Beiträge von Gurt Ködel

    Die Zahlen in der Aufgabenstellung sind so geschickt gewählt, dass es keine Rolle spielt, wie viele Pakete in der ersten Phase schon verleimt wurden. Es muss also gar nicht angegeben werden, ab welchem Index die 2020g restlichen Leims eingesetzt werden: ganz unabhängig davon können immer weitere 134 Pakete verleimt werden. Bei anderen numerischen Zahlen wäre das nicht so.

    Aha. Ich verstehe das so:

    Wenn ich bei A1 mit 2020g Leim starte komme ich auf 133 Pakete, die vollständig versiegelt werden können. Das angefangene 134. Paket zählt nicht zur Lösung. Wenn ich bei Ai; i>1 beginne, sagst Du es könnten unabhängig von i immer 134 Pakete vollständig versiegelt werden (was mit der Konvergenz dieser speziellen Reihe zu tun hat).


    Nunja, also ich hätte die Aufgabe nie und nimmer so verstanden, wie Du und es würde mich dann schon wurmen, wenn deine Interpretation richtig ist und ich wegen so einer Missdeutung daneben liegen würde. Auch wenn es mir jetzt wirklich nicht auf die Lose und Preise ankommt.

    Von daher kann ich es jetzt zumindest nachvollziehen.

    Ich habe den Aufgabentext mindestens zehnmal gelesen und ich lese immer noch nicht heraus, dass zu dem Zeitpunkt, wo nur noch 2020g Zauberleim vorhanden sind, mit A1 begonnen werden muss. Der Karton A1 wurde schon verwendet, bevor nur noch 2020g Zauberleim vorhanden waren.


    Streng genommen müsste der Karton A1 eigentlich gar nicht verwendet werden, auch das steht im Aufgabentext nicht drin. Der eigentlich Trick der Aufgabe besteht darin, den Karton A1 ganz wegzulassen, damit insgesamt 1 Karton mehr verpackt werden kann.

    Die Fee will ihnen natürlich gerne helfen, hat aber nur noch genau 2020 g des Zauberleims übrig. Anstatt in Panik zu geraten, beschließen die Elfen, ihre mathematischen Superkräfte zu nutzen und auszurechnen, wie viele Schachteln sie mit dieser Menge Zauberleim versiegeln können.

    [IMG:https://www.mathekalender.de/index.php?page=showImage&documentID=1055]

    Die Geschenkpakete sind Würfel von unterschiedlicher Größe. Die Elfen müssen den Leim nur an der Kante der oberen Fläche (ein Quadrat) auftragen. Wir bezeichnen diese Quadrate mit A1, A2, A3, ... Die Elfen wissen, dass die Fläche des Quadrats Ak des k-ten Pakets durch

    [IMG:https://www.mathekalender.de/index.php?page=showImage&documentID=1049]

    gegeben ist. Aus Effizienzgründen sind die Kartons ineinander gestapelt und die Elfen müssen die Kartons in absteigender Größe bearbeiten. Aus früheren Verpackungserfahrungen wissen die Elfen, dass sie für eine Linie von 1 cm genau 0,15 g Klebstoff benötigen.

    Wie viele Kartons können die Elfen mit den 2020 g Zauberleim verschließen?




    Frage: Wo steht hier, dass zu den Paketen A1, A2, ... die bereits verpackten und versiegelten Pakete dazu gehören?


    Wenn die Aufgabe so interpretiert werden sollte, müsste ja auch irgendwo stehen, ab welchem Index die 2020g Leim eingesetzt werden, denn es wird ja ganz klar gefragt, wieviel Pakete mit 2020g Leim verschlossen werden können.

    Auch wenn meine Simulation 0.5 sagt wäre meine Intuition auch 1/3 :)
    Zum Glück ist beides in einem Intervall, dann musste ich mich nicht entscheiden

    Warum wäre Deine Intuition 1/3?

    K und F müssen doch jeweils 2 Sprünge machen, um von einer Position bei der sie die 0 "verfehlt" haben wieder zur 0 zu kommen.

    Also ich hätte dann eher die Intuiition von 1/9, was aber genauso falsch ist,

    [...]

    Was mich unruhig macht, sind die Kommentare zu meinem Beweis, die die Gültigkeit anzweifeln. Auch wenn du meinen Kommentar nicht "brauchbar" findest, möchte ich doch gerne wissen, ob er mathematisch hieb- und stichfest ist.

