Ein kleines Rätsel... - 500 Beiträge pro Seite

[Lahmer Hannes]

Schönen guten Abend zusammen!
Mich würde brennend interessieren, ob es eigentlich mehr gerade Zahlen {2,4,6,8,...} oder mehr natürliche Zahlen {1,2,3,4,5,...} gibt. Was meint Ihr? Bitte begründet Eure Lösung. Mal sehen, wie lange Ihr braucht!

MfG LH

[bigb2]

es gibt keine lösung

da es unendlich viele zahlen gibt

[Lahmer Hannes]

Die zweite Aussage ist richtig. Eine Lösung gibt es aber in der Tat.

[bigb2]

vorschlag 1

ist gibt ein unentschieden, wäre salomonisch oder grins


vorschlag 2

ist 0 gerade oder ungerade, vorrausgesetzt man akzeptiert sie als zahl, gibt es mehr von denen, zu denen 0 gehört

oder??

ansonsten rück die Lösung raus, hhahhahahaha

[bigb2]

sollte heißen

es gibt ein unentschieden

[Aragorn987]

Sind wir hier im Kindergarten oder was:
Wenn die geraden Zahlen eine Untermenge der natürlichen Zahlen sind, ist das Ding wohl entschieden, oder bin ich zu blöd für die Fragestellung?
Empfehlung: Thread "Besoffen posten..."
ciao
Ara

[bigb2]

nicht besoffen

aber eon paar joint geraucht

grins

[Lahmer Hannes]

@Aragorn
Ich hatte gehofft, eine vernünftige Antwort mit einer mathematischen Begründung zu erhalten. Es ist richtig, daß die geraden Zahlen eine Untermenge der natürlichen Zahlen sind. Doch was ist dann Deine Lösung? Es mag ja auf den ersten Blick trivial erscheinen, doch manchmal lohnt es sich, etwas schärfer nachzudenken...
Und das mit dem Kindergarten hast Du wohl nicht so gemeint, oder?

Mfg LH

[mig48]

!

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[bigb2]

lahmer hannes


du bist echt langsam


wo ist die lösung


kannst sie mir auch in mein boardfach schicken

[Lahmer Hannes]

Die Antwort ist falsch. Obwohl es sehr vernünftig klingt, gibt es nicht doppelt so viele natürliche Zahlen wie gerade.

LH

[mig48]

!

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[Lahmer Hannes]

!

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[mig48]

letzter Versuch: es gibt genau gleich viele.

[montebello]

!

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[robtop]

ich hab´s ich hab´s!!!!

natürlich nach 30 tagen, weil das ist ja die hälfte von 60!!!!

:O:O

rob

[robtop]

nur zur klarstellung: ich bin nicht debil!!

natürlich nach 59 tagen.

der rätselkönig

rob

[montebello]

@robtop

mein kompliment
nach 59 tage ist richtig

übrigens, diese aufgabe wird für IQ-tests, oft verwendet

bravissimo

montebello

[montebello]

wenn es erlaubt ist, hätte ich, für die rätselkönige, eine noch
einfachere aufgabe, die man im kopf rechnen kann und auch sollte

* an einem bahnhof fährt ein ZUG, in 7 sec., an eine wartende person
vorbei
der selbe ZUG fährt am nächsten bahnhof, der 380 meter lang ist,
in 26 sec. vorbei (beachte: der ganze zug)

nun die fragen : wie SCHNELL und wie LANG ist der ZUG ??

diesmal darf die antwort auch stunden dauern

gruss

montebello

[robtop]

!

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[mig48]

!

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[mig48]

@ robtop
Frag` Turandot, die weiß das.
mig, die Sphinx

[georgq]

@montebello: Der Zug ist 140 Meter lang und fährt mit 72 km/h durch den Bahnhof. Wenn ich mich nicht irre!

gruß georgq

[Perkins]

Beide Mengen sind gleich groß.

Man darf nämlich die negativen geraden Zahlen nicht vergessen.

mfg
perkins

[fstein007]

@ robtop

antwort: der mensch

[Lahmer Hannes]

@Perkins
In diesem Punkt ist die Fragestellung nicht korrekt. Ich meinte nur die positiven geraden Zahlen, also ab 2 aufwärts.

@mig
Kann sein, daß es genau gleich viele von jeder Sorte gibt. Doch falls dem so ist, fehlt die Begründung.

[Perkins]

@LahmerHannes

Na dann sind ja wohl die Natürlichen Zahlen eindeutig in der Überzahl, weil ja zu den geraden
noch die ungeraden dazugehören, es sei denn 3,4 ist für dich auch eine gerade Zahl.

mfg
perkins

[Lahmer Hannes]

@Perkins

Dieselbe Theorie hat mig48 weiter oben auch geäußert. Sie ist aber nicht korrekt. Kommazahlen wie 3,4 werden natürlich nicht berücksichtigt, nur natürliche Zahlen, die größer als Null sind.

Mfg LH

[Perkins]

Na also dann klär uns doch mal auf.
Hoffentlich verrechnest Du Dich nicht.
Ich bin gespannt.

mfg
perkins

[smul]

Das ist ja erschreckend, was hier abgesondert wird.

N, Z und Q haben gleiche Ordnung, sie sind abzählbar unendlich und damit gleich groß.

Zum gestellten Problem:

Es gibt ne eingeutige Zuordnung: f(x) = 2x => gleich groß !

Aber darüber könnt ihr euch auch die köpfe heiß reden:

Das Ziegenproblem
Showmaster einer amerikanischen Spielshow zum Kandidaten: "Stellen Sie sich vor eine von diesen drei Türen. Hinter einer ist ein Auto, hinter den beiden anderen sind Ziegen. Dann öffne ich eine Tür - nicht die, vor der Sie dann stehen -, und es wird eine Ziege dahinter sein. Danach frage ich Sie, ob Sie sich lieber vor die andere noch verschlossene Tür stellen wollen. Als Gewinn erhalten Sie, was hinter der Tür ist, für die Sie sich dann entschieden haben." - Sollte der Kandidat die Tür wechseln? (Berühmtes Problem, schön, einfach zu lösen, aber es kann sehr schwer sein, jemanden innerhalb einer halben Stunde davon zu überzeugen.)

[Lahmer Hannes]

@ smul

Endlich (!!!!) jemand, der die richtige Antwort begründen kann. Gratuliere! Das Ziegenproblem ist natürlich auch sehr nett. Wenn man es einmal verstanden hat, ist die Antwort sonnenklar. Ich überlasse es hier den anderen , sich die Köpfe darüber zu zerbrechen.


MfG LH

[montebello]

@GEORGQ

meine bewunderung und ein dickes kompliment

die antwort ist richtig ( 140 m lang und 72 km/h schnell)
viele kollegen von mir (techniker und ing. sind gescheitert an der
aufgabe)
dabei ist sie einfach, man muss nur eine zuglänge abziehen,

der zug ist 7 sec. lang, für die 380 meter benötigt er tatsächlich
26sec. - 7 sec. = 19 sec.

380m : 19sec = 20m/sec, da der zug 7 sec. lang ist, muss man
7 sec. x 20 m/sec. = 140 meter = zuglänge

20m/sec. x 3600sec. = 72000 meter/h = 72 km/h = zug geschwindigkeit

wie man sieht, kopfrechnen ist möglich

sehr gut, ein dreifaches bravissimo @GEORQ

ciao

montebello

[?@?]

Die Lösung will mir nicht ganz einleuchten. Wieso 26 sec. - (und nicht +) 7 sec.? Die "Verweildauer" müßt doch eigentlich addiert werten.

?@?

[ANOM]

zum Ziegenproblem:
Dürfte eigentlich egal sein ob er die Tür nochmal wechselt, er hat eine 50:50 Chance , oder ?

[?@?]

Jetzt ist der Groschen gefallen !!!!

[ANOM]

eigentlich ist die Wahrscheinlichkeit grösser dass er am Anfang vor einer Ziegentür steht, dann sollte er
eigentlich doch wechseln oder ?

[fstein007]

ich würde auch sagen die chance ist 50:50, aber das wär wahrscheinlich zu einfach

[ANOM]

eigentlich ist die Wahrscheinlichkeit grösser dass er am Anfang vor einer Ziegentür steht, also sollte er doch wechseln , oder ?

[georgq]

Zum Ziegenproblem: Ich denke auch, dass der Kandidat wechseln sollte. Begründung wäre auch für mich, dass die Wahrscheinlichkeit, als erstes eine "Ziegentür" zu erwischen mit 2:1 höher ist. Wenn ich dann sicher bin, hinter welcher Tür noch eine Ziege steht, wechsle ich meinen Standort und erhöhe damit die Wahrscheinlichkeit, das Auto zu erwischen.

gruß georgq

[penderecki]

Das ist doch alles Tierquälerei. Brüllende Hitze im Studio; ein tobendes Publikum; ein schreierischer Quizzzzzmaster. Die armen Ziegen. Dieser thread sollte umgehend gelöscht werden. Stante pede!

[penderecki]

Ach ja, ich vergaß:

[greekspan]

Es gibt genauso viele natürliche wie gerade Zahlen:

jeder geraden Zahl x kann man durch eine Bijektion eineindeutig eine natürliche Zahl y zuordnen:

x := 2 * y
y = 1/2 * x (da x gerade ist y eine natürliche zahl)

[?@?]

Das Ziegenproblem: Ich glaube, daß die Chancen nach wie vor 50 : 50 sind. Obwohl die Wahrscheinlichkeit am Anfanag doppelt so groß war, eine Ziege zu erwischen, spielt das bei der letzten Entscheidung keine Rolle. Hätte der Kandidat die andere Ziege erwischt, wäre zwangsläufig die Tür vor der er jetzt steht geöffnet worden. Bei Entscheidung für die Autotür, hätte der Showmaster die freie Auswahl gehabt. Er weiß ja schließlich, wo die Ziegen sind. Also auch dann 1 : 1.

?@?

[greekspan]

Ziegenproblem:

Mit der Formel von Bayes kann man über bedingte Wahrscheinlichkeiten errechnen, dass der Kandidat wechseln sollte.

[fstein007]

@ greekspan
warum, wenn ich 2 türen habe ist die wahrscheinlichkeit 1:1, da kann er so oft wechseln wie will

[greekspan]

@ fstein007

kandidat wähle tür a.
moderator macht b auf.

die wahrscheinlichkeit für tür a wäre anfangs 1/3.
wahrscheinlichkeit für tür b und c zusammen 2/3.
wenn ich weiß, daß b eine niete ist, bleibt die wahrscheinlichkeit für b und c 2/3, für b sinkt sie auf 0 -> wahrscheinlichkeit für c ist 2/3.

[james_bond]

Also ich kenne da noch ein schönes, anschauliches Beispiel, warum der Kandidat wechseln sollte:
Es gibt 1000 Tore, der Kandidat sucht sich eines aus und 998 falsche Tore werden geöffnet.
Ich denke, das ist für jeden nachvollziehbar. WECHSELN!!!

MfG
007

[stockluda]

@greekspan: Bitte übersetze mir doch mal Bijektion und erklär mir die Formel von Bayes. Das sagt mir irgendwie nicht sehr viel....
Hört sich aber irgendwie trotzdem plausibel an!

[?@?]

