Mir fehlen für die Wochenend-Aufgabe 6 plötzlich 4 Lose!
Bei mir auch
Beiträge von mr.x
-
-
Bei mir sind es 4 Lose weniger. Nachprüfen kann ich die Zahl der Lose nicht, weil ich mir nicht notiert habe, wann ich welche Aufgabe abgegeben habe.
Wenn Du auf der "meine Ergebnisse"-Seite über die Ergebnis-Nummer der Aufgabe "hoverst" erscheint ein Tooltip mit Deiner Abgabezeit 😃
-
Es ist ja nur eine Formalisierung der Aufgabenstellung. Man kann z.B. beliebige Startkonstellationen sortieren etc. Gemeint ist hier nur, dass der schlechtmöglichste Fall einer Startkonstellation betrachtet wird. Aber vermutlich war das gar nicht Deine Frage.
-
Wie ist die folgende Erläuterung denn zu verstehen?
Es gibt 2^6 = 64 Startkonstellationen A_1, ..., A_64 für die Atome. Die Strategie, wenn es sie denn gäbe, müsste für jede Startkonstellationen einen Maximalwurfaufwand W_k für Konstellation A_k erzwingen können. Der größte dieser 64 Maximalwurfaufwände war in der Aufgabe gesucht. Aber leider ist ja nicht möglich . . .
-
. . . und die beste Strategie liefert n Wichtel als Kandidaten für Mr.X.
Ich habe damit nichts zu tun, ehrlich.
-
OFF TOPIC (jedenfalls zu Aufgabe 24)
Ich finde die Tage im frischen neuen Jahr im Forum immer ganz besonders anregend.
Es wird echtes mathematisches "Socializing" betrieben.
Was für eine tolle Sache!
Außerdem kommen Teilnehmer ins Forum, die man in "Phase 1", um im Wichteldeutsch zu bleiben, gar nicht zu lesen bekam.
Danke Leute! Es macht Spaß.
Sollte möglichst so bleiben.
-
-
Wo man anfängt ist eigentlich egal... hübsch das!
Meine Liebelingsaufgabe dieses Jahr (im Prinzip: letztes Jahr). Sehr schöne Harmonie und ein echtes Aha-Erlebnis. Tolle Aufgabe. Danke nach Holland an Aart Blokhuis und Gerhard Woeginger.
-
-
Und das führt dann zu der Überlegung, dass man den Schnitt so wählt, dass p = (1-p)(1-p) ist
Den Schnitt? Den goldenen Schnitt!
-
Eine sehr schöne Abschlussaufgabe! Passend für das Zeit- und Knobelmanagement!
Hier war die Strategie des Grinchs klar: "Solange nach links bis das verbleibende Restgitter quadratisch ist".
Rupprecht muss entsprechend lange nach rechts gehen. Danach gibt es für beide vier Möglichkeiten, davon sind zwei gut für den Grinch und zwei beenden das Spiel pro Ruprecht. Von diesen Fifty-Fifty-Situationen gibt es maximal 7, nämlich wenn Ruprecht auf der Grundlinie nach rechts und der Grinch oben nach links wandert. Der Grinch muss alle diese 7 Matches gewinnen: p = 1/2^7 = 0,0078125, Antwort 4: 0,004 < p ≤ 0,008.
-
Ich habe folgende beiden Formen, (links nach rechts, oben nach unten) die jeweils zum schönen Ergebnis führen:
4*(cos(pi/12)+1)
https://www.wolframalpha.com/i…28cos%28pi%2F12%29%2B1%29
sqrt(8)+4+4*sin(pi/12)
https://www.wolframalpha.com/i…%2B4%2B4*sin%28pi%2F12%29
√2 + √6 + 4
-
Bei mir war die Überlegung so:
Ich bekomme alle Xmasium-Atome mit Higgs-Boson ("Typ 1") und ohne Higgs-Boson ("Typ 2") sortiert, indem ich die Atome im Kreis anordne und dann die Atome im Uhrzeigersinn bewerfe. Nach einer Runde ist am am Ende eines mit Typ 1, falls ein solches existiert. Und so weiter...
Also nach n Schritten sind alle sortiert.
Diese reihe ich nun auf. Das erste Typ 1 (falls existent) links und so weiter.
Kann diese Reihe irgendwo splitten (Schnitt setzen) und links davon oder rechts davon sind nur Typ1 oder Typ2 Atome?
Nein - das geht nicht. Egal wo ich den Schnitt setze könnte partout die Atom-Ausgangskonstellation (Anzahl Typ1/Typ2-Atome) einen Strich durch die Rechnung machen.
-
Goldener Schnitt
-
entweder irrsinnig gutes Glück beim Raten oder eben Programmiergeschick.
Oder
p = (1-p)^2
Damit kommt man wie oben beschrieben ans Ziel. Das ist nicht zu hart.
-
Also bei mir war das Aha-Erlebnis, dass die Aufteilung der Gruppen nach dem "goldenen Schnitt" gemacht wird.
Das ergibt sich aus der Suche nach einem optimalen Splitting durch
p = (1-p)^2 => p=3/2 - sqrt(5)/2, hier die relevante Lösung. Das ist der goldene Schnitt.
Damit hat man als Gruppensplittings, super konstruierter Startwert 377 => 144 => 55 => 21 => 8 => 3.
Von den Verbleibenden muss man schlimmstenfalls mit 2+1 Einheiten rechnen.
Insgesamt also 5*2+3 = 13 Einheiten.
-
Es ist bereits korrigiert. 9 ist die richtige Antwort.
-
Hier meine Konstruktion. Die Sterne setzt Kubo. Ruprecht mit W1 (Würfel 1) und schreibt eine 1.
Alles andere dann so wie in der Skizze. Oben haben alle anderen Würfel eine 7. Vertikal sinde die Würfelseiten.
-
Woher weißt du die richtige Lösung? Bei mir funktioniert die 'meine ergebnisse' Seite nicht.
Geh über die Aufgabe, unten siehst Du eine grüne oder rote Markierung bei deiner angekreuzten Lösung.
-