    Hm - ist etwas schwer zu fassen, aber ich denke, dein Beweis ist nicht hieb- und stichfest.


    Wenn ich es richtig verstanden habe, versuchst Du den Beweisschritt der vollständiger Induktion mit einen Widerspruchsbeweis zu führen.

    Also Aussage S über einen mathematischen Sachverhalt ändert sich unter einer diskreten Variablen n so, dass Sn -> Sn+1 eine bekannte Abbildung ist. Für n=0 ist die Aussage bewiesen. Unter der Annahme, dass sie für ein beliebiges n bewiesen sei, versuchst Du zu zeigen, dass sie auch für n+1 stimmen muss, indem Du einen Widerspruch konstruierst, also: "Wenn sie für n+1 nicht stimmen würde, kann sie bereits für n nicht gestimmt haben".


    Die Aussage Sn, die Du beweisen willst (Du solltest S vielleicht nicht "Annahme" nennen - dies verwirrt mit der späteren Annahme des Widerspruchbeweises - "Vermutung" wäre besser), ist:

    Annahme: Ruprecht kann nach n Würfen keine 2 identischen Teile identifizieren.


    Das Problem ist jetzt, dass dieses Aussage / Vermutung für das gesamte Ensemble aller 64 Konstellationen der X-Masium Zustände ( |0>, |1> ) der 6 Atome gelten muss.

    Heißt: auch dein Beweis muss für das gesamte Ensemble gelten. Du kannst nicht für einzelne Schritte deines Beweises nur spezielle Konstellationen herauspicken.


    In der Induktions-Vorraussetzung (n=0) ist der Beweis diesbezüglich noch sauber.

    Deine Widerspruchsannahme ist ebenfalls noch korrekt: Du nimmst an die Aussage S wäre für n+1 falsch und versuchst nun damit zu beweisen, dass sie dann schon für n falsch gewesen seien muss. Da dies nicht stimmt (Induktion-Vorraussetzung), wäre die Widerspruchsannahme falsch und Aussage S gilt auch für n+1.


    Für n -> n+1 gibt es viele verschiedene Wege. OBdA versuchst Du einen allgemeinen herauszunehmen und landest bei zwei Unterfällen:

    Da Du einen Widerspruchsbeweis führst, musst Du nun die Annahme (Sn+1 sei falsch) für beide Unterfälle zu einem Widerspruch mit der grundlegenden Induktions-Vorraussetzung (Sn ist richtig) führen.


    Hier gibt es jetzt einige Probleme deines Beweises:

    1. Da n völlig allgemein ist, hast Du m.E. den Unterfall vergessen, dass sich B beim n+1 Wurf überhaupt nicht ändern. Dies ist aber nicht problematisch, da dieser Unterfall sofort auf einen Widerspruch zur Induktion-Vorraussetzung führt.
    2. Da Du einen Widerspruchsbeweis führst, behauptest Du, es reicht die Annahme (Sn+1 sei falsch) für eine einzige Konstellation (|0>|0>|0>|0>|0>|0>) zu einem Widerspruch mit der Induktions-Vorraussetzung (Sn ist richtig) zu führen. Dies ist unzulässig. Der Beweis (Widerspruchsbeweis oder anders), muss für das gesamte Ensemble gelten.

    Es muss aber für alle möglichen Anfangskombination gelten. Wenn aber die Anfangskombination (0 0 0 0 0 0) ist,

    kann sowohl Bn = 1 als auch Cn = 1 nicht vorkommen und somit ist sowohl Fall 1 als auch Fall 2 nicht möglich

    und damit haben wir den gesuchten Widerspruch.

    Es geht doch gerade darum, zu zeigen, dass Ruprecht die Konstellation |0>|0>|0>|0>|0>|0> nicht von anderen Konstellationen unterscheiden kann. Und, dass es nicht gelingen kann, alle möglichen Konstellationen des Ensembles in einen Zustand zu bringen, der (trotz Ununterscheidbarkeit der Atome) eine eindeutige Aussage zum Zustand (|0>, |1>) zweier Atome erlaubt.

    Was Dein Beweis beweist, ist nur, dass es für den Zustand |0>|0>|0>|0>|0>|0> nicht möglich ist nach n+1 Würfen zwei Atome zu unterscheiden.

