Beiträge von Ikaros

    Das Problem ist eher, wann schaut man in die Aufgabe rein (wenn man etwa bis 18 Uhr arbeitet) und wie lange braucht man zum lesen. Aber die erste Wichtel Mützen Aufgabe, wo der letzte Wichtel einfach nur gerade oder ungerade ansagt für eine Farbe - das hat man ja nach dem lösen in 1 sec gelöst. Da war die Aufgabe wo man die Anzahl der Glühbirnen als Binärzahl schreiben muss und dann die Ziffern zählen (bzw einfach gucken welcher 2er Potenz größer als die Zahl ist) schon schwieriger, aber auch unter 10 sec lösbar. Also, wenn man solche Aufgabe schon kennt, dann ist das Lösen der Aufgabe nicht der zeitbestimmende Faktor.

    Bei mir war es die Aufgabe mit den versengten Bärten und Augenbrauen. Da hatte ich erst eine Abschätzung (die wohl zu grob war) ausgehen von versengten Braunen aber ganzer Bart, so dass der Grenzwert dann 18/19 wäre, weswegen ich erstmal 94 eingetragen hatte. Hab dann aber nie ein Bsp für 94 gefunden und am 31.12. noch mal von der anderen Seite (ausgehend von den Wichteln bei denen alles versengt ist - siehe meine Lösung) berechnet, und dann eingesehen, dass doch 94 nicht möglich sein kann 😂


    Btw werden ja erst ab den 10. Januar die Preise verlost usw. Und daher hoffe ich mal, dass es ab nächster Woche neben Preistträger auch Statistik, Lösungsheft und 'meine Ergebnisse' wieder geben wird ;)


    Und noch als Nachtrag...

    https://www.mathematik.de/pres…the-adventskalendern-2020

    Glückwunsch den Mathekalendern ^^

    Genau so ist es: ... mit 116 Losen neben 2 Mitspieler/innen den 15. Platz von 1502 Sonstigen.

    Glückwunsch... Ich hab auch 116 Lose und bin neben 2 Spieler (dir xD) auf Platz 15 von 1502 Sonstigen (als ich meine am 1.1. erstellt hatte) xD

    Bei welcher Aufgabe hattest du 4 Lose wegen verloren wegen der Zeit? ^^

    Kubos Strategie könnte es sein: ich schreibe auf den Würfel eine Zahl, auf den Knecht Ruprecht gerade eine geschrieben hat - und dabei nie eine neue Zahl. Dann sind auf jedem Würfel höchstens 3 Zahlen, welche alle Ruprecht bestimmt hat. Und Ruprecht kann seine Strategie nicht in Abhängigkeit von dem anpassen, dass evtl Kubo neue Zahlen auf die Würfel schreiben würde.


    Nur als letzte Zahl auf einen Würfel könnte dann Kubo noch zusätzlich eine 2.4,6,8 aufbringen, wenn er diesen Würfel doch eher als das von Ruprecht angegebene Tripel spielen mag. Darauf könnte dann Ruprecht reagieren.

    Also etwa: ich bastel mir erst diesen und jenen Würfel, aber sollte Kubo dort zusätzlich eine gerade Zahl g aufbringen, dann gestalte ich den nächsten Würfel anders.


    Ist auch die Frage ob Kubo immer so vorgeht... Aber wenn er einen anderen Würfel beschriftet, dann ermöglicht er Ruprecht auf dem letzten sogar 4 eigene Zahlen und den von Kubo gerade beschriebenen könnte er auch zu einem ihm passenden Tripel machen.



    Aber langsam wird mir das zu kompliziert, wenn man sich jetzt noch überlegt: Ruprecht macht seine Triplets in Abhängigkeit davon, ob Kubo noch eigene Zahlen (andere als das Triplet) darauf schreibt und die Reihenfolge, wie die Triplets notiert werden, ist dafür auch wichtig. Vielleicht kann Ruprecht dann auch immer gewinnen, aber ich verstehe warum man uns nur N = 7 zugemutet hat.