Qgreekspan

Du begehst einen Denkfehler. Einmal unterstellt, der Showmaster öffnet immer eine Niete (hier Vorgabe), dann hat man von Anfang an eine 1 : 1 Chance, denn man kann / muß davon ausgehen, daß nach der 1. Runde eine Niete (Ziege) aus dem Spiel genommen wird. Also ist es ganz gleich vor welche Türe man sich anfangs stellt. Die Wahrscheinlichkeit bleibt immer gleich, das eingreifen des Showmasters einmal als Fakt unterstellt.

Du kannst es ja mal selbst ausprobieren, indem Du den Versuch nachstellst. Nach dem Gesetz der Serie (eine größere Anzahl von Versuchen vorausgesetzt) müßtes Du auf eine 50 %ige Trefferquote kommen.

Mag sein, daß sich andere mathematiktheoretische Lösungen ergeben, aber die praktische Realität sollte eigentlich überzeugen.

?@?

[mig48]

Hinter jeder Tür, vor der der Kandidat nicht steht, ist zu Beginn des Spieles eine Ziege.
Also sollte er immer stehen bleiben.
mig

[greekspan]

@ ?@?

sei mal nicht so voreilig wenn man alles vorher weiß, bräuchte man keine wahrscheinlichkeitstheorie mehr und du gehst genau davon aus, daß alle fakten dem außenstehenden von vornherein bekannt sind.
wenn du den versuch nachsimulierst, mußt du von der situation des kandidaten ausgehen:

setze auto durch zufall hinter eine tür a
kandidat entscheidet sich für tor x
schowmaster wählt tor z, wobei z von a verschieden
jetzt gibt es zwei möglichkeiten:
kandidat wechselt tor
kandidat wechselt tor nicht

wenn man das ganze so durchspielt, kommt man auf eine 1/3 zu 2/3 verteilung.

[stockluda]

wenn man die 2 türen zusammenfasst...ja

[?@?]

@greekspan

Zu Beginn hat der Kanidat ja tatsächlich noch eine 1 : 2 Chance. Greift der Showmaster nicht ein, bleibt es dabei, daß von 100 Versuchen statistisch 66,66 in die Hose gehen.

Greift er aber ein und öffnet ein Ziegentor (hier so vorgegeben), tritt genau das ein, was ich bereits gesagt habe. Stehen bleiben = 100 %, Wechseln = 0% oder umgekehrt, was im Ergebnis auf das Selbe rausläuft.

Dabei spielt es überhaupt keine Rolle ob das zuerst gewählte Tor ein Auto oder eine Ziege verbirgt. Ist eine Ziege dahinter, hat der Showmaster keine Wahl, er muß das zweite Ziegentor öffnen oder erhält sich nicht an die (hier vorgegebenen) Regeln und läßt alle Tore zu.

Steht der Kandidat aber vor dem Autotor z. b. Tor 3, hat der Schowmaster die Wahl zwischen Tor 1 und 2, denn hinter beiden befinden sich ja die Trostpreise.

Die Chance auf den Hauptgewinn ist somit vollkommen identisch, ob nun gewechselt wird oder nicht. Das gilt auch, sollte der Kandidat keinen Führerschein besitzen und deshalb die Ziege bevorzugen. Dann wäre vielleicht die für ihn der Hauptgewinn

?@?

[ANOM]

natürlich ist hinterher die Wahrscheinlichkeit rechnerisch gleich , aber die Chance dass er vor einer Ziegentürsteht ist von Anfang an grösser , also sollte er wechseln !
Wer nicht wechseln würde ist selbst Schuld !

[ANOM]

Tür A + C : Ziege
Tür B : Auto

Fall 1 : er wählt Tür a , Moderator öffnet c , er sollte wechseln
Fall 2 : er wählt Tür b , Moderator öffnet a oder c , er sollte stehen bleiben
Fall 3 : er wählt Tür c , Moderator öffnet a , er sollte wechseln

Wenn er in 2 von 3 Fällen wechseln muss warum sollte er dann stehen bleiben ?

[fstein007]

das problem ist hier der unterschied zwischen theorie ( formel ) und praxis, theoretisch läßt sich vielleicht beweisen das er wechseln sollte, in der praxis ist es aber vollkommen egal.
im feldversuch hätte er immer eine 1:1 chance
in der schule hat uns unser lehrer mal formelmäßig bewiesen, das der hase den igel nie einholen kann.
der igel hatte 100 m vorsprung, und .. mist, ich krieg es nicht mehr hin
wer weißwas ich meine ?

[KaB]

@Anom

Tür A + C : Ziege
Tür B : Auto

Fall 1 : er wählt Tür a , Moderator öffnet c , er sollte wechseln
Fall 2 : er wählt Tür b , Moderator öffnet a, er sollte stehen bleiben
Fall 3 : er wählt Tür b , Moderator öffnet c, er sollte stehen bleiben
Fall 4 : er wählt Tür c , Moderator öffnet a , er sollte wechseln

Und nun ?

[penderecki]

Das hat ANOM jetzt aber sehr gut erklärt!

[ANOM]

@KaB

Ist völlig egal welche Tür der Moderator im 2. Fall öffnet , wichtig ist wo er steht !
Macht was ihr wollt , ich wechsle

[KaB]

@fstein007

Altes griechisches Problem von Sokrates oder Platon, oder irgendeinem
anderen wahrscheinlich totem Philosophen.

Zwei Griechen rennen um die Wette. Da der eine doppelt so schnell ist
wie der andere, bekommt der erste einen Vorsprung von x beim Start.
Nach einer bestimmten Zeit y hat der Schnelle den Vorsprung von x
erreicht. Der Langsame hat mitlerweile aber schon x+(x/2) erreicht.
Wenn der Schnelle x+(x/2) erreicht hat, ist der Langsame aber schon
bei x+(x/2)+((x/2)/2). und so fort, und so fort. Somit ist bewiesen,
das der Schnelle niemals den Langsamen einholen kann.
Bitte mathemathischer Gegenbeweis.

Nettes Denkspiel; hatten wir auch in der Schule

Gruß KaB

[fstein007]

@ kab
danke, genau das war es
auch mathematik kann irren

[robtop]

bin beileibe kein mathematiker, aber ich habe dieses problem schon einmal in einem
buch dargestellt bekommen. leider weiss ich die antwort nicht mehr :O
aber ich denke das war auch anders, mit einer ziege...???

so denke ich mir:

die chance, den gewinn anfangs zu treffen, ist 1/3.
die chance, die niete zu erwischen ist 2/3.

dann fällt eine niete weg.

ich stehe also entweder vor der niete oder dem gewinn.

soweit bestimmt allen klar, nur das 1/3 zu 2/3 verhältnis sollte noch etwas aussagen.
wo sind die stochastiker am board?

5 min später:

kurz überlegt, ist die wahrscheinlichkeit, vor einer niete zu stehen grösser.
daher scheint mir die wahrschlkt. , daß der gewinn nicht bei mir liegt, nach dem aufdecken
grösser zu sein.
also wechseln.

?

irgendwie dachte ich, das anders gelesen zu haben...

egal, rob

[mig48]

Nochmal:

Hinter jeder Tür, vor der der Kandidat nicht steht, ist zu Beginn des Spieles eine Ziege, weil der Showmaster sagt, dass er eine Türe
öffnen wird, hinter der eine Ziege steht. Er weiß also, dass der Kandidat vor der Tür mit dem Auto steht.
Also sollte der immer stehen bleiben.

mig

[georgq]

Meine Logik sagt mir: WECHSELN!!!!
Die Wahrscheinlichkeit, vor die falsche Tür zu treten beträgt 66,6%.
Dadurch, das nun eine Tür geöffnet wird, die eine Niete verdeckt, bleibt die Wahrscheinlichkeit, dass ich vor der falschen Tür stehe immer noch 66,6%, DENN ICH HABE MICH NICHT BEWEGT!

Aber bleibt ihr Sekptiker nur stehen, der Quizmaster freut sich.

georgq

[greekspan]

Ziegenproblem:
Wer immer noch nicht glaubt, dass wechseln besser ist, hat eben nix kapiert.

@KaB, fstein007:
Dein Problem fstein007, liegt darin, dass die Zeit nicht konstant wächst, sondern so: y, y+y/2, y+(y/2)/2...
Somit kommst du nicht mal bis zur doppelten zeit 2y. das langt natürlich nicht, den langsameren zu überholen, denn dafür wäre exakt die zeit von 2y nötig.

[grobschnitt]

Igel/Haase bzw 2 Griechen Problem

Das PRoblem an der Rechnung ist, daß in dieser Aufgabe natürlich auch die Zeitspanne, in der gemessen wird, immer weiter halbiert wird.

Alles läuft daraus hinaus, daß der Punkt, an dem der Schnellere den Langsamen überholen würde in immer kürzeren Zeitabständen genähert wird, aber niemals erreicht wird.

In der Praxis wird er ihn überholen, da wir ein lineares Zeitempfinden haben

[Lahmer Hannes]

Ziegenproblem:
greekspan hat vollkommen recht. Das einzige richtige ist Wechseln. Ich möchte es nicht noch einmal ausführen, schaut einfach oben nach. Manche Kleingeister, die das nicht verstehen, sollten besser still sein und darüber nachdenken, als irgendwelche Vermutungen, die sie für richtig halten, als einzig richtige Lösung anzupreisen. Es ist definitiv falsch!!

@fstein007:
Mathematik kann nicht irren, sie ist eine exakte Wissenschaft! Bei so einem Problem der Stochastik geht es auch nicht darum, berechnen zu wollen, hinter welcher Türe das Auto steht. Es läßt sich nicht berechnen! Aber man kann eine Strategie, beruhend auf Wahrscheinlichkeiten, entwickeln, mit deren Hilfe sich die Gewinnwahrscheinlichkeit erhöhen läßt. Das heißt nicht, daß der Kandidat bei einem Versuch immer das Auto gewinnt. Aber bei genügend vielen Versuchen wird die Trefferanzahl, wenn er immer wechselt, doppelt so groß sein, wie wenn er nicht wechseln würde. Ausprobieren!!! Nehmt drei Karten, zwei schwarze und eine rote und legt sie verdeckt hin. Der "Quizmaster" weiß, wo die rote Kart (Auto) liegt. Spielt das ganze genügend oft durch! Dann werdet Ihr sehen, daß sich das theoretische Ergebnis auch in der Praxis bestätigt! Wenn noch irgendetwas unklar sein sollte, fragt mich einfach, aber bitte nicht die gleichen Fragen, die oben schon besprochen wurden.


MfG LH

[?@?]

Hannes, Du bist offenbar nicht nur lahm sonder vor allem extrem arrogant, an der Grenze zum Größenwahn.

Abschließen noch einmal zum Ziegenproblem:

Du kannst lesen, da bin ich sicher, aber auch sorgfältig? In der Aufgabenstellung heißt es ganz unmißverständlich, daß der Kandidat vorher über die Modalitäten aufgeklärt wurde, er weiß also von Anfang an, daß er im entscheidenden Moment nur die Auswahl zwischen zwei Türen haben wird. Folglich könnte man die dritte doch gleich weglassen. Wenn Du willst und kannst, beiweis mir doch mathematisch das Gegenteil.

[Lahmer Hannes]

@?@?

Definiere Größenwahn, Du Schmalspur-Stochastiker!