    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.

    Exakt.


    Gefragt war nach der WS das F nach K ankommt

    unter der Bedingung, dass beide ankommen und beide mit der gleichen Zeit-Verteilung die 0 erreichen,

    nur halt mit unterschiedlicher WS (Faktor 2^100).

    Die gesamte Komplexität durch die Wege und WS / Linkslastigkeit ihrer Sprünge diente eigentlich nur zur Ablenkung von dieser einfachen Fragestellung.

    Ich habe einige Zeit gebraucht, um zu bemerken, dass das Ankommen eine echte Bedingung der Lösung ist und die Komplexität der Aufgabe in sich zusammenstürzen lässt.


    Für jeden gegebenen Zeitpunkt xiK = 100sec + 2 i sec; 0 <= i < 28750 des Ankommens von K mussten die relative (auf das Intervall von 8:00 bis 24:00 Uhr normierte) Wahrscheinlichkeiten WjFrel des späteren Ankommens xjF = 100sec + 2 j sec; i < j < 28750 von F aufsummiert werden ( => SiF = Sum(j=i+1, j<28750, j++){WjFrel} ) und diese Summe mit der ebenfalls relativen (auf das Intervall von 8:00 bis 24:00 Uhr normierten) Wahrscheinlichkeit WiKrel für das Ankommen von K zum Zeitpunkt xiK gewichtet werden (bedingte Wahrscheinlichkeiten). Die Summe dieser gewichteten Summen ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit ( => WS = Sum(i=0, i<28750, i++){WiKrel x SiF} ).


    Da die Zeit-Verteilung des Ankommens für F und K identisch ist und da sowohl F als auch K garantiert ankommen, ist die relative Wahrscheinlichkeit für beide gleich. Der Faktor 2^100 fällt durch diese Normierung (die durch das garantierte Ankommen gegeben ist) raus: WiFrel = WiKrel = Wi,rel


    Dennoch fand ich es dann doch extrem interessant, zu sehen, dass die Summe über i der mit Wi,rel gewichteten Summen über Wj,rel ; i < j < 28750 gleich groß ist, wie deren Gegenteil. Insbesondere da die Summe der Wege und damit die Wahrscheinlichkeit für F anzukommen (Sum{Wi,rel}) doch recht schnell konvergiert und die Zeit-Verteilung des Ankommens ihr Maximum bei recht kleinen i hat.

    Dies hatte ich dann tatsächlich erst im Nachhinein wirklich verstanden. In meiner abgegebenen Lösung hatte ich diese doppelte Summe falsch abgeschätzt, da ich versäumt hatte die Aufgabe mit deutlich kleineren Zahlen einfach mal auszurechnen.


    Ich verstehe nicht ganz, wieso gerade ein Induktionsbeweis brauchbar seien soll, wenn es doch gerade nicht darum geht nachzuweisen, das nach einer Anzahl von Würfen die "0" X-Masium nicht von den "1" X-Masium getrennt werden können, sondern darum, das diese Trennung nicht für alle 64 Konstellationen möglich ist?


    Insgesamt gibt es doch für alle 64 Konstellationen nur eine endliche Anzahl von Würfen (12) nach der sich nichts mehr ändert, weil die X-Masium für alle Konstellationen sortiert sind. Bei manchen Konstellationen sind hierfür auch weniger oder gar keine Würfe notwendig (aber da man die Konstellation ja gerade nicht messen kann, weiß Ruprecht es nicht). Die Unmöglichkeit einer Trennung von "0" X-Masiium und "1" X-Masiium für eine Konstellation, die nach wenigen Würfen bereits sortiert ist, ergibt sich doch nicht aus der Unmöglichkeit der Trennung für eine Konstellation, die mit noch weniger Würfen sortiert ist, sondern aus der Unmöglichkeit die real vorliegende Konstellation zu messen und aus der Unmöglichkeit einen Zustand herzustellen, der für alle Konstellationen garantiert, das zwei gleiche X-Masium benachbart sind.

    Es reicht somit völlig zu zeigen, dass durch eine Abfolge von 12 Würfen alle 64 Konstellationen eindeutig auf die 7 sortierten Zustande abgebildet werden können, und das diese 7 sortierten Zustände linear unabhängig sind.

