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    Dass Fridolin die Null meiden und erst nach Kriemhilde ankommen soll, steht so nicht in der Aufgabe. Es ist die Wahrscheinlichkeit dafür gesucht, dass er nach ihr ankommt. Wenn p=1 richtig wäre, müsste er garantiert nach ihr ankommen, was sicherlich nicht der Fall ist.

    "meiden"

    M.E. ist es ist für die Mathematik unerheblich, ob Wahrscheinlichkeitsfrosch Fridolins Pfade zufallsbedingt, göttliche Fügung oder Ergebnis einer bewussten Entscheidung sind, sofern sie den gegebenen Wahrscheinlichkeiten 2:1 für links:rechts genügen.

    Aufgabe schrieb: "Fridolin springt lieber nach links (zu den kleineren Zahlen) als nach rechts (zu den größeren Zahlen): Mit Wahrscheinlichkeit 1/3 springt er jeweils von seiner momentanen Position f nach f+1, mit Wahrscheinlichkeit 2/3 springt er nach f-1."


    Dennoch lässt mich dieser Kommentar aus der Moderatorenecke innehalten.


    Wenn Gesamtwahrscheinlichkeiten gefragt sind, dann ist nach kurzer Rechnung offensichtlich, dass Fridolin in der großen Mehrzahl der Fälle vor Kriemhilde bei der Null ankommt. Bei dieser Betrachtung wäre das gesuchte p nahezu 0, (bzw. p< 0,002; Lösung 1), weil Fridolin gemessen an seinen Ankünften nur äußerst selten nach Kriemhilde ankommt.


    Wenn die bedingte Wahrscheinlichkeit gefragt ist, auf die ich erst durch Lektüre der Forumsbeiträge #13 und #24 aufmerksam geworden bin, dann finde ich meine Behauptung aus #51 immer noch sehr naheliegend: Sofern Kriemhilde die Null vor Fridolin erreicht, wird Fridolin die Null mit nahezu 100% Wahrscheinlichkeit am gleichen Tag erreichen.


    Allerdings ist die vielfach bemerkte Symmetrie vielleicht doch ab einem bestimmten Zeitpunkt nicht mehr gegeben.


    Krimhilde verläuft sich im Laufe des Tages immer mehr in die hohen negativen Zahlen. Jede Sekunde verlagert sich die Position an der sie zu erwarten wäre um -1/3. Deshalb sind ihre Chancen, die Null überhaupt zu errreichen anfangs tendentiell höher als später. Ihre "Schwerpunktposition" nach 5 Minuten, also nach 300 Sekunden ist dann fast bei -200. (Da die wenigen Pfade, die die Null erreichen, ihren Schwerpunkt nicht mehr um -1/3 pro Sekunde verschieben, sinkt die allgemeine Driftgeschwindigkeit Kriemhildes mit der Zeit minimal.) Die Wahrscheinlichkeit von -200 aus die Null zu erreichen, wird vermutlich dem Quadrat der ohnehin geringen Wahrscheinlichkeit, die Null von -100 aus zu erreichen, entsprechen.
    Die folgende Zeitreihe verdeutlicht, wie die Wahrscheinlichkeit für Kriemhilde, die Null zu erreichen, mit der Zeit sinkt. Dazu betrachtet man z.B. die Position "-98" zu den Zeitpunkten 2 s, 4 s und 6 s: von zunächst 1/9 = 81/729 über 8/81 = 72/729 auf 60/729 schwächt sich der Strom, der "Nullgänger" im 2-Sekundentakt ab. Aber nichts desto trotz ist ein stetes Nachströmen gewährleistet.