    Okay, ich hab mir das mal mit N = 9 angeschaut xD


    (a) Es müssen folgende Zahlen verteilt werden:

    - 2

    - 3,3

    - 4,4

    - 5,5,5

    - 6,6,6

    - 7,7,7,7

    - 8,8,8,8

    - 9,9,9,9,9


    (b) Dabei muss in einem Tripel die größte Zahl ungerade sein, denn wäre die größte Zahl gerade:

    - nachdem mit der zweitgrößten Zahl noch nicht dieses Tripel genommen wurde, muss der andere bei der geraden Zahl nicht dieses Tripel nehmen = das Tripel wird unbrauchbar

    - demnach müsste man selbst mit der zweitgrößten Zahl dieses Tripel nehmen (damit der andere es nicht unbrauchbar macht), wodurch man dem Gegner aber eine gerade Zahl wegnimmt, welches bei der Verteilung oben nicht eingerechnet ist.


    Somit kommen mindestens vor (neben 1xx):

    - 98

    - 98

    - 98

    - 98

    - 76

    - 76


    (c) Es ist günstig die 2 mit einer 3 zu kombinieren, damit wir dann mit der 3 die unbrauchbare 2 entfernen; ebenso eine 5 mit der 4:

    - 32

    - 54


    (d) eine ungerade Zahl darf nur mit größeren Zahlen höchstens einmalig kombiniert werden

    Wäre die Zahl u mit der Zahl k > u zweifach kombiniert, dann könnte der Gegner uns zwingen, dass mit der Zahl u alle Tripels, die u enthalten, entfernt sind. Somit würden wir mit u die Zahl k zweifach entfernen - vorgesehen ist in der Verteilung aber nur einfach (einmal wurde k durch u oder u-1 entfernt).



    Die verbleibende 6 kann wegen (b) nur mit 98 kombiniert werden: 986

    Die verbleibende 4 kann wegen (d) nur mit 98 kombiniert werden, damit jede andere ungerade Zahl (3,5,7) höchstens einfach mit 9 kombiniert werden muss: 984

    Somit werden wegen (d) eine 7 mit 98 kombiniert: 987 und dann entweder eine 5 mit 98 und die 32 mit 9 - oder eine 3 mit 98 und die 54 mit 9;


    Fall 1:

    986

    984

    987

    985

    329

    76+3

    76+5

    54+7

    Nun muss aber die verbleibende 7 mit 54 kombiniert werden und eine 76 mit 5. Dann gäbe es 2 Kombis mit 75, so dass mit zur 5:

    1xx - 985(2) - 763[damit keine zweite 9 mit 932 fliegt] - 547 - 765[da keine andere 5 da] - 987(6) - keine 7 mehr vorhanden :/


    Fall 2:

    986

    984

    987

    983

    549

    76+5

    76+5

    32+7

    Hier noch mehr Probleme (auch zweimal 75 und 65)




    So sollte es mit N=9 niemals funktionieren... vielleicht auf (c) verzichten (dass es nicht so günstig sein muss :S)


    Probiere ich es ohne (c). Mit (b) und (d: beide verbleibenden 7 können nicht mit einer 9 kombiniert werden, also mindestens eine 7 ist noch die maximale Zahl):

    98x

    98x

    98x

    98x

    9xx

    76x

    76x

    7xx


    Nun die kleineren Zahlen verteilen... die 3 5en müssen jetzt mindestens einmal doppelt mit 7 oder 9 verteilt werden, dies widerspricht (d) und man würde verlieren.


    Kann man so zeigen, dass N=9 nicht geht?

    Knecht Ruprecht schreibt als erstes eine 1 auf einen Würfel, dann schreibt er immer eine Zahl auf den Würfel, den gerade Kubo beschrieben hatte. Somit bekommt er auf jeden Würfel mindestens ein Triplett, deren Zahlen er selbst bestimmt hat. Und damit kann er mindestens aus 9 Würfeln einen Turm bauen.