Ich weiß wirklich nicht, wie ich es Dir noch beweisen soll. Es steht alles schon mehrfach oben. Aber vielleicht hilft Dir folgendes:

Es ist richtig, daß der Kandidat vorher aufgeklärt wird. Trotzdem ist die Chance, den Gewinn zu treffen, nur 1/3. Das dürfte klar sein. Daran ändert auch die Tatsache nichts, daß der Quizmaster danach ein Tor ausschließt. Die Wahl wurde vorher getroffen. So weit, so gut.
Nun hat der Kandidat die Auswahl zwischen zwei Toren, eines mit einer Niete, eines mit dem Gewinn dahinter. Wenn jetzt ein neuer Kandidat dazukommen würde, der nur die Auswahl zwischen diesen beiden Toren hat, und der nicht wüßte, wo der andere steht, hätte dieser eine fifty-fifty-Chance auf den Gewinn. Klar, oder? Es ist also von Vorteil, erst dann zu wählen, wenn es nur noch zwei Tore gibt. Warum sollte der Kandidat also nicht die Möglichkeit wahrnehmen, neu zu wählen? Die Chance liegt also mindestens bei 50% (In der Tat liegt sie sogar bei 66,7%). Aber das erstgewählte Tor verbirgt den Gewinn nur mit einer Wahrscheinlichkeit von 33%. Klar?? Man muß die Zusatzinfos, die der Master gibt, auch nutzen! Verschlechtern kann sich der Kandidat nicht mehr! Spiel es doch zuhause durch!!

Das ist eine etwas andere Erklärung. georgq oder Anom haben es oben mathematisch richtig erklärt. Der Fall ist klar! Also laß Deinen Frust bitte nicht an den Leuten aus, die die Sache durchschauen, sonder schalt selber einmal die Birne ein!! Ich kann nichts dafür, daß Du es nicht verstehst. Kannst Du das denn nicht akzeptieren?

@KaB:
Es gibt nur drei Fälle, da es nur drei Tore gibt! Und alle sind gleich wahrscheinlich, also 1/3

MfG LH

[greekspan]

LH hat hier wohl ganz deutlich ein Schlusswort gesprochen, welches hoffentlich allen Pseudostochastikern die Luft aus den Segeln nehmen wird.
Vielen Dank!!!

[fstein007]

wegen so etwas streiten

[Lahmer Hannes]

Da die bisherigen Rätsel anscheinend geklärt sind, hier etwas Neues, damit das Wochenende nicht so langweilig wird:

UNTREUE
In einer ruhigen Kleinsdtadt sind fast alle Männer ihrer Frau gänzlich treu. Warum? Weil es Gentlemen sind. Und, was noch wichtiger sein dürfte: Weil jede Frau, die davon erfährt, daß ihr Mann untreu ist, ihn nachts umbringen wird.
Außerdem sind alle Frauen in der Stadt Klatschtanten. Sobald eine Frau erfährt, daß irgendein Mann aus der Stadt untreu ist, sei es weil sie es selbst erfahren hat :-) oder weil sie es von einer anderen hört, erzählt sie es sofort allen Frauen weiter, so daß sie alle darüber Bescheid wissen - doch mit einer Ausnahme: die betrogene Ehefrau erfährt nichts. (Dazu muß man wissen, daß sich jeden Morgen die Frauen am Marktplatz treffen, wo sie sich also täglich austauschen können)
Eines Tages kommt ein Wahrsager in die Stadt. Und er spricht die fürchterliche Wahrheit aus: Es gibt in der Stadt mindestens einen untreuen Mann. Er weiß aber nicht, wer es ist. Eine Woche ist die ganze Stadt in heller Aufregung und lebt in Angst. Jede Frau vermutet in ihrem Mann einen der Täter. Doch nichts geschieht.

Doch dann, am achten Morgen nach dem Erscheinen des Wahrsagers, erhält der Sargschreiner seine Aufträge. Wie viele Männer wurden umgebracht??


Ich muß zugeben, das ist eine ziemlich harte Nuß. Doch ich denke, hier sind genügend helle Köpfe, die das Rätsel lösen können. Oder irre ich mich da?

MfG LH

[?@?]

@Lahmer Hannes,

die Vergangenheit holt einen immer ein, gelle:

"""Gauss KZ 640 Euro!!!!!!!
von Lahmer Hannes 01.08.00 11:30:41
betrifft Aktie: GAUSS INTERPRISE AG 1458907
Ich habe mir mal einige ältere Nachrichten angeschaut und dabei folgendes entdeckt:

Gauss Kursziel 160 Euro Datum : 02.05.2000
Zeit :19:51

Die Aktienexperten der WestLB Panmure stufen die Aktie der Gauss Interprise AG (WKN 507460) als Kauf ein.
Die Gesellschaft sei ein Pure-Internet-Play im B2B-Bereich. Als Produkthaus biete Gauss innovative Software für
Content-, Portal- und Knowledge-Management an.

Diese garantiere den Großkunden mit komplexen Web-Auftritten eine einfache
Aktualisierung, Administration und Nutzung des Unternehmensportals im Intra-, Extra- und Internet.

Der Consulting-Bereich biete Dienstleistungen für den Übergang auf internetbasierte Infrastrukturen im Unternehmen und deren Weiterentwicklung, so dass Gauss die gesamte Wertschöpfungskette des elektronischen Contents abdecke.

Zu den Kunden würden internationale Konzerne wie Bayer, Axel Springer
Verlag, DaimlerChrysler, Thyssen Krupp usw. gehören.

Der Kurs im Bereich um 124 Euro sei eine Einstiegsgelegenheit, da das
Kursziel binnen 12 Monaten bei 160 Euro liege.


Agentur : Aktiencheck.de


Und jetzt kommt der Hammer: Inzwischen hat ein 1:4 - Split stattgefunden!!!!! Das heißt doch, man muß das KZ vervierfachen. Echt geil!! Jetzt bei 14 kaufen, in einem Jahr Millionär. Und jetzt ciao; ich steige in den Flieger, habe nämlich 3 Monate Malediven gebucht!!

von b.frötsch 01.08.00 11:34:05
betrifft Aktie: GAUSS INTERPRISE AG 1458939
hast den urlaub wohl auch nötig

mfg
b.frötsch

von Hoppeldoppelwhooper 01.08.00 11:36:10
betrifft Aktie: GAUSS INTERPRISE AG 1458954
KZ: Dausend Euro

von NastyDuck 01.08.00 11:38:31
betrifft Aktie: GAUSS INTERPRISE AG 1458971
Dreisatz ist wohl nicht gerade deine Stärke!

von 01.08.00 11:41:20
betrifft Aktie: GAUSS INTERPRISE AG 1458995
Schön wärs!!!!!!!!

von NATALY 01.08.00 11:43:13
betrifft Aktie: GAUSS INTERPRISE AG 1459010
@Lahmer Hannes:Hoffentlich werden auf den Malediven Deine grauen Zellen auf Vordermann gebracht:Bei einem Splitting 1:4 muss das Kursziel nämlich geviertelt werden!"""

Sei doch zukünftig etwas vorsichtiger beim Steineschmeißen, Du verkanntes Genie.

Gruß

?@?

[Lifetrader]

Ich tippe auf 7 Leichen

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@?@?

Was hast Du denn? Ich kann ja auch nichts dafür, daß Gauss nicht steigt. Ich habe doch nur die Analystenmeldung kopiert, reingetragen und, da er schon etwas älter war, der Tatsache Rechnung getragen, daß ein Split stattgefunden hat. Was ist dagegen einzuwenden? Ich muß mir wohl von Dir nicht das Rechnen beibringen lassen, also sei etwas vorsichtiger mit Deinen Äußerungen.

Hast Du inzwischen das Ziegenproblem nachgespielt? Bleibst Du immer noch bei Deiner verteufelten Meinung?

Nichts für ungut

MfG LH

[?@?]

@Lahmer Hannes

Aktiensplit bedeutet Teilung von Wertpapieren, wie es das Wort schon besagt. Wenn eine Aktie geviertelt wird, vervierfacht sich nicht der Wert (Kurs). Er unterliegt doch den gleichen Gesetzmäßigkeiten wie die Aktie. Aktie durch 4 = Kurs durch 4!

Kursziele sind in die Zukunft projizierte Kurse, das wirst Du sicher nicht bestreiten wollen. Der Zusammenhang zwischen Kurs und Kurszielen sollte ich Dir damit auch klargemacht haben, oder?

Beispiel:

Ein Wertpapier kostete vor dem Split 200 $ (Kursziel 400 $ = erwartete Kurssteigerung um 100 %). Es erfolgt ein Aktiensplit im Verhältnis von 1 : 4. Die Aktie hat jetzt nur noch einen Handelswert von 50 $. Man hat dann dafür aber auch vier statt einer im Depot.

Bis dahin verstanden? Gut!

Das Kurszielt (z. B. für die nächsten 12 Monate) beträgt jetzt nicht mehr 400 $, sondern lediglich 100 §. Unter dem Strich hat sich für den Aktionär also nichts geändert:

10 Aktie x 200 § = 2000 $ (vor dem Split)

40 Aktien x 50 $ = 2000 $ (nach dem Split)

Wie man bei einer so simplen Problemstellung auf die absurde Idee einer Erhöhung der Kursziele kommen kann (selbst die Beibehaltung wäre nicht gerade logisch), will mir einfach nicht in den Kopf. Die Dir seinerzeit geposteten Antworten sprechen für sich. Les doch ganz einfach noch einmal nach. Ich kann sie Dir auch von Zeit zu Zeit immmer wieder mal in diesen anspruchsvollen Thread stellen, wenn Du darauf bestehst auch als Link.

Allein der gesunde Menschenverstand sollte eine andere Auslegung schon von vornherein ausschließen. Ein Herumeiern hilft Dir da auch nicht weiter. Man muß ganz sicher nicht zur Gruppe der Hochbegabten gehören, um dies schon auf den ersten Blick zu erkennen. Oder lag es vielleicht daran, daß dieses Problem nicht in Deinem Lösungsheft stand?

Ich will Dir zwar nicht unterstellen, daß Du die Grundrechenarten nicht verstanden hast (Addition und Subtraktion stehen sich doch diametral gegenüber), aber hier handelte es sich um eine reale Problemstellung, die wahrscheinlich mehr als 99 % der Boarduser ohne großes Nachdenken bzw. herausragende mathematische Kenntnisse und Fähigkeiten sozusagen in Nullzeit gelöst hätten.

Also, Lahmer Hannes, wenn Du hier nicht zum Dummen August mutieren willst, komm von Deinem hohen Roß herunter und stelle Dich zumindest auf eine Stufe mit allen anderen Normalsteblichen. Eine Entschuldigung für Deine verbalen Entgleisungen stünden Dir gut zu Gesicht. Wenn Du willst, kann ich Dir auch hier bei einer Zusammenstellung helfen. Ich sag nur soviel: "Wer`s braucht, bekommt`s manchmal mit gleicher Münze zurück."

Du hast Dich mit diesem Patzer schon lächerlich genug gemacht. Einsicht schein mir bei Dir jedoch nur bedingt vorhanden zu sein. Mit dieser pseudoelitären Einstellung kommst Du sicher gut an und hast wahrscheinlich viele Freunde!


?@?

PS: Manchmal sprichst Du wirklich in Rätseln. Was sollte eigentlich Deiner Bemerkung; "...also sei etwas vorsichtiger mit Deinen Äußerungen"? Meinst Du die Zitat aus einem Deiner früheren Threads? Und denk immer daran, auch andere können von oben herab, wenn sie provoziert werden. Ist der Ruf erst ruiniert, ............(bitte ergänze die fehlenden Wort, die Lösung ist für einen Gehirnakrobaten Deines Niveaus sicher ganz einfach!