    ZeitPos-106-105-104-103-102-101-100-99-98-97-96
    0-1001
    1-100 1/3
    2/31/3
    2-100 2/3
    4/94/91/9
    3-101
    8/2712/276/271/27
    4-101 1/3
    16/8132/8124/818/811/81
    5-101 2/3
    32/24380/24380/24340/24310/2431/243
    6-10264/729192/729240/729160/72960/72912/7291/729



    Für Fridolin sieht es anders aus. Seine "Erwartungsposition" driftet ebenfalls pro Sekunde -1/3 nach links. So werden bereits ab t=100 die ersten Pfade bei Null beendet. Aus diesen Pfaden generieren sich keinerlei Pfadverlängerungen mehr. Die "Pfade- verschluckende-Null" bewirkt, dass zu einem späteren Zeitpunkt doch keine Symmetrie zwischen Fridolin rechts von der Null und Kriemhilde links von der Null vorliegt, weil durch Fridolins Linksdrift ständig große Anteile von seinen noch existenten Pfaden in der Null beendet werden, während von Kriemhildes Seite der geringe Strom an Pfaden in oben beschriebener Weise zwar kontinuierlich abnimmt aber eben in deutlich geringerem Maße durch die Null beendet wird.


    Vielleicht hätte ich es bei meinem frühen post #7 belassen und meiner Rechenlösung mit p=1/3 vertrauen glauben sollen, denn lösen kann ich es immer noch nicht. Deshalb warte ich jetzt tatsächlich auf die Musterlösung und hoffe, diese bestenfalls verstehen oder zumindest akzeptieren zu können. :)

    Nach sehr lehrreicher Beschäftigung mit den vereinfachten Aufgabenstellungen möchte ich noch mal zu der ursprünglichen Aufgabenstellung etwas sagen.


    In der Aufgabenstellung ist bei mir Lösung 9 "Es gilt 0,256 < p ≤ 0,512" grün hinterlegt.


    Inzwischen bin ich soweit, das für falsch zu halten.


    Meine Überlegung dazu ist die folgende:

    Zunächst einmal ist aufgrund ihrer beider Linkslastigkeit für Frosch Friedolin genauso schwer, die Null zu meiden,

    wie es für Kröte Kriemhilde schwer ist, sie zu erreichen. Diese Symmetrie zu entdecken war die erste Hürde.

    Wenn Kriemhilde nun zu irgendeinem Zeitpunkt 8 Uhr + (100+2i) s die Null erreicht,

    wird sich Friedolin noch rechts von der Null aufhalten, denn er soll die Null ja gemäß Aufgabenstellung erst nach Kriemhilde erreichen.

    Aufgrund seiner Linkslastigkeit wird er dann aber, mit einiger SEHR wenigen Ausnahmen,

    bei denen er doch nicht mehr rechtzeitig zurück zur Null kommt, die Null in den meisten Fällen erreichen.


    Demnach wäre die korrekte Lösung Lösung 10, da p=1. (bzw. 1-epsilon)

    Die Aufgabenstellung lässt das zu. Allerdings wird dies implizit durch die Antwort #7 von WoegingerG auf die Frage nach der Definition von den beiden linken Nachbarn ausgeschlossen.

    Allerdings bezieht sich die Antwort von WoegingerG auf das in der Frage genannte Beispiel der Uhr. Jegliche weitere Ausführung wäre dann ja mehr als ein "Lösungshinweis" gewesen. Sofern es sich hier um eine von den Aufgabenstellern als notwendig gedachte Präzisierung der Aufgabenstellung gehandelt hätte, hätte ich schon eine entsprechende Bemerkung in der Zusammenfassung oder der Aufgabe selbst erwartet.


    Mir ist es letztendlich egal und ich freue mich über "meine" Lösung. (Ärgere mich allenfalls ein wenig, dass ich während meiner Lösungsfindung durch Probieren zwar auch zwischenzeitlich mal eine Lösung mit 7 positiven Zahlen hatte, diese aber wieder verworfen habe. Da ich nicht auf so eine elegante Herleitung und Beweisführung wie 2020 in #2 gekommen bin, habe ich nach diesen mickrigen 7 eben weiter sinniert, ob nicht noch mehr gehen könnte.