    Im Prinzip alle die, die mich richtig zum Nachdenken brachten, bei denen es dann teilweise ein tolles AHA-Erlebnis gab:

    Konkret waren meine vier 5-Sterne Aufgaben:

    A 12 Frosch und Kröte
    A 19 Kirschwein
    A 20 knackige Mützen
    A 21 X-Masium


    Mir haben aber auch sehr viele andere Aufgaben sehr gut gefallen, auch wenn sie teilweise viel schneller lösbar waren (viele der Kalenderaufgaben verwende ich seit Jahren in meinen Mathe-Ags bzw Mathe-Pluskursen - das ist super Futter, ganz toll!!! - neben großem persönlichen Spaß also auch prima Unterrichtsvorbereitung ;))

    Ich hatte die 5 nur 2 mal vergeben. Leider kann ich nicht mehr nachsehen an welche Aufgaben genau - das Voting lässt sich nicht mehr aufrufen. Aber A12 war eine davon. Deshalb bin ich auch überrascht.


    X-Masium fand ich jetzt nicht überproportional kompliziert, auch wenn der Negativ-Beweis mal was Neues war.

    Das Lösungsheft wird erst am 6. Januar veröffentlicht. Bis dahin kannst du der Lösungsdiskussion im Forum folgen.

    Danke für den Hinweis!


    Finde ich irgendwie gut - es hält einige interessante Diskussionen am Laufe., Auch wenn ich jetzt nicht mehr die Zeit habe das alles nach zu vollziehen, finde ich es mehr bereichernd als einfach das Lösungsheft zu lesen.

    [...]

    Nachwievor habe ich keine geschlossene Formel für n(x): Anzahl der verschiedenen Pfade nach x Sek. zum ersten Mal auf die Null zu springen. Für die Lösung von A12 ist der konkrete Wert von n(x) wie gesagt unbedeutend, da ja für K und F gleich! (Symmetrie). Will man aber konkrete Wahrscheinlickeiten bestimmen, braucht man n(x) (war aber eigentlich nicht verlangt).

    [...]

    Danke. Genau die Schwierigkeit hier eine geschlossene Formel angeben zu können, hat mich dann auf die Lösung gebracht - hat aber etwas gedauert.


    Das Problem für die Wege eine Formel angeben zu können, ist das die Binominialkoeffizienten nicht gehen, bzw. um Korrekturterme erweitert werden müssen, die zwar mit Hilfe des Pascalschen Dreiecks verständlich und einfach herzuleiten sind, aber eben schwer umsortiert und in einen geschlossenen Ausdruck gebracht werden können.

    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.


    Es ist recht hilfreich zum Verständnis des Zusammenspiels von Kubo's und Ruprecht's Taktiken, sich das Problem in niedrigeren Dimensionen einmal selber durchzuspielen.


    Also für Würfel mit 2 Seiten ist es recht trivial - Ruprecht gewinnt für N=1,2,3 und Kubo für N>3. Die Taktik von Ruprecht und Kubo ist einfach.


    Für Würfel mit 4 Seiten wird es interessant, welche Taktik von Kubo und Gegentaktik von Ruprecht was bewirkt. Ich habe für N=7 noch nicht schlüssig beweisen können, dass Ruprecht immer gewinnen kann. Bisher glaube ich, das Kubo mit folgender Taktik immer gewinnen kann: In der ersten Runde schreibt er immer nach Ruprecht auf den jeweiligen Würfel eine 2; In der zweiten Runde schreibt er möglichst spät (vorletzter oder vorvorletzter Würfen - der letzte Würfel bleibt i.d.R. leer und wird ganz am Ende von Ruprecht mit einer 1 beschriftet) eine 4 und zwar so, dass er damit ein hohes Zahlenpaar (7 und 6) von Ruprecht unbrauchbar machen kann. Ansonsten schreibt er in der zweiten Runde ebenfalls 2er.


    Man lernt durch Durchspielen der Optionen bei 4 Seiten und N=6 / N=7 einiges über Kubo's und Ruprecht's optimale Taktik. U.a. dass es für Kubo keinen Sinn macht, darauf zu verzichten von vorne hinein auf alle Würfel eine 2 zu schreiben. Sodann, dass er für höhere N nicht bei den 2ern stehenbleiben darf, sondern mindestens eine höhere Zahl anbringen muss. Wie hoch diese höhere Zahl seien muss hängt von N und der "Dimension" des Würfels ab. Eine genaue Formel habe ich aber noch nicht gefunden.