[nemo1]

@ alle

nach den doch teilweise recht anspruchsvollen Denkaufgaben hier mal eine leichtere. Fragen solcher Art werden gerne in Einstellungstests gefragt. Dann hat man max. 5 Min. Zeit sich ne Antwort auszudenken.
Ohne Rechenformeln oder ähnlich gemeines.

Also:

Man hat 8 Kugeln. Alle haben die gleiche Form, Gewicht und Farbe. Nur eine ist schwerer als die anderen. (Also die anderen 7 sind gleich leicht). Jetzt hat man eine Waage mit zwei Waagschalen zur Verfügung (So eine wie sie Justitia in der Hand hält).
Die Einschränkung ist nun allerdings, dass man nur zwei Wiegevorgänge durchführen darf, um die schwerere Kugel zu identifizieren.
Man darf so viele Kugeln auf die Schalen legen, wie man will.

Wie macht man das?

Oder noch ne schöne Geschichte, die allerdings nichts mit Mathe oder Statistik zu tun hat:

Ein Mann wohnt im Penthaus im 24. Stock eines Hochhauses.
Morgens fährt er immer mit dem Fahrstuhl bis ins Erdgeschoss hinunter, wenn er zur Arbeit will.
Abends, wenn er wiederkommt, fährt er aber nur bis in den 18. Stock, steigt dann aus und geht die restlichen Stockwerke über die Treppe.
Warum fährt er nicht bis in den 24. Stock?

Na dann mal viel Spaß beim grübeln. Den einen oder anderen wird so etwas noch bei Tests begegnen!

nemo

[Lahmer Hannes]

@?@?


"Hannes, Du bist offenbar nicht nur lahm sonder vor allem extrem arrogant, an der Grenze zum Größenwahn."


Diese Deine Worte habe ich von weiter oben kopiert. Davor kannte ich Dich weder, noch habe ich Dich jemals ähnlich blöd angeredet. Jetzt willst Du ernsthaft behaupten, ich hätte mit den Anfeindungen begonnen? Tut mir leid, aber ich habe dann auch nur blöd zurück(!)geredet.

@Kurszielproblem:
So genau wollte ich es eigentlich nicht wissen. Der Thread war eigentlich nur als Antwort auf wirklich dumme Gauss-Push-Threads gedacht, die Anfang August hier in Mode waren. Er war eigentlich eher ironisch gemeint, aber ich denke, hier gibt es leider wirklich Leute, denen man so eine Milchmädchenrechnung vorführen könnte.

Ich bin eben ein humorvoller Mensch, und ich weiß sehr wohl, genau wie Du, über Splits bescheid. Glaubst mir das? Lies doch auch meinen Thread über die Yahoo-Zahlen vom letzten Freitag durch!! Damals hatte ich das Gefühl, jeder zweite Boardteilnehmer fühlte sich auserkoren, die Zahlen zu posten. 13! 13! 13! Glaubst du wirklich, ich meinte das auch ernst? Dann mußt Du mich wirklich für sehr bescheuert halten!

Ich denke, man sollte nicht alles immer so bierernst nehmen, auch wenn es hier in erster Linie um (viel) Kohle geht.


MfG LH

[robtop]

das problem der betrügenden gentlemen.

alle sind umgebracht worden, da keine frau gehört hat, daß ihr mann untreu war.
daher ist jede der ansicht, ihrer hätte sie betrogen, da sie dies nie erfährt.(siehe regeln)

aber warum am achten tag?
könnte auch am zweiten oder dritten sein...

oder ???

rob

[Aragorn987]

einzig logische erklärung, da ja keine zahlen genannt wurden, alle oder keiner, also alle.
die tage sind typischer überhang eines texträtsels.
ciao
Ara

[robtop]

@nemo1

gib doch mal nen tip.

beim wiegen der kugeln komme ich nur auf drei schritte,
4-4 kugeln, 2-2 kugeln und dann eben 1-1

im 24. stock:
fitnesstraining? sein penthouse ist 6 stockwerke hoch?

rob

[KaB]

@robtop
Kugeltip: Fang mal mit sechs Kugeln an


@Lahmer Hannes
Ziegenproblem: Bin nicht überzeugt. Bekannter schreibt jetzt Programm mit
Zufallsverteilung. Melde mich dann wieder. War mal ein Spiegel-Thema vor
4-5 Jahren, weiß allerdings nicht mehr, was dabei rauskam, nur soviel, daß
sich dabei auch Professoren in die Wolle bekamen.
Abgesehen davon hattest Du mit dem Ausdruck Kleingeister angefangen.
Wenn Du meinst die Mathematik sei so präzise, dann stell halt mal die
Formel in`s Board. Dann könnte man mal sachlicher weiterreden.

Gruß an alle "Denker"
KaB

[andibert]

Fahrstuhl: Der Typ is Lilliputaner oder sowas oder zumindest so klein,dass er nicht an den Knopf fürs 24.Stockwerk kommt, sondern nur auf den Knopf zum 18. Stockwerk

[?@?]

Kugelproblem:

1. Versuch: 3 auf jeder Seite.

Ist die Waage ausgeglichen, muß man nur noch die beiden restlichen Kugeln gegeneinanderstellen und man hat die Lösung

Ist sie es nicht, heißt das doch, die beiden nicht gewogenen müssen gleich schwer sein, kommen folglich als Lösung nicht in Frage. Es bleibt also nur noch die Auswahl zwischen den drei Kugel, die auf der Waagschale gelegen haben, die nach unten gegangen ist.

2. Versuch: 1 Kugel (von den dreiender der schwereren Waagschale) auf jeder Seite.

Neigt sich die Waage in eine Reichtung hat man die gesuchte Kugel. Tut sie es jedoch nicht, muß es die Kugel sein, die beim ersten Versuch auf der schweren Seite lag, aber bei zweiten Wiegen nicht dabei war.


@Lahmer Hannes

Das Thema ist für mich nun eigentlich durch und ich glaube, daß Du ein wenig von Deinem hohen Roß heruntergestiegen bist. Aber schau Dir Deine beiden Postings, die nur wenige Stunden auseinanderlagen, einmal genau an. Im ersten war von Humor noch überhaupt keine Rede, ein untauglicher, krampfhafter Rechtfertigungsversuch wäre schon eher zutreffend.

Ich fände es halt nur gut, wenn Du Dich allgemein (nicht umbedingt bei mir) für Deine Äußerungen entschuldigt hättest. Du hast einigen, die sich an Deinem oder anderen Rätseln beteiligt haben, übel auf den Schlips getreten. Du kannst nicht einfach alle, die Deine (die) Lösung nicht auf Anhieb finden, als Idioten hinstellen, auch wenn Du sie so nicht tituliert hast!

Da waren schließlich auch noch ein paar andere Statements, die ich aber an dieser Stellle nicht nochmal aufwärmen möchte. Danke, KaB! Ich, das wirdst Du sicher gemerkt haben, bin durchaus in der Lage, mich mit Dir verbal auseinanderzusetzten. Nicht nur Akktien- sondern auch User-Reserch kann dabei manchmal hilfreich sein.

von Lahmer Hannes 14.10.00 20:20:40 2077298
@?@?

Ich habe doch nur die Analystenmeldung kopiert, reingetragen und, da er schon etwas älter war, der Tatsache Rechnung getragen, daß ein Split stattgefunden hat. Was ist dagegen einzuwenden?


von Lahmer Hannes 15.10.00 01:33:21 2078439
@?@?


@Kurszielproblem:
So genau wollte ich es eigentlich nicht wissen. Der Thread war eigentlich nur als Antwort auf wirklich dumme Gauss-Push-Threads gedacht, die Anfang August hier in Mode waren. Er war eigentlich eher ironisch gemeint, aber ich denke, hier gibt es leider wirklich Leute, denen man so eine Milchmädchenrechnung vorführen könnte

Gruß

?@?

[Lahmer Hannes]

@?@?:
Für mich das Thema eigentlich auch durch. Meine zugegebenermaßen vielleicht etwas zu bissigen Kommentare haben doch auch Gründe: Du und fstein, Ihe habt ganz am Anfang behauptet, greekspan solle das Problem durchspielen, nachdem er eine sehr plausible Lösung geliefert hat. Habt Ihr es denn wirklich auch durchgespielt/ simuliert? Bestimmt nicht, obwohl es wirklich nicht viel Aufwand wäre, man muß nur zu zweit sein. fstein sollte halt nicht behaupten, die Theorie widerspreche der Praxis, wenn er es nicht simuliert hat. Das beste ist natürlich, ein Computerprogramm zu schreiben (ich kanns auch nicht), und man erhält wirklich eine gute Aussage (siehe KaB). Das Ergebnis ist wirklich verblüffend (ich habe es auch zuerst nicht geglaubt), und es haben sich in der Tat schon Universitäts-Professoren darüber gestritten, wobei es auch nicht immer sehr sachlich blieb, wie Du Dir denken kannst.


@KaB:
Hier bringt eine Formel nicht viel, die oben genannten Argumentationen sind völlig ausreichend. Wenn man hier mit Kanonen auf Spatzen schießt, d.h. mit bedingten Wahrscheinlichkeiten rechnet, verliert man nur den Überblick. Ich bin aber gerne bereit, sachlich darüber zu diskutieren.

@Leichenproblem:
Der "Tag der Abrechnung" ist doch erheblich, es ist hier eben genau der achte Tag. Was man noch beachten sollte: Natürlich läßt jede Frau ihren Mann am Leben, wenn sie ihm die Untreue nicht hundertprozentig nachweisen kann. Ein Mord auf Verdacht findet also nicht statt. Andererseits kombinieren alle Frauen auch exakt. Die betrogene Ehefrau wird ja nie selbst von irgendjemandem erfahren, daß sie betrogen wurde. Sie muß also anderen Hinweisen nachgehen und das Geschwätz, das jeden Morgen stattfindet, genau interpretieren.
Hoffentlich hilft das etwas weiter?!


MfG LH

[Lifetrader]

Untreueproblem:

Die Kleinstadt besteht nur aus 7 Ehepaaren und am 8 Tag sind alle Männer tot.

Mindestens eine Mann muß ein Fremdgänger sein, sonst wäre der Wahrsager ein Lügner und das Rätsel hätte keinen Sinn. Es müssen sogar mindestens zwei gewesen sein, denn nur so läßt sich begründen, weshalb es nicht schon am übernächsten Morgen zu einem Sterbefall kam, als Täterin die einzige Frau, die am Vortag keine Info über eine Abenteuer erhielt.

So aber (mindestens 2 Ehebrecher), konnten sich die Frauen zunächst gebenseitig über die Untreue des jeweis anderen Partners informieren. Wäre eine unwissend geblieben, hätte es viel früher einen Mord gegeben. Sieben Tage ging alles gut. Aber warum nicht 9, 15 oder 30 Tage? Nach meiner Meinung sind es deshalb 7 Männer, weil nur so am 8 Tag alle Frauen wissen konnten, das ihrer auch dabeisein muß.

Jede Frau erhielt jeden Morgen eine Bettgeschichte erzählt. Wären es aber mehr Paare gewesen, hätte es noch länger gedauert, bis die Frauen zur Tat geschritten wären. Da aber in der Nacht zwischen dem 7 und 8 Tag alle Männer getötet wurden, kann es folglich auch nicht mehr treulose Männer gegeben haben.