    Aber 2 und 3 sind trotzdem nicht befreundet


    (befreundet im Sinne von 6 und 28)

    Wie im richtigen Leben: zwischen 2 und 3, die beide nicht vollkommen sind, herrscht halt nur eine einseitige Freundschaft.


    Ich hadere immer noch mit dieser Kröten-Frosch-Aufgabe!

    Wie müsste denn diese kleine übersichtliche Tabelle oben aussehen,

    wenn man die für diesen Fall tatsächlichen Wahrscheinlichkeiten berücksichtigt, die Georg J. aus D. errechnete?


    Das bildet aber nicht die unterschiedlichen Wahrscheinlichkeiten ab, nach genau x Sekunden die Null zu erreichen. Mit deinem Zahlenbeispiel müssten die Wahrscheinlichkeiten für die Kugeln (erste Spalte (Nummerierung))

    Code
    1. 0,709220625
    2. 0,157604583
    3. 0,070046481
    4. 0,038914712
    5. 0,024213599

    sein.


    Ändert sich da denn nicht auch was bei 1/4; 2/4; 3/4 und beeinflusst die Symmetrie doch?

    Danke für die weiteren Ausführungen in Posts #26 und #27.

    Ich habe meine falsche Einschätzung in Post #25 entsprechend kommentiert.


    Wäre eine weitere Verbesserung wohl möglich, wenn nur die beiden ersten Gruppenersten eine rote Mütze wählen und beide letzte Gruppenerste eine blaue?

    Mir ist es leider nur gelungen, deine Angaben für n=3 in einer Tabellenkalkulation nachzustellen. n=4 gelingt mir so nicht.

    Eigentlich müsste ich diesen Beitrag löschen! Nach Lektüre der folgenden Ausführungen (#26 und #27) von Georg J. aus D. ist eine Korrektur oder zumindest Kommentierung unumgänglich.

    [...]

    Wenn der Weihnachtsmann die Mützenfarbe zufällig wählt, sinkt der Erwartungswert (Wichtel, die hungrig nach Hause geschickt werden) bei drei Dreiergruppen von 1 auf 0,9125.

    (1.) Leider kann ich der Reduzierung auf 10 Intelligenzwichtel nicht folgen. Nach meinem Verständnis läge der Erwartungswert hungrig nach Hause zu schickender Wichtel bei 3 Dreiergruppen nicht bei 1, sondern bei 2 Wichteln. [Verständnisfehler von mir]


    (2.) Für die folgende Betrachtung möchte ich wegen (1.) wieder auf die uns bekannten 17 Intelligenzwichtel schauen. Einer, Quibo, muss zunächst raus, so dass 16 Wichtel im Raum bleiben, von denen nun 15 strategisch ihre Mützenfarbe wählen dürfen, während einer, Wichtel X, vom Weihnachtsmann die Mütze aufgesetzt bekommt.

    Im positiven Extremfall würden die ersten 3 vom Weihnachtsmann gewählten Wichtel zu einer Gruppe gehören. Der 4. zu dieser Gruppe gehörende Wichtel ist nun einer der 13 nicht gewählten Wichtel und wäre der Kandidat für die 5. Gruppe, die sich aus den Gruppenletzten bildet. Für jeden dieser 13 Wichtel ist die Chance als nächster gewählt zu werden 1/13, bzw. 12/13 nicht gewählt zu werden. Im nächsten Wahlgang beträgt die Chance 1/12, bzw. 11/12, usw.