    Meine Tripletts für 9 sind dabei:

    1xx

    234

    368

    457

    569

    569

    789

    789

    789


    Klappt natürlich auch mit weniger Würfeln und entsprechend weniger Zahlen.

    Hier noch meine Betrachtung, warum das nicht geht:

    (X1,X2,X3,X4,X5,X6) seien die Zustände der Atome mit 1: mit Boson, 0 = ohne Boson.


    Dann könnten auch folgende 7 Verteilungen auftreten:

    (0,0,0,0,0,0)

    (1,0,0,0,0,0)

    (1,1,0,0,0,0)

    (1,1,1,0,0,0)

    (1,1,1,1,0,0)

    (1,1,1,1,1,0)

    (1,1,1,1,1,1)


    Man könnte jetzt 2 Atome als identisch charakterisieren, wenn sie denselben Wert haben. Vergleicht man aber Xa mit Xb (a,b von 1 bis 6), so gibt es immer eine Verteilung mit Xa <> Xb.

    Senkrecht betrachtet sind das unterschiedlich hohe "Türmchen" aus 1en. X1 hat sechs 1en, X2 fünf, usw. bis X6 hat eine 1.


    Wenn wir jetzt Xa auf Xb werfen mit a > b, so verändert sich diese Verteilung nicht... also kann man weiterhin keine 2 identischen Atome finden.


    Wenn wir jetzt Xa auf Xb werfen mit a < b, so vertauschen sich einfach nur die Türmchen, also aus dem Xa wird Xb und umgekehrt. Aber noch alle Türmchen mit Höhen 1 bis 6 kommen vor. Daher sind weiterhin keine identischen Atome identifizierbar.


    Und mehr kann man nicht machen... alles was man machen kann verändert nicht den Aufbau aus 7 möglichen Verteilungen mit unterschiedlich hohen 1er-"Türmchen". Damit genügen des Knecht Ruprecht nicht, um bei allen möglichen Verteilungen (also auch bei diesen 7) zwei identische Atome zu finden.

    Bei dieser Aufgabe sollt eigentlich auch "1. Die Quersumme von p ist 1." korrekt sein, da in der Aufgabe keine Angaben zur Verteilung der Infizierten gemacht weren, sondern nur, dass das Risiko einer Infektion maximal 13 Prozent sein soll. Dabei wurde sogar eingeschränkt, dass nur Begegnungen gelten sollen, bei denen Gesunde auf Kranke treffen (Theoretisch würden Begegnungen unter Gesunden bzw unter Kranken auch nicht zu einer (Neu-)Infektion führen).


    Da das angegeben Risiko aber maximal 13 Prozent betragen soll und keine Einschränkungen bezüglich der Verteilung der Krankheit getroffen wird, muss man auch von einer ungünstigen Verteilung ausgehen und in diesem Fall solle p auch so gewählt werden, dass das Risiko -wenn ein gesunder auf einen kranken trifft- nicht 13 Prozent übersteigt.


    Sei p = 0%, so ist das Risiko immer 100 Prozent, da immer ein Kranker sicher einen Gesunden infiziert.


    Sei 0% < p < 100%, so könnten alle Wichtel mit einer Mütze erkrankt sein, und alle ohne eine Mütze gesund. Dann wäre in diesem Szenario das Risiko einer Infektion wenn ein Kranker auf einen Gesunden trifft immer 50% und damit > 13%. Keines dieser p kann also dazu führen, dass *immer* (also auch bei dieser Verteilung der Krankheit) das "Risikos einer Ansteckung, wenn eine beliebige gesunde Person einer beliebige infizierten Person begegnet, maximal 13 Prozent beträgt".