Das Ziegenproblem

Zuerst dachte ich auch wechseln, was sonst. Dadurch verdoppeln sich ja die Chancen. Alle Begründungen erschienen mir logisch. Doch nach nochmaligem Lesen des gesamten Threads fing ich an zu zweifeln.

Der Grund war das Beispiel von james_bond mit den 1000 Toren. Am Anfang besteht tatsächlich nur eine 1 : 999 Chance das Auto zu erwische. Folgt man der hier weit verbreiteten Theorie, müßte sie sich aber nach Öffnen der 998 Ziegentore gigantisch vergrößern. In 99,9 % der Fällen würde der Kandidat das Auto gewinnen, wenn er wechselt.

Ist das wirklich richtig? Man kann dieses Beispiel auch noch bis auf unendlich viele Ziegentore erweitern, daß zum Schluß des Wechseln zwingend wäre, will man nur so gewinnen kann. Hinter dem zuerst gewählten Tor könnte dann aber gar kein Auto mehr stehen.

[SuperHirni]

Zu den Ziegen ein neuer Erklärungsversuch:

Der Kandidat kann sich beim erstenmal vor eine der drei Türen stellen (für diese entscheiden), immer bekommt er eine Ziege gezeigt und kann jetzt wechseln oder nicht:

Fall 1: Der Kandidat steht vor der Tür mit dem Auto. Zu wechseln wäre falsch.
Fall 2: Der Kandidat steht vor der Tür mit der ersten Ziege. Zu wechseln wäre richtig.
Fall 3: Der Kandidat steht vor der Tür mit der zweiten Ziege. Zu wechseln wäre richtig.

=> wechseln erhöht die Gewinnchance auf insgesamt 2/3.

ciao
superhirni

[KaB]

@SuperHirni
Das hatten wir schon von ANOM. War aber nicht alleine überzeugend, da
es ja zwei Ziegen gibt; also Fallaufsplittung; also vier Möglichkeiten, wie
sich der Gesamtfluss des Geschehens darstellt.

@alle und speziell an Lahmer Hannes
Computerprogramm hat ergeben, dass wechseln sinnvoll ist. Ohne Wechsel,
quasi egal ob Quizmaster Tür öffnet oder nicht => 33,3% zu 66,7%; Mit
Wechsel =>ca. 50% zu 50%.
Jetzt müsste ich wohl überzeugt sein, aber der Spezl von Programmierer
kann natürlich voreingenommen sein. Schuft dieser welcher; beweisen
kann ich ihm nichts. grrrrgrrrrgrumble

Gruß KaB
im Ernst: bin überzeugt

[?@?]

@KaB

Nachdem Euer Computerprogramm in einer Praxissimulation eine ca. 50 %ige Gewinnwahrscheinlichkeit nach einem Wechsel ergeben hat, denke ich, sollten wir das auch so akzeptieren. Nur die andere Fraktion braucht sich nicht zu früh freuen, denn 2/3 Gewinnchance sind es ja nun auch nicht geworden. Somit lagen alle zwar scheinbar mit ihrem Ergebnis (Tür wechseln) richtig, aber logisch begründen konnte es keiner.

Jetzt aber komme ich zu folgendem Schuß: Wenn die Gewinnchance nach dem Wechsel 50 % beträgt, muß doch auch das Verlustrisiko in gleicher Höhe sein, oder? Wo wären denn die noch fehlenden 16.66 % geblieben, wenn ein Wechseln 50 % brächte, aber ein Verweilen lediglich 33,33 ?

Denk mal drüber nach, wielleicht lagen wir ja doch nicht ganz so daneben.

?Q?

[Lahmer Hannes]

@Untreueproblem:

Lifetrader, Du bist schon sehr nah dran. Aber die Kleinstadt hat beliebig viele Paare, also sagen wir mal 1000 (z.B.).

@ Ziegenproblem:

?@?, mit Deinem letzten Posting hast Du mich auf die Idee gebracht, wie man es vielleicht besser begründen könnte. Ich will ja die Programmierkünste von KaBs Spezl in Frage stellen, aber könnte es nicht sein, daß das Programm fehlerhaft ist? Man hat am Anfang nur 3 (!) Möglichkeiten: richtig, falsch, falsch; alle gleich wahrscheinlich. Und erst dann greift der Quizmaster ein, das Problem bekommt also einen zweiten Teil. Falls man nun vor dem richtigen Tor steht, hat der QM die Auswahl, welches Nietentor er öffnet. Obwohl es also hier zwei Möglichkeiten gibt, ist im Endeffekt die Summe hiervor nur 1/3 der Gesamtversuche. Das muß man beim Programmieren unbedingt berücksichtigen!!! SuperHirnis Lösung ist also in der Tat korrekt.

Und jetzt zu ?@?s Ansatz: Bei den bedingten Wahrscheinlichkeiten, was hier vorliegt, muß die Summe aller Möglichkeiten immer 1 ergeben, das ist richtig (Das erhält man auch mit der Formel von Bayes). Es dürfen also keine 16,67% fehlen. Also behaupte ich, diese Anzahl kann man beim Wechseln aufschlagen, da das Bleiben, wie anscheinend jetzt allgemein anerkannt, nur eine 1/3-Chance gibt.

@Lifetrader:
Dir leuchtet also das 1000-Tore-Beispiel ein? Es ist richtig, daß sich die Gewinnwahrscheinlichkeit enorm erhöht (beim Wechseln). Und bei unendlich vielen Toren kann man das richtige auf Anhieb unmöglich treffen!! Bei n Toren liegt die Trefferwahrscheinlichkeit bei 1/n. Läßt man nun n gegen unendlich gehen, geht diese Wahrscheinlichkeit gegen Null. Der Grenzwert beträgt also Null. Das ist rein fiktiv zu verstehen, denn in der Praxis kann man kein Experiment mit unendlich vielen Möglichkeiten simulieren. Selbst wenn man 1000000 Tore hat, kann man das richtige immer noch treffen (mit viel Glück). Aber wie viele sind unendlich viele Tore??


MfG LH

[?@?]

@Lahmer Hannes


Ziegenproblem:

Auch ich habe von Programmierung keine Ahnung, doch müßte man, so wie Du bei Deinem Kartenlegeversuch, nur die Karten (2 x schwarz und 1 x rot) bzw. die Türen mit und ohne Gewinn willkürlich verteilen und mittels Zufallsgenerator eine Entscheidung herbeiführen. Wird eine Niete gezogen, muß die andere (zwangsläufig) entfernt werden. Bei einem Treffer kommt wieder der Zufallsgenerator ins Spiel der eine der beiden Ziegen (schwarzen Karten) entfernt. Der „Spieler“ wechselt anschließend immer. Dann schaut man sich ganz einfach die Ergebnisse an.

Rechner neuester Bauart schaffen es ganz sicher, hier in wenigen Minuten Tausende von Resultaten zu liefern, die dann auch - statistisch gesehen – aussagekräftig sein sollten. Es wäre also genau so simpel zu bewerkstelligen, wie Du es per Hand mit den Spielkarten vorgeschlagen hattest. Nur programmieren müßte man halt können.

Ich möchte Dich auch an eine Deiner Aussagen erinnern, in denen Du die Mathematik als absolut und damit unfehlbar beschreibst (Begründung zu Deinem Eingangsrätsel). Aber bei der Widerlegung des Beispiels von Lifetrader argumentierst Du prag- und eben leider nicht mathematisch. Warum eigentlich? In der Unendlichkeit sind wir doch alle gleich, oder? Statistisch gesehen dürfte doch tatsächlich bei unendlich vielen Toren hinter dem zuerst gewählten niemals ein Auto stehen (analog zu deinem 1 Rätsel) Mit dem bloßen Auge als „fehlerhaft“ zu erkennen, aber dennoch wissenschaftlich zu begründen. Auch der Unbedarfte wird die Anzahl aller natürlichen positiven Zahlen doppelt so hoch einschätzen, wie die der ungraden Zahlen. Warum läßt Du diesmal die Mathematik außen vor?

Über Deinen pragmatischen Ansatz, die scheinbar fehlenden 16,67 % Gewinnwahrscheinlichkeit einfach dem Wechseltor zuzuschlagen möchte ich nicht weiterdiskutieren. Aber ein Andersgläubiger könnte doch argumentieren, man müsse dieses Chancen+ der Verweiltür hinzurechnen, nachdem nun andere Gesetzte gelten als zu Beginn der Gameshow. Oder vielleicht muß man das überhautp nicht, weil durch den Ablauf des Spieles die Bedingungen automatisch gewechselt haben.

Ich glaube, wir werden erst dann Einigkeit erzielen können, wenn praktische Ergebnisse auf dem Tisch liegen.


?@?

[ANOM]

Zu den Leichen möchte ich mal anmerken dass die Frau , mit der irgend ein Mann seine eigene Frau betrogen hat,
ihren Mann nicht umbringt , da sie weiss wer der Betrüger ist.
Oder habe ich dass falsch verstanden ? Habe den Text nur überflogen...

[?@?]

@Lahmer Hannes

Ziegenproblem:

Ich glaube eben ist mir der unwiederlegbare Beweis für meine Argumentation eingefallen. Also modifizieren wir die Aufgabe etwas und nehmen einen zweiten Kandidaten dazu, der nichts von den vorherigen Absprachen weiß und dem nicht einmal bekannt ist, daß es am Anfang einmal drei Tore waren. Er kann auch nicht erkennen, vor welches Tor sich Kandidat 1 gestellt hat.

Er hat, und das kann wirklich niemand bestreiten, eine eindeutige 1 : 1 Gewinnchance.

Es blieben übrig:

Tor 1 und 2 oder

Tor 1 und 3 oder

Tor 2 und 3

Vor einem der beiden steht der 1. Kandidat (mit oder ohne potentiellen Gewinn). Er wird sich also in 50 % der Fälle für bzw. gegen das Tor des 1. Gameshowteilnehmers eintscheiden. Er hätte, folgt man den gegenteiligen Lösungsansätzen, trotz offensichtlich gleich verteilten Chancen bei Wahl des Tors von Kandidat 1 vermeintlich eine geringere Wahrscheilichkeit als bei dem anderen.

Wenn er (der 2. Kandidat) aber tatsächlich zu je 50 % das Ausgangs- bzw. das Wechseltor erwischen kann, und bei einer außreichend großen Anzahl an Wiederholungen auch erwischen wird, ist es nicht möglich, daß die Wahrscheilichkeit, den dahinterstehenden Pkw zu gewinnen, unterschiedlich verteilt sein kann. Das jeweilige Tor ist entweder "gut" oder "böse". Wenn also jedes Tor für Kandidat 2 gleich viel Wert ist, warum sollte dies dann nicht auch für Kandidat 1 gelten?

Nach der 1 Rund beginn ja das Spiel für Kandidat 1 ganz von vorn, die Karten werden als neu gemischt, d. h. es Beginnt für ihn eigentlich erst jetzt. Er könnte eine Auszeit nehmen (änderte nichts an der Ausgangssituation) und z. B. sich genau dorthin stellen, wo Kandidat 2 mit der 50 % Chance schon steht (entweder vor das alte oder das neue Tor). Dessen 1 : 1 Chance würde doch zwangsläufig auch auf ihn übergehen. Beide müßten sich den Gewinn dann aber teilen.

?@?

[ANOM]

MANNO , weil Kandidat 1 nicht 2 sondern 3 Tore zur Auswhal hatte ! und mit 66 % Wahrscheinlichkeit vorm falschen steht.
Es gibt auch nicht wie oben gepostet 4 Fälle sondern nur 3 , weil es nur drei Tore gibt, und sich die Fälle auf die Auswahl des Kandidaten beziehen.