    Deshalb beträgt die Wahrscheinlichkeit für jeden dieser 13 Wichtel bis zum Ende nicht gewählt zu werden, also der vom Weihnachtsmann bemützte Wichtel zu sein, 12/13 x 11/12 x ... x 1/2 = 1/13. Das bedeutet, dass es keinen Unterschied macht, ob die eigene 4er-Gruppe bereits gefüllt war oder nicht. (Wenn man diese Wahrscheinlichkeit zu einem späteren Zeitpunkt berechnete, zu dem z.B. bereits k Wichtel ihrer Gruppe durch Wahl zugeordnet sind, wären noch 16-k Wichtel übrig und jeder hätte die Chance 1/(16-k) als letzter Wichtel übrig zu bleiben oder eine beliebige andere frühere Position im Wahlgang zu erhalten.) [Die Angabe von Georg J. aus D. für n=3, dass die Wahrscheinlichkeiten des letzten Wichtels aus Gruppe 1 bis 3 zu stammen, 0,25; 0,3 und 0,45 , hätte ich nie geglaubt, konnte sie aber zwischenzeitlich bestätigen und muss daher meine Betrachtung als falsch ansehen!]


    (3.) Das Konzept der vier 4er-Gruppen für 15 Wichtel funktioniert, weil die Gruppenletzten eine andere Mützenfarbe als ihre jeweils 3 Gruppenkollegen wählen und somit als fünfte 3er-Gruppe erkennbar werden. Wichtel X wird nun eine dieser fünf 3er-Gruppen durch seine Mützenfarbe zu einer 4er-Gruppe ergänzen. Aus dieser 4er-Gruppe bekommt nur Wichtel X garantiert Kuchen, von den anderen 3 Wichteln nur jene, die zufällig rechts von ihm aufgestellt werden. Innerhalb dieser durch Wichtel X komplettierten 4er-Gruppe bleibt wegen (2.) jeder Wichtel gleichermaßen verdächtig, Wichtel X zu sein. [Nachdem (2.) nicht mehr haltbar ist, ist auch die Schlussfolgerung falsch.]


    M.E. hat die zusätzliche Information "4er-Gruppe i wurde als letzte begonnen" mit i € {1; 2; 3; 4} keinen Wert bzgl. der Kuchenverteilung.

    [s.o.: Offensichtlich nicht haltbar!]

    Man kann die Vier-Vierergruppen-Strategie so erweitern, dass der zeitlich erste jeder Vierergruppe die freie Farbwahl hat und dadurch 1 Bit an Information mitteilen kann. Die beiden Nachfolger jeder Gruppe nehmen die Farbe des Vorgängers, der letzte die andere Farbe.

    Am Ende ist wie bisher entweder in vier Gruppen der jeweils letzte zu erkennen, oder in genau einer Gruppe ist dies nicht der Fall.

    Unwahrscheinlich, aber dennoch möglich, dass der Weihnachtsmann als erste 4 Wichtel gerade die jeweiligen "Informationswichtel" auffordert, eine Mütze aufzusetzen. Zu diesem Zeitpunkt gibt es allerdings nicht wirklich viel zu berichten. D.h. im ungünstigen Fall kann kein Mehrwert erzeugt werden und somit kann diese Strategie auch keinen zusätzlichen Kuchen garantieren..

    [...] Die entscheidende Frage ist, ob in der Leitung von FA Gas fließen kann. Wenn ja, dann natürlich nur von F nach A [...]:)

    Die entscheidende Frage kann mit der Betrachtung des Leitungsdreiecks E, F, A mit pE > pF, pA einfacher geklärt werden:


    Unter der Annahme "x fließt von F nach A" gilt :

    (1) pE² - pA² = ( 2 - x )² = 4 - 4x + x²

    (2) pE² - pF² = ( 2+ x )² = 4 + 4x + x²

    Bereits hier kann erkannt werden, dass x € [-2 ; 2 ], denn sonst würden Geschenke von A oder F zu E fließen ...


