Beiträge von marac

    Lose gibt es dann ja auch keine mehr.

    Das ist so nicht korrekt, für eine richtige Antwort, die bis Silvester abgegeben wurde, gibt es immernoch ein Los, auch wenn die Aufgabe schon vier Wochen vorher gestellt wurde. Ob das sinnvoll ist, oder ob es für die Zielgruppe Schüler nicht besser wäre, zeitnah die Lösung zu veröffentlichen, da kann man sicherlich geteilter Meinung sein, aber der Kalender ist so konzipiert, dass es zwar mehr Lose gibt, wenn man die Antworten früher abgibt, aber dass theoretisch auch jemand, der erst nach Weihnachten einsteigt, noch für alle Aufgaben Lose erhalten kann.

    Naja, unabhängig von irgendwelchen Formeln: Ein 1x1-Brett hat nur ein Feld, und das ist dann naturgemäß eine Kurve (wenn auch eine sehr spezielle, nämlich ein Kreis) und kein gerades Stück...

    Lustigerweise ist das aber offenbar erst mit der Korrektur der "meine Ergebnisse"-Seite passiert. Jetzt hab ich auf einmal nur noch 96 Lose, weil auch bei mir Frage 12 jetzt nur noch mit einem Los gewertet wurde. Bei meinen Urkunden vom 01.01. und 05.01. hatte ich noch 100 Lose ;-)


    Dafür bin ich aber zeitgleich sechs Plätze gestiegen (bisher 96. mit 100 Losen, jetzt plötzlich 90. mit 96 Losen)

    Hattest du bei Aufgabe 15 "Mützenrätsel 2020" als Antwort "8 Wichtel"? Das würde erklären, warum du nach der Korrektur einen schlechteren Platz als vorher hast.

    Nein, aber eben auch nicht 9, und damit gab es wohl Leute, die vorher unter 100 Lose hatten, und nachher über 100... Und das geht natürlich dann auch auf Kosten meiner Platzierung ;-)

    Ich komme auf andere Wahrscheinlichkeiten:


    Nachdem deine Tabelle nicht beschriftet ist, hab ich ein wenig gebraucht, um nachzuvollziehen, was du da auflistest. Wenn ich das richtig verstehe, ist jede Zeile bezogen auf eine bestimmte Ankunftszeit von Fridolin, richtig?

    Okay, ich glaube, jetzt hab ich auch meinen Fehler gefunden, ich habe im Prinzip aus zwei Urnen mit je 10 Kugeln gezogen (beschriftet mit 1x1, 2x2, 4x3 und 3x4), und um die Bedingung der Aufgabenstellung zu erfüllen, dass Fridolin und Kriemhilde nicht gleichzeitig ankommen dürfen, habe ich nach der Ziehung der Kugel aus K die entsprechenden Kugeln aus F entfernt, bevor ich hier ziehe, und da ist wohl der Haken, ich darf nach der Ziehung aus der einen Urne die andere nicht mehr verändern, weil ich sonst die bedingten Wahrscheinlichkeiten versaue.

    Jetzt sind es nur noch 1500 Sonstige.

    Ah, das erklärt es, mein 68. Platz von 1502 Sonstigen war in der am Freitag generierten Urkunde. Vielleicht war das noch vor der Korrektur bei der einen Aufgabe. Wenn ich die Urkunde jetzt neu lade, ist es auch Platz 96 von 1500 Sonstigen...

    Ich bin 'sonstiges', was auch immer das ist. Von den Zahlen her, ist es nicht 'alle' - 'schüler' - 'lehrer' - 'studenten', weil das immer noch zu viele sind.

    Hmm, das ist dann aber schräg... Dann scheint die Anzahl der Lose nicht das einzige Kriterium für die Platzierung zu sein.

    Woher weißt du, wie viele "alle", "Schüler", "Lehrer" und "Studenten" es gibt?

    Ich finde nur 1502 Sonstige...

    Sofern Kriemhilde die Null vor Fridolin erreicht, wird Fridolin die Null mit nahezu 100% Wahrscheinlichkeit am gleichen Tag erreichen.

    Das ist sicherlich richtig, ist aber nicht gefragt, denn dass sowohl Fridolin als auch Kriemhilde die Null erreichen, ist ja bereits vorgegeben.



    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

    Auch das ist völlig korrekt, für Fridolin ist aber ebenfalls die Wahrscheinlichkeit höher, die Null recht früh zu erreichen. Die höchste Wahrscheinlichkeit hat jeder für sich auch noch exakt zum selben Zeitpunkt, wenn auch Fridolins Wahrschheinlichkeit wesentlich höher ist.


    Um das Ziel nach i Sprüngen zu erreichen, muss ein Tier (100 + (i-100)/2) mal in Richtung Ziel gesprungen sein und ((i-100)/2) mal vom Ziel weg. Wenn man jetzt n als Anzahl der Varianten nimmt, in denen das möglich ist (das ist ja für F und K gleich, hat ja nichts mit der Wahrscheinlichkeit für die eine oder andere Richtung zu tun), ergibt sich für die Wahrscheinlichkeit, exakt nach i Sprüngen das Ziel zu erreichen, folgendes:

    n*(pHin)100*(pHin*pWeg)(i-100)/2

    Nachdem sowohl n als auch das Produkt aus pHin und pWeg für beide Tiere identisch ist, der Faktor pHin100 aber unabhängig von i ist, steht dann in der Tabelle der Ankunftswahrscheinlichkeiten zu einem bestimmten Zeitpunkt in jeder Zeile in beiden Spalten ein Wert, der sich um einen konstanten Faktor (1/3)100*(2/3)100
    =(2/9)100 voneinander unterscheidet.