[Lahmer Hannes]

@?@?:

Bei dem Beispiel von Lifetrader meinst Du das mit unendlich vielen Toren, oder? Warum sollte meine Argumentation pragmatisch sein? Es ist m.E. mathematisch, denn mit der Unendlichkeit läßt sich schwer rechnen. Es lassen sich darüber nur einige, oft schwer zu verstehende Aussagen, machen. Und es ist eben mal so, daß man durch unendlich nicht real teilen kann, sondern nur den Grenzwert betrachten kann.

Was die fehlenden 16,67% betrifft, hast Du recht. Der Ansatz ist zu einfach, als daß er auf den ersten Blick wahr sein könnte. Aber mit der Formel von Bayes ist er absolut korrekt:

Wie ich bereits weiter oben gesagt habe, liegt der Kernpunkt des Satzes darin, daß die Summe von sich ausschließenden Einzelwahrscheinlichkeiten immer 1 ergibt. So ist es schon im ersten Teil: Gewinn 1/3, Niete 2/3; 1/3 + 2/3 = 1. Ich glaube, das leuchtet ein, und es gibt auch viele praktische Beispiele dazu. Nun hat man folgendes: Der Kandidat steht vor zwei Toren, wobei hinter einer der Gewinn verborgen ist. Dabei ist unerheblich, wieviele Tore am Anfang vorhanden waren, es könnten statt 3 auch 1000 gewesen sein. Jetzt hat er also zwei Möglichkeiten: Wenn er beide wahrnehmen würde, würde er zwangsläufig gewinnen. Der Gewinn muß doch vorhanden sein! Und wenn die Wahrscheinlichkeit des Gewinns bei einem Tor bei x Prozent liegt, muß sie beim anderen automatisch bei 100-x Prozent liegen (Mathematik oder gesunder Menschenverstand)! Die erste Wahl wurde aber aus 3 (1000) Toren getroffen, mit einer W. von 33 (0,1) Prozent. Also liegt die Gewinnw. des anderen Tores bei 66,7 (99,9) Prozent. Denn hinter einem Tor muß der Gewinn sein!!

Du darfst hier keine großartigen Formeln erwarten; auch das Schlußfolgern dieser Art und Weise ist Mathematik.

Ich hoffe, ich habe jetzt nicht an Dir vorbeigeredet, denn ich habe nicht genau verstanden, wo Du mehr Mathematik erwartest, oder was genau Dir pragmatisch erscheint. Vielleicht war es ja dies, was ich jetzt geschildert habe. Auf jeden Fall war es ein anderer Ansatz als die zuvor geäußerten ( wie von SuperHirni ), die Dich ja nicht überzeugt haben. Aber SuperHirnis Ansatz kommt völlig ohne einen math. Satz aus, und ist daher vielleicht besser geeignet.

Aber das Problem gefällt mir wunderbar. Es ist doch erstaunlich, wie kontrovers man darüber diskutieren kann, obwohl es im Ablauf so denkbar einfach ist. Vielleicht macht ja gerade das den Reiz des Rätsels aus?!


MfG LH

[?@?]

?@?Lahmer Hannes

Ich bin sicher Du hattest mein letztes Posting noch nicht gelesen, als Du auf meinen Einwand geantwortet hast.

Wahrscheinlichkeitsrechnung hin, Wahrscheinlichkeitsrechung her, ich bin jetzt der Kandidat.

Der erst Versuch interessiert mich überhaupt nicht. Erst wenn nur noch 2 Tor geschlossen sind, fang ich an, mich zu entscheiden. Jetzt nehme ich mal das linke und mal das rechte Tor, wo ich vorher gestanden habe ist mir völlig wurscht. Wenn ich so denke und handele habe ich doch völlig ausgeglichene Chancen. In der Hälfte der Fälle werde ich doch aber das alte (erste und damit schlechte) Tor erwischen.

Wenn es unter diesen Bedingugen gleichgültig ist, wie ich mich entscheide, wieso sollte ich dann überhaupt wechseln?

Erkläre mit Bitte den Unterschied Deines Verständnisses von Unendlichkeit beim 1 Zahlenproblem und dem hier diskutierten Torproblem.

?@?

[Lahmer Hannes]

@?@?

Mit Dir kann man ja wunderbar diskutieren!!

Aussage eins ist richtig, ich habe an meiner Antwort ziemlich lange geschrieben, konnte also die neuesten Forschungsergebnisse noch nicht berücksichtigen.

Wenn Du als Kandidat 2 erst später dazu kommst, ist die Sache klar. fifty-fifty. Aber als Kandidat 1 bist Du schon länger anwesend, das "Experiment" hat also für Dich schon früher angefangen, als es noch 3 Tore waren. Das weitere Vorgehen hängt also direkt vom vorher geschehenen ab, also von der ersten Wahl (deswegen heißt es auch "bedingte Wahrscheinlichkeit"). In der Praxis sieht das so aus, daß Du den Quizmaster dazu zwingst, für Dich zu "arbeiten". Stehst Du nämlich vor einem falschen Tor, was natürlich bei umso mehr Toren immer wahrscheinlicher wird, hat der Quizmaster keine Wahl mehr, welche Tore er öffnet. Er muß genau die anderen n-2 Nieten aufdecken.( Stündest Du vor dem Gewinn, könnte er noch wählen, welche Nieten er aufdeckt, da er n-1 Nieten zur Auswahl hat, aber nur n-2 aufdeckt.) Somit beinflußt Du also das weitere Vorgehen des Quizmasters, und hast also mehr Infos zur Verfügung als Kandidat 2. Das ist in der Tat unmathematisch, aber ich kann es leider nicht anders erklären.
Möge doch endlich KaB mit den verbesserten Programmergebnissen sich melden! Denn einer von uns beiden bekommt die 16,67 % noch, darüber sind wir uns doch jetzt einig?

@Unendlichkeit:
Im ersten Zahlenproblem handelt es sich um Mengen. Es gibt endliche Mengen (z.B. alle natürlichen Zahlen bis 10000, oder auch alle User hier im Board) Darüber hinaus gibt es unendlich mächtige Mengen. Diese sind entweder abzählbar, wie die natürlichen Zahlen, die rationalen Zahlen (Bruchzahlen) o.ä. Und es gibt überabzählbare Mengen, z.B. die irrationalen Zahlen ( die Pi und e etc. enthalten. )
Insofern haben alle abzählbar unendlichen Mengen gleich viele Elemente ( Bijektion, s.o. ) Das Problem war also eine Aufgabe aus der Mengenlehre, was der Algebra zuzuordnen ist.
Das Torproblem hart jedoch damit nichts zu tun, wir betrachten keine Mengen, sondern den Grenzwert einer Folge. Es handelt sich um ein Problem der Analysis.
Nichtsdestotrotz widersprechen sich beide Definitionen nicht, man betrachtet sie nur aus unterschiedlichen Blickpunkten.

Ich hoffe Dir etwas weitergeholfen zu haben

MfG LH

[Lahmer Hannes]

@?@?

Du als Kandidat 1 hast nämlich als entscheidende Info, das Du mit großer Wahrscheinlichkeit vor einem falschen Tor stehst; je mehr Tore, umso größer die Wahrscheinlichkeit, bei 3 Toren eben 2/3. Also muß das andere Tor zwangsläufig günstiger sein, also eine höhere Gewinnwahrscheinlichkeit besitzen. Das weißt Du, aber Kandidat 2 weiß es nicht, da er erst später kommt. Das ist der Unterschied zwischen Euch beiden.

Mfg LH

[fstein007]

verfoge den thread von anfang an, und ich bin immer noch der meinung , das es egal ist ob ich wechsle oder nicht.
da es feststeht das ein tor mit einer ziege geöffnet wird ( egal ob der kandidat das weiß oder nicht ), ist die chance von anfang an 50:50

[?@?]

@Lahmer Hannes

Dein letztes Posting hat mich aber überhaupt nicht überzeugt. Was ist, wenn ich extrem vergeßlich bin, die Info für einen Showmastertrick halte, mich ganz einfach nicht darum kümmere oder so wie ich jetzt, die gesteigerten Erfolgsaussichten in Frage stelle und mache was ich will? Als Kandidat muß ich doch die gegebenen Hinweise gar nicht verwerten, oder etwa doch?

Der eine Kandidat 1 behauptet: "Wo ich stehe, da bleibe ich auch, und das ist immer z. B. Tor 3!" Ich als Kandidat 1 (gehörlos, abergläubisch oder uneinsichtig) sage mit: "Drei ist meine Glückszahl, also auch immer Tor 3!" Deiner Argumentation folgend, müßte sich meine Chance beim Stehenbleiben ja dann zumindest um 16,67 % (von 33,33% auf 50,00 %) erhöhen, denn ich habe keine Infos (überhört, verdrängt etc.) Das kann`s ja nun wirklich nicht sein! Unumstritten ist doch, zum Schuß gibt es nur zwei mögliche Alternativen:

Gewinn oder Verlust,

Auto oder Ziege.

Also wechsele Du und ich bleibe stehen. Ich habe ja, wie oben beschrieben 50 %. Plus Deiner 66,67 % haben wir zusammen schon 116,67 %. Wenn wir gemeinsam antreten und jeder seine Strategie verfolgt, können wir in 6 Runden sogar 7 Autos gewinnen, stimmt’s?

Übrigens, wo steht geschrieben, daß der Kandidat eigentlich immer stehen bleiben muß? Wenn er also mal stehen bleibt = 33,37 % und mal wechselt = 66.67 %, hat er bei zwei Versuchen statistisch gesehen doch auch eine 100 %ige Chance. Nur weil nach Deiner Meinung der eine immer wechseln sollte, bedeutet dies doch nicht zwingend, daß der andere niemals wechseln darf.

Ich denke, es wird Zeit, daß uns ein Coputerprogramm erleuchtet.

?@?

[georgq]

Lieber ?@?,

die Antwort auf deine letzte Frage "Was ist, wenn..." lautet ganz einfach: dann freut sich der Quizmaster, weil es für ihn billiger wird. (Ganz einfache Mathematik: Kein gewonnenes Auto = keine Ausgabe für den Hauptgewinn).

gruß georgq

[smul]

Ach ist das köstlich !

Das berühmte Ziegenproblem !

Vor 2 Jahren hatte ich das ganze Mal bei uns im Intranet gepostet, daß hat sich dann auch über Wochen hingezogen. Wirklich ein sehr gutes Beispiel, daß man gegen Glauben nich viel ausrichten kann ...

Am besten gefällt mir "Mag sein, daß sich andere mathematiktheoretische Lösungen ergeben, aber die praktische Realität sollte eigentlich überzeugen" von ?@? (nix für ungut)



Lahmer Hannes laß es sein ... ;-)

BTW: Natürlich muß man wechseln !