    (1) - (2) pF² - pA² = -8x = x² (! Weymouth-Gleichung zwischen F und A)

    => x² + 8x = x ( x + 8 ) = 0

    => x1 = -8 wie oben geklärt: keine sinnvolle Lösung

    x2 = 0 macht den Weg frei für einfaches Weiterrechnen mit ganzzahligen Flussmengen

    Vielleicht mache ich aber einen ähnlichen Denkfehler wie obig belächelter Schüler. Wenn ich ehrlich bin, ist nämlich nicht nur der Weihnachtsmann verwirrt. - Ich bin es auch.

    Voller Überzeugung habe ich die Antwortmöglichkeit 1 angekreuzt:

    Wichtel Roland ist sich sicher: „Solange der Weihnachtsmann nicht aus Versehen dem letzten Kind auf der Liste sein Geschenk gibt, hat Eleonora nichts zu befürchten.“


    Meine Überlegung war dabei die folgende:

    Der Weihnachtsmann gibt versehentlich dem Kind mit dem Listenplatz n das Geschenk.

    Die nun folgenden Wichtel sollen laut Aufgabe dem "richtigen" Kind ein Geschenk überreichen.

    Entsprechend der bereits im Forum kritisierten Priorisierung nach Grad der Neugier würde also nun Oberwichtel Rebekka dem vom Weihnachtsmann übergangenen Kind auf Listenplatz 1 das Geschenk überreichen.

    Wichtel Jonathan würde dem nun neugierigsten Kind auf Listenplatz 2, das nicht von Rebekka beschenkt wurde, das Geschenk überreichen.

    Das geht weiter bis zu dem Kind auf Listenplatz n-1, das sein Geschenk von dem Wichtel erhält, der ursprünglich für den nun vom Weihnachtsmann bedienten Listenplatz n zuständig war.

    Erst ab Listenplatz n+1 und somit auch für Wichtel Eleonora können alle Wichtel die Geschenke wieder wie ursprünglich vorgesehen überreichen.

    Die im Aufgabentext genannte Option der zufälligen Auswahl eines Kindes durch die Wichtel erfolgt nie, da die bestens organisierten Wichtel schließlich immer dem "richtigen" Kind ein Geschenk überreichen.


    Vor diesem gedanklichen Hintergrund wird meine Verwirrung bezüglich der in der Aufgabe grün markierten Antwortmöglichkeit 8 vielleicht verständlich: Wichtel Kristina lacht: „Ich weiß gar nicht, was ihr habt. Die Wahrscheinlichkeit ist doch einfach 1/2.“

    Ich musste bei dieser Aufgabe unwillkürlich an einen meiner Schüler (vor vielen Jahren) denken. Am Ende einer Gruppenarbeit wurde per Los bestimmt, wer die Gruppenergebnisse präsentieren muss (darf). Da es vier Schüler in der Gruppe waren, zog jeder Schüler eine von vier Karten (unter denen genau ein As war) und derjenige der das As zog musste (durfte) präsentieren. Als ich an den Tisch kam und die vier Karten mischte, wollte einer der Schüler unbedingt als erster Ziehen.

    Als ich ihn fragte warum denn, da entgegnete er: "Ja als Erster ist die Chance das As zu ziehen 1:4 und wenn ich als dritter ziehe 1:2".

    Er durfte natürlich als erster ziehen und zog prompt das As. Einige Wochen später hat er dann im Rahmen des Stochastikunterrichts eingesehen, dass es völlig egal ist, an welcher Stelle man zieht. :)    

    Erstaunlich, dass der Schüler nach dieser Überlegung als erster ziehen wollte.

    Als vierter wäre seine Chance, das Ass zu ziehen, doch 1:1 gewesen. ;)

    Wenn zwei nebeneinander steh'n,

    müssen sie dann das gleiche seh'n?

    Das kann bekanntlich nur gelingen,

    wenn "rechts" und "links" sie einig singen.

    Der Blick nach außen und nach innen

    birgt häufig ein ganz neu Besinnen.