    Und genau da kommt jetzt die Aussage ins Spiel, dass beide im Laufe des Tages die Null erreichen. Vielleicht zur Veranschaulichung ein einfaches Zahlenbeispiel:

    Gehen wir von einer Zieleinlaufwahrscheinlichkeit wie folgt aus:

    ZeitFridolinKriemhilde
    10,010,001
    20,020,002
    30,040,004
    40,030,003


    Dann würde Fridolin mit 10% Wahrscheinlichkeit das Ziel in den ersten 4 Schritten erreichen, Kriemhilde nur mit 1% Wahrscheinlichkeit, zu jedem Zeitpunkt ist die Wahrscheinlichkeit für Fridolin um einen konstanten Faktor (hier 10) höher als für Kriemhilde. Wenn nun aber vorgegeben ist, dass beide das Ziel innerhalb dieser 4 Schritte erreichen, müssen die Wahrscheinlichkeiten dieser 4 Schritte auf insgesamt 100% skaliert werden (denn wir wissen ja sicher, dass einer dieser Fälle eintritt).

    Daher müssen wir in der Fridolin-Spalte jeden Wert mit 100/10 und in der Kriemhilde-Spalte jeden Wert mit 100/1 multiplizieren, und - oh Wunder - in beiden Spalten stehen plötzlich genau dieselben Werte, und damit ist die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass F oder K das Ziel zu einem bestimmten Zeitpunkt (oder auch bis zu einem bestimmten Zeitpunkt) erreichen, exakt gleich (nämlich p1=10%, p2=20%, p3=40% und p4=30%).

    Und was ist nun die Wahrscheinlichkeit, dass F nach K ankommt?


    Summe über alle pi * (Summe aller pj für j > i)/(Summe aller pj für j <> i) für i = 1..4


    p1*(p2+p3+p4)/(p2+p3+p4)+p2*(p3+p4)/(p1+p3+p4)+p3*(p4)/(p1+p2+p4)+p4*(0)/(p1+p2+p3)=

    =10%*90%/90%+20%*70%/80%+40%*30%/60%+30%*0/70%=10%+17,5%+20%=47,5%


    Und je mehr Zeilen es gibt und je kleiner die Einzelwahrscheinlichkeiten sind, desto mehr nähert sich diese Summe der 50% an (da der rauszurechnende Anteil für die gleichzeitige Ankunft immer kleiner wird).


    Wobei ich im Moment nicht ganz verstehe, wie da überhaupt etwas ungleich 50% rauskommen kann, denn nachdem alle Zeilen in der Tabelle der bedingten Wahrscheinlichkeiten zwei gleiche Werte enthalten, ist ja die Wahrscheinlichkeit für F kommt nach K an zwingend genau gleich, wie K kommt nach F an. Insofern kann das ja nichts anderes als 50% ergeben...

    Wenn mit dem 11. Karton begonnen wird, dann können auch genau 134 Pakete verleimt werden, nämlich die Kartons 11 bis 144.

    Stimmt, den Grenzwert des Verbrauchs hatte ich nicht mehr im Kopf - aber nichtsdestotrotz entspricht auch das Weglassen von Karton 1 nicht mehr der Aufgabenstellung, und damit ist 134 trotzdem falsch.

    Eine Möglichkeit um die umzulegenden Schalter explizit zu beschreiben: Beim i-ten Gang schaltet man genau die Schalter an, deren Nummer in der Binärdarstellung an Stelle i eine 1 hat

    Naja, ich hab es genau umgekehrt gemacht, ich hatte immer alle Schalter an und hab nur bestimmte (so wie du beschrieben hast, binärcodiert) ausgeschaltet, kommt aber im Ergebnis natürlich aufs Gleiche raus.

    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.

    Mit der Argumentation könntest du ja auch die ersten zehn Kartons weglassen und kämst damit auf noch viel mehr verschließbare Pakete - alleine deshalb kann es so ja nicht gemeint sein, wie solltest du sonst auf eine eindeutige Lösung kommen?

    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 müssen die Kartons in absteigender Größe bearbeiten.

    Wie man da rauslesen will, dass man Kartons weglassen darf, erschließt sich mir nicht.

    In den Fragen im Forum wurde das auch ausdrücklich nochmal bestätigt, dass mit dem größten Karton zu beginnen ist...

    Ich kann's jetzt auch nicht mehr so genau sagen, wie mein Lösungsweg war, aber der ideale Verlauf sah bei mir so aus, dass die dritte Bandenberührung exakt senkrecht auf eine der erlaubten Banden erfolgt ist, und die Kugel damit genau den selben Rückweg, wie Hinweg genommen hat (also zwei Berührungen vorher, dann die senkrechte, und zwei nachher)

    Der Knackpunkt war doch, dass sich der Wochentag eines Datums jährlich um 1 verschiebt, in Schaltjahren um 2. Demnach wäre der achte Hochzeitstag (2 Schaltjahre) normalerweise 10 Wochentage nach dem Tag der Hochzeit selbst. Dementsprechend, wenn die Hochzeit an einem Wochenende (Sa/So) war, wäre der achte Hochzeitstag ein Dienstag oder Mittwoch. Insofern musste man "nur" einen Grund finden, warum das in diesem speziellen Fall wohl nicht so war, sondern sich der Wochentag nur um 8-9 Tage verschoben hat. Und das konnte ja nur heißen, dass ein Schaltjahr "ausgefallen" ist. Damit musste der Hochzeitstag vor dem entsprechenden eben nicht vorhandenen 29.02. gelegen haben. Und da ist dann die Auswahl nicht mehr groß...