Für die, dies nicht schnallen gibts sogar Programme im Web:

Auf
http://mgw.dinet.de/physik/Divers/Java/Beispiele/Ziegenprobl…

gibts sogar ein Java-Applet !

oder ein Download: http://www2.fh-harz.de/~wlorenz/etc/ziege/zdown.htm

Bücher gibts auch:
http://www.methode.de/dm/mi/dmmi001.htm

Eine simple Erklärung:
http://www.itkp.uni-bonn.de/~wichmann/task_goat.html

Diskussion geht aber sicherlich weiter, hoffe ich ... ;-)

smul

[fstein007]

ok, habe ausführlichen feldversuch gemacht, ihr habt anscheinend recht

[Lahmer Hannes]

Danke, smul, für Deine Unterstützung
Ich denke, ich bin mit meinen Überzeugungskünsten am Ende.Mir fallen leider keine Argumente mehr ein, also werde ich mich aus dieser Diskussion in Zukunft fernhalten. Vielleicht helfen ja die Links, die smul hier gepostet hat. Ich wünsche Euch allen auch weiterhin eine ergiebige, ertragreiche Diskussion über das Ziegenproblem

MfG LH

[?@?]

!

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[?@?]

@Lahmer Hannes

Ich bestreite alles und behaupte das Gegenteil.

Ein Wechsel ist zwingend (Punkt)

?@?

[Lahmer Hannes]

@?@?

Freut mich, daß wir den größten Kritiker auch noch überzeugen konnten. Ist schön, daß Du es auch ehrlich zugibst.

@alle:

Wieso kommen keine Postings mehr zu meinem Untreueproblem? Ist es zu kompliziert, oder einfach nur langweilig? Würde mich sehr über einige Antworten freuen.


MfG LH

[ANOM]

Ich wollts nur nochmal auf die 1. Seite holen...

Wenn einer mehr Lust hat seine Meinung zum Problem zu schreiben dann löse es doch trotzdem bitte mal auf.

[fstein007]

@ LH
jau, bitte auflösen

[Saarnuss]

@ LH

bin dagegen,dass Untreueproblem aufzulösen,möchte es selber schaffen,
vielleicht habe ich am WE dazu Zeit.

Saarnuss

@ fstein007

strenge deine alten Gehirnzellen ruhig wieter an,schadet nichts,
bringt dich vielleicht auf Trab und damit wäre dir doch geholfen.

Saarnuss

[fstein007]

@ saarnuss
überall findest du mich, wie kann ich dir nur entkommen

[Saarnuss]

@ fstein007

liebe dich halt,deshalb bin ich wie dein Schatten.

Saarnuss dieseitstundenversprichtinsbettzugehen
unddirdannhinterherläuft!!!!!!!!!

[fstein007]

und ich habe doch das letzte wort, keine frau kann mich schlagen
born to be wild

[Lahmer Hannes]

Nachdem die übrigen Rätsel gelöst sind oder anscheinend nicht mehr interessant genug sind, hier etwas Neues:

Ein Apotheker erhält 6 große Flaschen mit Viagra-Pillen von Pfizer. Dann erhält er aber einen Anruf, daß möglicherweise eine, oder auch mehrere (!!) Flaschen verdorbene Pillen enthalten (man erkennt defekte Pillen daran, daß sie nur 5 Gramm wiegen, die echten aber 6 Gramm). Es könnten also gar keine, oder auch alle 6 Flaschen betroffen sein (jedenfalls sind in einer betroffenen Flasche alle Pillen verdorben). Wie Ihr Euch schon denken könnt, darf der Apotheker nur einmal wiegen. Glücklicherweise hat er eine elektronische Waage, die ihm das genaue Gewicht anzeigt. Schafft er es, oder was meint Ihr dazu?

MfG LH

[Lifetrader]

Ja, vorausgesetzt die Waagschale ist groß und übersichtlich genug.

Gruß

Lifetrader

[mig48]

Zum Viagra-Rätsel:

Er nimmt aus jeder Flasche eine Pille und legt alle 6 Pillen auf die Waagschale.

Gesamtgewicht der 6 Pillen: 36 Gramm Anzahl verdorbener Flaschen = 0
Gesamtgewicht der 6 Pillen: 35 Gramm Anzahl verdorbener Flaschen = 1
Gesamtgewicht der 6 Pillen: 34 Gramm Anzahl verdorbener Flaschen = 2
Gesamtgewicht der 6 Pillen: 33 Gramm Anzahl verdorbener Flaschen = 3
Gesamtgewicht der 6 Pillen: 32 Gramm Anzahl verdorbener Flaschen = 4
Gesamtgewicht der 6 Pillen: 31 Gramm Anzahl verdorbener Flaschen = 5
Gesamtgewicht der 6 Pillen: 30 Gramm Anzahl verdorbener Flaschen = 6

mig

[Lifetrader]

@mig48

OK!

Kannst Du auch feststellen (bloß nicht probieren), welche Flaschen es sind (1 und / oder 2, .... 6?

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@mig48

So kann er natürlich die Anzahl der Flaschen ermiteln, aber er möchte auch noch wissen, welche Flaschen genau es sind. Und auch das geht ohne Trick!!


@lifetrader

Naja, eine große Waagschale hilft nicht wirklich, denn selbst wenn man die Pillen sortiert, sagt die Waage nicht, von welchen Pillen das Gewicht kommt, oder? Man erhält ja nur das Gesamtgewicht.

MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Ich denke schon, wenn man verschieden Stückzahlen je Flasche nimmt. Man könnte sie aber auch markieren. Dann wären die fehlerfreien aber nicht mehr verkäuflich und man hätte vermeidbaren Ausschuß. Insbesondere wenn überhaupt keine 5 g Pillen dabei waren.

Beispiel: Flasche 1 = 1 Pille, Fl. 2 = 2 Pillen, Fl. 3 = 4 Pillen, Fl. 4 = 8 Pillen, Fl. 5 = 16 Pillen, Fl. 6 = 32 Pillen

Insgesamt = 63 Pillen = 378 g (wenn alle fehlerfrei)

---> 377 g = Flasche 1
---> 376 g = Flasche 2
---> 375 g = Flasche 1 + 2
---> 374 g = Flasche 3
---> 373 g = Flasche 1 + 3
---> 373 g = Flasche 2 + 3
---> 372 g = Flasche 1 + 2 + 3
.
.
.
.
---> 315 g = Flasche 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6


Gruß

Lifetrader

[Lifetrader]

Die zweiten ---> 373 g waren natürlich ein Kopierfehler (kommt von der Faulheit, alles neu zu schreiben).

Muß natürlich richtig heißen:

---> 372 g = Flasche 2 + 3
---> 371 g = Flasche 2 + 3
.
.
.

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

Bingo, Lifetrader!

Ich hätte nicht gedacht, daß dieses Rätsel so schnell gelöst wird. Dann muß ich mir ja etwas schwereres ausdenken, damit Du länger daran zu knabbern hast.

MfG LH

[HiByte]

@ Lahmer Hannes
das Untreue Problem haben wir ja noch nicht gelöst!
Ich denke es sind 8 Leichen.
MfG
HiByte

[Lahmer Hannes]

@HiByte

Freut mich, daß sich noch jemand dafür interessiert. 8 Leichen sind nicht richtig, liegt aber nicht viel daneben. Aber eine Begründung sollte schon dabei sein.

MfG LH

[mig48]

@ Alle, die noch nicht genug von Rätseln haben:

Ergänzt folgende Reihe: 8, 3, 1, 5, ...?, ...?

mig

[gholzbauer]

(8-3)*1=5
8 fällt aus dem Queue,
"-", "*", "=" verschieben sich um eine Stelle,
(3-1)*5=10,
3 fällt raus,
Verschiebung,
(1-5)*10=-40,
1 fällt raus,
Verschiebung,
(5-10)*-40=200,
usw.

Also 8,3,1,5,10,-40,200,...

Vielleicht nicht sehr elegant, aber legitim, oder?

[Arthur42]

Und wie ist es mit folgender Reihe:
1
11
21
1112
3112

[Lifetrader]

1, 11, 21, 1112 (1211 ???), 3112, 211213 (132112 ???), 312213 (1113122112 ???), .....

Gruß

Lifetrader

[Arthur42]

Richtig!
(An die Variante in Klammern hatte ich auch mal gedacht,
aber da würden das sehr schnell sehr lange Zahlen werden)

[Lahmer Hannes]

Hier zur Wochenmitte ein hübsches kleines Rätsel:

Ein Millionär besitzt unten zu sehende Hütte mit 5 Räumen. Das Besondere daran ist, daß jede Tür, sowohl im Inneren als auch nach außen hin, mit einem Sensor verbunden ist, der ein elektrisches Gerät beim Passieren der jeweiligen Tür an- bzw. wieder ausschaltet. Jede Tür steuert also ein anderes Gerät. Angenommen, alle Geräte sind aus. Gibt es jetzt einen Weg durch die Hütte, mit dem man alle Geräte anmachen kann, ohne auch nur eines wieder auszumachen? Wenn ja, wo beginnt er, und wo hört er auf? Viel Spaß!!




MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Der Millionär geht zunächst bei allen vier Eckzimmern durch eine Außentür rein, durch die jeweils anderen des gleichen Raumes wieder nach Draußen und anschließend zur mittleren der drei Türen ins Haus. Anschließend wendet er sich nach rechts und dann wieder nach links. Nun steht er in dem vorderen Raum mit den fünf Türen. Hier biegt er links ab und betritt den zweitrößten Raum. Jetzt erneut links und danach noch Mal nach links. Jetzt befindet er sich wieder in dem Raum, den er durch die Mitteltür betreten hat. Nun geht`s zum letzten Mal links ab. Zum Schuß steht er in dem Zimmer vorn links und alle Geräte sind an.

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@ Lifetrader

Kann es sein, daß Du eine Tür vergessen hast? In der langen Mittelwand sind insgesamt vier Türen, von denen die dritte etwas versteckt ist. Wenn man genau hinsieht, sollte man sie aber sehen. Oder habe ich Deine Beschreibung falsch verstanden? Wäre vielleicht besser, wenn die Türen Nummern hätten....

MfG LH

[Lahmer Hannes]

Und noch ein mathematisches Rätsel:

Was Primzahlen sind, dürfte allg. bekannt sein, oder. Also Zahlen, die nur durch 1 und durch sich selbst teilbar sind. 2 ist die kleinste Primzahl, alle anderen sind ungerade. Also: 2,3,5,7,11,13,17,....
Wie man sieht, gibt es auch sogenannte Primzahlzwillinge, d.h. Primzahlen, deren Differenz nur 2 ist: 3 - 5 oder 11 - 13 oder 17 - 19. Kann mir jemand aber Primzahldrillinge nennen, d.h. 3 Primzahlen, die jeweils den Abstand 2 voneinander haben (oder 4, wenn man die äußeren zählt) ??


MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Jetzt habe ich die 16 Tür auch entdeckt. Vielleicht sollte man einfach einen Grundriß zeichnen, wäre übersichtlicher (+ Numerierung wäre perfekt).
Bei dieser Raumverteilung und drei Zimmern mit jeweils fünf Türen ist es nicht möglich, alle Geräte anzumachen, ohne daß man zwangsläufig zumindest eins ausschaltet.

Gruß

Lifetrader

[Germeringer]

Wieviele untreue Ehemänner müssen denn nun über den Jordan? Bin schon ganz fertig, weil ich die Lösung einfach nicht finde. Hätte auch auf 8 getippt, aber das scheint ja wohl nicht die richtige Lösung zu sein.
Wer hilft mir in meinen Qualen???

Als Belohnung gibt es auch eine neue Aufgabe.
Ich beweise Euch, daß 1=2.

Nehmen wir eine einfache Ausgangsgleichung:
a = b
wir multiplizieren beide Seiten mit a, ergibt:
a² = ab
wir addieren a² – 2ab auf beiden Seiten:
a² + a² – 2ab = ab + a² – 2ab
das kann vereinfacht werden zu:
2(a² – ab) = a² – ab
wir dividieren auf beiden Seiten durch a² – ab und erhalten
2 = 1
q. e. d.