    16 Wichtel stehen im Kreis.

    Auf ihren T-Shirts haben sie 12 positive und 4 negative Zahlen aufgedruckt:

    15 9 5 3 1 1 -1 -1 -1 -1 1 1 3 5 9 15  
    Die beiden äußeren "15" müssen unten zusammengeführt werden, um den Kreis zu schließen.

    Die Wichtel mit blauen Zahlen schauen im Kreis nach innen.

    Die Wichtel mit roten Zahlen schauen aus dem Kreis nach außen.

    Die beiden Wichtel mit der "15" stehen jeweils rechts voneinander.

    Diese Aufgabe hat mich am längsten beschäftigt und ich bin nach wie vor unsicher, ob meine Lösung stimmt.

    Bezüglich der Größenordnung bin ich auf ein ähnliches Ergebnis wie die Vorredner gekommen.

    Dennoch mag ich mich der hier geführten Argumentation (noch) nicht anschließen.


    "Komplett" symmetrisch ist die Sache nicht, denn Frosch Fridolin soll die Null erst nach Kröte Kriemhilde erreichen. Er muss also zumindest 2 Sekunden und darf maximal ca 16 h länger als sie brauchen.

    Ein spannender Grenzfall liegt demnach z.B. vor, wenn Kriemhilde die Null zwei oder drei Sekunden vor Tagesende erreicht. Dass die Wahrscheinlichkeit für Fridolin in diesem Fall genau zwei Sekunden später anzukommen genau 0,5 betragen soll, kann ich so noch nicht nachvollziehen. Meines Erachtens müsste p<0,5 sein.


    Meine Rechenlösung lässt mich sogar vermuten, dass Fridolins Wahrscheinlichkeit nach Kriemhilde anzukommen insgesamt nur 1/3 beträgt.

    Leider fehlt mir das mathematische Rüstzeug, diese Behauptung zu beweisen und Rundungsfehler auszuschließen.

    Von der Größenordnung her liegen p=1/3 und p=0,5 glücklicherweise im gleichen Intervall (0,256 < p<= 0,512) .


    Ich hoffe auf weitere Beiträge hier und bin sehr gespannt, wie die Musterlösung aussieht.

    Die hier geführte Diskussion über "Zensur" der Moderatoren hat im Grunde nichts mit der Aufgabe 22 zu tun. Deshalb sollten diese Beiträge meines Erachtens in ein eigenes Thema verschoben werden. Bei der Genderdebatte wurde das ja schon gemacht. :thumbup:


    Und letztendlich muss/kann dann ja jeder wieder selbst entscheiden, ob er sich in diese Diskussion einbringen will oder nicht, insbesondere auch, ob er über jedes Stöckchen springen will, das man ihm hinhält.


    Wenn ich mir die Posts anschaue, kann ich den Moderatoren nur allergrößten Respekt für ihre Arbeit zollen:

    Sehr zeitnah werden (un-)beabsichtigte Abweichungen der Teilnehmer von den akzeptierten Spielregeln geduldig, humorvoll und manchmal auch neckisch korrigiert. Dass auch den Moderatoren dabei zuweilen ein "Fehler" unterläuft, ist wohl nur menschlich. Diese geringe Fehlerquote komplett zu verhindern, würde den Aufwand unnötig erhöhen und vermutlich die Antwortzeiten unangemessen verlängern.


    Danke an alle Moderatoren!


    P.S. Ich habe hier übrigens überall ohne Hintergedanken das generische Maskulinum verwendet.

    Erst heute habe ich die Mouseover Funktion bei der Bewertung der Bilder in "Mein Voting" bewusst wahrgenommen.

    Sehr hilfreich, da ich häufig dort gelandet bin, mir das Bild aber nicht mehr präsent war.

    Leider wird bei mir das Bild so groß dargestellt, dass nur die linke obere Ecke zu erkennen ist und der Rest nach rechts unten aus dem Bildschirm "herausfällt".

    Ich fürchte, dass das auf Dauer meinen Schreibtisch einfärbt ...