    Insgesamt, ist hier wahrscheinlich ein numerischer Ansatz sinnvoll, um solche Fragen zu klären. Aus der Spieltheorie sollte es dazu auch Ansätze geben - ich hoffe auf das Lösungsheft und weiterführende Literaturhinweise....

    Der Unterschied ist nicht groß, aber vorhanden. Gezeigt werden die Wahrscheinlichkeiten für Fridolin, ohne weitere Bedingungen, dass zum Zeitpunkt x die Null zum ersten Mal erreicht wird. (Hoffentlich habe ich pierrots Formeln richtig umgesetzt.)


    x:::pierrot
    2880.016853245981613647
    0.02198673296319125
    2900.01682686303243865
    0.02202630548502301

    An dieser Formel habe ich mir auch die Zähne ausgebissen. Gibt es dafür einen geschlossenen mathematischen Ausdruck, oder geht es nur numerisch?

    Einspruch :); bei N=9 muss Ruprecht die 2 und mindestens eine 4 (und wahrscheinlich auch zwei 6er) nicht verteilen. Sollte Kubo es drauf ankommen lassen, wird Ruprecht die 2 erst als vorletzte Zahl schreiben, bevor er die 1 auf den letzten freien Würfel schreibt. Kubo hätte seine Position für Phase 2 dadurch aber derart geschwächt, dass ich bezweifele, das er gewinnen kann.


    (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.

    Einspruch :):

    - Die Tripel können von Kubo ergänzt werden und zwar durch gerade Zahlen. Am Ende zählt was auf dem Würfel steht und nicht welche der zwei Tripel von Kubo und welche von Ruprecht kommen. Kubo kann somit sowohl Würfel mit Ruprecht-Tripeln deren größte Zahl ungerade ist, als auch deren größte Zahl gerade ist "unbrauchbar" machen. Ruprecht muss beim Beschriften die Zahlen so mutieren, dass dies nicht geht.

    - Gerade Zahlen wegnehmen ist nicht das Problem, wenn die Beschriftung durch Kubo dies zulässt. Wichtig: die Würfel werden abwechselnd beschriftet Ruprecht muss auf die Beschriftung von Kubo reagieren. Dadurch kann er die Verteilung oben auch unterbieten. Die Verteilung oben ist nur notwendig, wenn Kubo sinnvoll beschriftet. Dann muss Kubo aber 2er, 4er und ggf. 6er aufschreiben, die Ruprecht nicht mehr aufschreiben muss und die somit aus der obigen Verteilung herausfallen.

    Hört sich sehr ähnlich, wie meine initialen Überlegungen an, mit denen ich grob N=13 als machbar abgeschätzt habe.

    Kubo wird zunächst einfach die von Ruprecht geschriebenen Zahlen (auf dem jeweils gleichen Würfel) wiederholen. Erst gegen Schluss der ersten Spielphase wird er dann "zuschlagen", indem er die von Ruprecht mit hohen Zahlen versehenen Würfel mit niedrigen geraden Zahlen ergänzt (um sie in der zweiten Spielphase möglichst früh verbrauchen zu können).

    Ich habe das eine Weile "durchgespielt" (leider meine Schmierzettel entsorgt :() und ich glaube nicht, dass es eine solche 2-Phasen Strategie von Kubo geben kann, wenn Ruprecht richtig auf Kubo's Züge reagiert.

    Ein triviales Wiederholen der Zahlen von Ruprecht, ist m.E. keine optimale Taktik von Kubo, da es ihm damit sehr schwer wird, die Würfel mit hohen Zahlen früh im Spiel zu verbrauchen. Die Interessen Kubo's und Ruprechts sind recht entgegengesetzt:

    • Es liegt im Interesse Ruprechts, die Würfel möglichst inhomogen mit jeweils gleichen Zahlen zu beschriften (damit sie eben nicht frühzeitig verbraucht werden können) - Also z.B. mit 56****, 56****, 78****, 78**** zu beschriften. Außerdem liegt es im Interesse Ruprechts die Würfel mit hohen Zahlen zu beschriften.
    • Es liegt im Interesse Kubos, die Würfel möglichst homogen zu beschriften (also niedrige mit hohen Zahlen zu mischen), um hohe Zahlen frühzeitig aus dem Spiel nehmen zu können. Auch liegt es im Interesse Kubos die Würfel mit möglichst kleinen Zahlen zu beschriften. Es ist zu beachten, dass es nicht im Interesse Kubos liegt, alle Würfel ausschließlich mit 2 zu beschriften (also ..., 778222, 788222, ....), da er die 2 nur einmal legen kann.

