. endet auf den bereits bekannten Knoten.


    Endknoten sind somit S, J, E, A, F, T, O, U und C insgesamt 9 Stück.