    Bleibt noch p = 100%, wobei hierbei das Risiko einer Infektion immer 2.5% (< 13%) beträgt, wenn eine kranke Person auf eine gesunde Person trifft.


    Damit wäre ohne Angaben zur Verteilung der Erkrankung unter den Wichtel mit/ohne Mütze die richtige Antwort p = 100% - jedoch denke ich, dass die Aufgabe nicht so gemeint ist, da 2.5% weit entfernt von den gewollten 13% sind. Das "kleinste ganzzahlige p" impliziert auch, dass p eigentlich ein "krummer" Wert ist.


    Von daher kann ich es auch verstehen, dass man es so wie hier gerechnet hat. Aber die Aufgabe sagt halt aus: immer wenn krank auf gesund trifft, soll das Risiko unter 13% sein. Und je nachdem wer krank ist, kann das auch mit p = 83% oder größer nicht garantiert werden.

    Hier mal meine Lösung, da hier noch nix geschrieben wurde.

    Seien l/L r/R b/B jeweils, dass linke Augenbraue (l/L) bzw rechte Augenbraue (r/R) bzw Bart (b/B) nicht versengt (klein geschrieben) oder versengt (groß geschrieben) seien. A(x) ist der jeweilige Anteil dieser Gruppen an allen.


    Dann gilt:

    (i) A(LrB) + A(LRB) > 0.95

    (ii) A(lRB) + A(LRB) > 0.95


    Somit:

    2 A(LRB) + A(LrB) + A(lRB) > 1.90


    Davon 1 (also 100% abziehen):

    [2 A(LRB) + A(LrB) + A(lRB)] - [A(lrb) + A(Lrb) + A(lRb) + A(lrB) + A(LRb) + A(LrB) + A(lRB) + A(LRB)] > 0.90

    A(LRB) - [A(lrb) + A(Lrb) + A(lRb) + A(lrB) + A(LRb)] > 0.90

    → A(LRB) > 0.90


    Mindestens 90% haben also alles versengt.


    Nun wollen wir das Minimum bestimmen von:

    p = A(LRB) / [A(LRB) + A(LRb)]


    Dies wird unter anderem klein, wenn A(LRb) möglichst groß wird... also viele beide Augenbrauen, aber nicht den Bart versengt haben.

    Nehmen wir an, es sei A(LRB) = t > 0.90


    Dann ist:

    (1) 0.90 < t <= 0.95

    A(LrB) > 0.95-t

    A(lRB) > 0.95-t

    [damit (i) und (ii) gelten]
    Damit möglichst viele LRb sein können, sollte deren Anteile möglichst klein sein, also A(LrB) = A(lRB) = 0.95-t (nur etwas größer).

    Außerdem kann man annehmen, dass A(lrb) = A(Lrb) = A(lRb) = A(lrB) = 0 (sind ja je nur ein Wichtel, und damit fast 0 Prozent wenn man von genügend anderen Wichteln ausgeht).

    Somit: A(LRb) = 1 - [A(lrb) + A(Lrb) + A(lRb) + A(lrB) + A(LrB) + A(lRB) + A(LRB)] = 1 - [0.95-t + 0.95-t + t] = t - 0.90

    → p = A(LRB) / [A(LRB) + A(LRb)] = t / [2t-0.90]


    Deren Minimum im Bereich 0.90 < t <= 0.95 liegt bei t = 0.95 und p = 0.95.


    (2) 0.95 < t < 1.00

    Hier benötigt man keine (LrB) und (lRB) damit (i) und (ii) erfüllt sind. Somit kann man deren Anteile auch als 0 annehmen, damit möglichst viele LRb sind:

    A(LRb) = 1-t

    → p = A(LRB) / [A(LRB) + A(LRb)] = t / 1


    Deren Minimum im Bereich 0.95 < t < 1.00 liegt bei t → 0.95 und p = 0.95.



    Somit gilt die Aussage von Calculus sicher für x = 95 noch.