    Ich glaube, das dies am Ende dazu führt, dass Ruprecht (bis auf die 1) wahrscheinlich gar keine niedrigen Zahlen schreiben muss.


    Die optimale Strategie wird immer eine dynamische sein. Das macht einen Beweis knifflig. Ich war mit einer nicht überaus komplexen Taktik auf N=9 gekommen und hatte dabei noch einige freie Würfelfelder zum Beschriften übrig. Auch war ich mir ziemlich sicher, das diese Taktik nicht von Kubo durch eine geänderte Gegentaktik durchkreuzt werden konnte, ohne dass Ruprecht dadurch noch mehr Vorteile bekommen hätte. Grob abgeschätzt hatte ich damals N=13 als machbar betrachtet. Diese Überlegungen dann zu einem echten Beweis auszubauen, war mir aber zu aufwendig, auch wenn das aus Sicht eines echten Mathematikers vielleicht unbefriedigend ist. Dieses Problem kann eventuell tatsächlich numerisch besser gelöst werden.

    Wieso sollte man das? Und wieso wäre das irgendwie fair?

    Die Konstellationen mit nur 0 und nur 1 X-Masium (um in der hier verwendeten Notation zu bleiben) wurden in der Aufgabe nicht ausgeschlossen.


    Irgendwie finde ich es fair (warum kann ich auch nicht genau sagen - ist vielleicht auch der englischen Redewendung entlehnt), bei einer Lösungsdiskussion, die ja für alle Teilnehmer und auch zum Vergleich mit ihren jeweiligen Ansätzen gedacht ist, das vollständige Problem zu beleuchten.

    Recht schnell war anhand der Regeln und der Anfangsbelegung klar, dass mit einer recht großen Wahrscheinlichkeit das Sudoku Ziffer für Ziffer gelöst werden kann. Also erst alle 1er und 2er, dann alle Auschlüsse von 3ern ermitteln und damit die 3er lösen, usw...

    Erst wenn diese Strategie nicht zum Erfolg führen sollte, muss man weitere, höhere Zahlen und deren Verteilungen hinzuziehen um die möglichen Plätze für bestimmte Ziffern weiter einzuschränken.


    Zu diesem Zeitpunkt war ich mir bereits fast sicher, dass "9" die richtige Lösung ist :)


    Nach der "Eingewöhnungszeit" für die erweiterten Regeln durch das Ermitteln der 1er und 2er, ging es dann recht flott, die 3er soweit einzuschränken, dass nur 2 Mögliche 3er Verteilungen überhaupt möglich waren. Von diesen konnte eine recht schnell ausgeschlossen werden, wenn man die 4er betrachtet hat.

    Danach ging es dann immer schneller, da die Regeln dazu führten, dass die höheren Zahlen nur so purzelten.

    Zu einer stochastischen Abhängigkeit zwischen Infizierten und IB Trägern wurde in der Aufgabe nichts gesagt und es wurde mehrfach im Diskussionsforum erklärt, dass es bei der Aufgabe um eine stochastische Aussage basierend auf der (sehr wohl genannten) Gleichverteilung von IB Trägern über die gesamte Einwohnerschaft geht.


    Frage: Habt ihr angenommen, dass "IBeanie tragen" und "Flöhe haben" stochastisch unabhängig sind? Und warum sollte man das tun dürfen?

    Ich tue mich immer noch schwer, da mehr in die Aufgabe rein zu interpretieren. Welche Formulierung führt dazu, dass Du dir über die Verteilung von IB-Trägern in Relation zu Infizierten Gedanken machst?

    Ich muss gestehen, dass ich auch zuerst Brut-Force die Lösung über die Winkelfunktionen angegangen bin und dann recht lange dafür gebraucht habe, dies in die erforderliche Gleichungsform zu bringen.


    Danach bin ich dann durch einen Hinweis im Forum, auf die Lösung mit der Diagonalen gebracht worden. Dies würde ich schon als versteckten Lösungshinweis werten.