Wer findet den Fehler - ist eigentlich nicht so schwer.
Viel Spaß

Germeringer

[plem-plem]

unzulässig: a quadrat - ab = 0; und durch 0 darf nicht dividiert werden.

[mig48]

@ Lahmer Hannes

Zur Millionärshütte: Es gibt keinen Weg.

mig

[mig48]

@ gholzbauer

Deine Lösung für die Zahlenreihe 8, 3, 1, 5, ...?, ...? ist mir etwas zu kompliziert.
Die Lösung, an die ich gedacht habe, ist eine andere und viel einfacher.

Ein kleiner Hinweis: Um`s Eck denken!

mig

[Lifetrader]

@mig48

1. Versuch

Die fehlenden beiden Ziffern kennen nur Du, Deine Familie, Freunde, Bekannte und die Telekom (natürlich ohne Vorwahl). Wäre aber ganz schön gemein.

2. Versuch

Die Ziffern 2 und 3 ergeben sich aus der Summe der Zahlen 1 + 4, nur in umgekehrter Reihenfolge.

8, 3, 1, 5, 48, 484, ...

8 + 5 = 13 ---> 3, 1
3 + 48 = 51 ---> 1, 5
1 + 484 = 485 ---> 5, 48
[...]

Gruß

Lifetrader

[mig48]

@ Lifetrader

Zum 1.Versuch: Sowas würdest Du mir zutrauen?
Zum 2. Versuch: Sehr gut! Das wäre eine denkbare Lösung.

Meine Lösung ist jedoch ganz anders und viel einfacher.

nix für ungut!
mig

[Lahmer Hannes]

@ mig48

Ich hab`s, ich hab`s. Und ich weiß einfach, daß es richtig sein muß. (Allerdings gibt es zwei Varianten, je nachdem, ob man die 0 zuläßt oder nicht):
Variante A: 8,3,1,5,9,0,...
Variante B: 8,3,1,5,9,6,...

Einfach riesig, diese Rätsel! Und sowas von einfach, klasse!!! Mehr davon!! Oder ich versuch`s mal mit einer Zahlenreihe:

8,5,4,9,...???

mig48, Dir dürfte ja alles klar sein!!

@ Lifetrader

Du hast recht, das Hüttenrätsel ist nicht lösbar. Es gibt nämlich 3 Räume (mit dem Äußeren gezählt) mit einer ungeraden Anzahl von Türen. Davon dürfte es aber nur zwei geben, einen Ausgangsraum und einen, in dem man zum Schluß steht. Alle anderen Räume muß man betreten und verlassen, sie dürfen also nur eine gerade Anzahl von Türen haben.

@ alle

Hat sich jemand das Primzahlproblem überlegt? Schämt Euch nicht, wenn Ihr kein Tripel gefunden habt, es gibt nämlich keins
Das ist aber ganz leicht zu beweisen, wer traut es sich zu?? Dazu benötigt man keine höhere Mathematik, muß nur etwas nachdenken...

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Es tut mir leid, wenn ich Dich berichtigen muß. Das Problem ist lösbar, nur die Geräte sind unter den vorgegebenen Bedingungen nicht alle anschaltbar.

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@ Lifetrader

??? Wie meinst Du das denn ??? Das Problem besteht doch darin, unter den gegebenen Voraussetzungen die Aufgabe zu lösen, d.h. alle Geräte anzumachen. Und das ist in der Tat nicht möglich, also ist das Problem nicht lösbar. Oder wie verstehst Du das?

Bevor Du Dich mit solchen Kleinigkeiten auseinandersetzt, hier ein richtiges Problem:

Stell Dir vor, Du hast eine Balkenwaage, aber noch keine fertigen Gewichte dazu. Alles was Du hast, ist ein großer Gesteinsblock, der 40 kg wiegt. Deine Aufgabe besteht nun darin, diesen so zu zerschneiden, daß Du damit alle ganzzahligen Gewichte von 1 kg bis 40 kg auf der Waage abmessen kannst. Leider schneidet Deine Säge nicht mehr so gut, also solltest Du versuchen, den Stein in so wenig Teile wie möglich zu zerschneiden, um trotzdem noch alle Gewichte abwägen zu können. Mit wie vielen Teilen kommst Du aus?

Dies ist übrigens nicht nur für Lifetrader zum Nachdenken gedacht, sondern für alle!!

MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Ich tippe mal auf 6 Teile:

1 kg, 2 kg, 3 kg, 4 kg, 10 kg und 20 kg.

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

So großzügig mit dem Zerschneiden? Da muß ich Dich leider enttäuschen, es geht auch mit weniger Teilen

MfG LH

[Lifetrader]

Ok, lassen wir das 1 kg Stück eben weg und machen aus 4 kg eben 5 kg!

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

Hmmm, Lifetrader
Die 39 kg willst Du wohl abschätzen, oder??

MfG LH

[Lifetrader]

Hast ja recht:

1, 2, 3, 14, 20 kg!

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

Klasse, Lifetrader!!

Und 27 kg kannst Du mit Deinen Händen abwägen, oder??
Wenn Du dafür keine Waage brauchst, hast Du gewonnen!!
Aber wenn nicht...?

Viel Spaß noch!!

MfG LH

[Lifetrader]

Du hast ja recht, es ist immer sinnvoll die 3er- und oder die 9er-Probe zu machen. Hatte vorhin aber nicht die Zeit.

Jetzt meine endgültige Lösung:

1, 2, 4, 13, 20

Alle Gewichte zwischen 1 kg und 40 kg sind darstellbar. Sag aber bloß nicht, es reichen auch vier Stücke, dann raste ich nämlich aus.

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

Hmmmm, Lifetrader.....

Sehr gut, Deine Lösung. Aber.....
Ich sag jetzt lieber nichts mehr. Du solltest aber wirklich nochmal überdenken, ob Deine Lösung schon optimal ist.


Das Rätsel ist noch nicht gelöst!!

MfG LH

[Aragorn987]

@LH
Das Ding mit den Primzahlen hatte ich eigentlich sofort gelöst für den Dreier, aber irgendwie keine Zeit, das auch reinzuklopfen, also jetze:

Primzaheln sind grundsätzlich ungerade, bei Addition von 3 ergibt sich jedoch zwingend eine gerade Zahl, was aber keine Primzahl mehr ist.

ciao
Ara

[Lahmer Hannes]

@ Aragorn987

Ich glaube, das mit den Primzahlen hast Du nicht richtig gelesen, oder hab ich mich unverständlich ausgedrückt. Du sollst 3 Zahlen finden, mit jeweils einer Differenz von 2. Also drei aufeinanderfolgende ungerade Zahlen.

MfG LH

[Aragorn987]

sorry, pech gehabt, mal sehen, ob mir noch was einfällt

[damund]

Hi, Rätselfans,
mensch bin ich froh, daß ich diesen Thread gefunden hab, das Untreue-Problem hab ich seit 1996 nicht mehr gehört, ich habs schon anderen stellen wollen, aber die richtige Form nicht mehr zusammengekriegt!

Hier ein Lösungsansatz:

Nehmen wir an, es ist genau ein Ehemann untreu. Was passiert?
Es gibt eine Frau, die von keiner anderen über einen Seitensprung unterrichtet wird. Der Wahrsager sagt aber die Wahrheit, daher bringt sie ihren Mann um.
Daraus müßte man die Lösung konstruieren können!
Die Frage ist für mich nur: Macht der Wahrsager seine Prognose, bevor sich die Frauen morgens treffen, oder nachmittags??


Zu der netten Zahlenreihe: Ich kenn auch sowas!

E, Z, D, V, F... wie geht`s weiter???

da mund

[damund]

Zum Primzahlenproblem:
bei drei aufeinanderfolgenden Primzahlen (im zweier-Abstand natürlich), kann es sein, daß da eine durch drei teilbar sein muß? Komme im Moment aber nicht auf den Beweis!!

Mir ist übrigens noch eine SUPER Zahlenreihe eingefallen:

7,6,5,4,4,4,4,4,4,...

Es geht auch

7,6,5,5,5,5,5,5,5,...

Wer kommt darauf, nach welchem Prinzip die Zahlenreihen aufgebaut sind???

Das Gewichtsrätsel kenn ich leider schon :-(

[damund]

Noch ein Zahlenrätsel:

7,6,5,4,4,?

Wie geht es weiter?

[damund]

Sorry, habe jetzt ein und dasselbe Rätsel dreimal gepostet war ein versehen.

[blackrock2]

Einfach koestlich die Diskussion um das Ziegenproblem. Das letzte mal hatte ich mich in meiner Abiturzeit damit beschäftigt. Damals hatte auch jemand ein Computerprogramm geschrieben, um es zu simulieren.
Wir waren alle erstaunt.

Umso lustiger ist es, wenn für so ein Problem so viel Überzeugungsarbeit geleistet wird. Und streiten tun sich die Leute ja auch noch!!!! :-)))

Aber Smul hat das schon wie ein "Godfather" geregelt. Schauts nach im Internet.... Diverse Links, Abhandlungen etc. Für die besonders "Ungläubigen". :-))))

Eigentlich fand ich ja die Erläuterungen recht plausibel, aber naja.... :-))

Einfach koestlich...

Gruesse
BLACKROCK

[Lifetrader]

@damund

Die Differenz wird durch Auf- und Abrundung immer ganzzahlig und anschließend zum Minuend, der Subtrahend verändert sich linear um 0.01 von -0,53 über -0,52 und -0,51 auf -0,50 usw.

7 - 0,53 = 6,47 = 6
6 - 0,52 = 5,48 = 5
5 - 0,51 = 4,49 = 4
4 - 0,50 = 3,50 = 4
4 - 0,49 = 3,51 = 4
4 - 0,48 = 3,52 = 4
[...]

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@damund

Untreueproblem: Ich bin stillschweigend davon ausgegangen, daß der Wahrsager erst nachmittags, d.h. nach dem Weibertratsch eintrifft und seine Prognose daher erst am nächsten Tag publik wird. Ich hoffe, das wurde von den Lösern auch so verstanden.

Und zu der Reihe:

E,Z,D,V,F,S,S,...

MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Davon, daß der Wahrsager erst nachmittags kommt, gehe ich auch aus. Aber bedeutet seine Hinweis auf die Untreue, daß bereits jemand fremd gegangen ist oder erst noch fremdgehen wird. Wäre ersteres zutreffend, könnten (würde) die Frauen doch Ihre Informationen vom gleichen Morgen bereits in Ihrer Überlegungen einfließen lassen. Keiner ist doch so vergeßlich oder fängt erst am nächsten Morgen an zu grübel.

Gruß

Lifetrader

[damund]

@Lifetrader:
wow, darauf wär ich nie im Leben gekommen!
Mein Idee war:
sieben hat 6 Buchstaben
sechs hat 5 Buchstaben
fünf hat 4 Buchstaben
vier hat 4 Buchstaben usw.

schreibt man 5 als fuenf, hörts bei 5 schon auf :-)

@Lahmer Hannes: E,Z,D,V,F,S,S,A,N,Z,E, ... :-)))

zum Untreueproblem:
Ich gehe jetzt einfach mal davon aus, daß die Tage ab Bekanntwerden des Wahrsagerspruchs gezählt werden.

Fortsetzung des Ansatzes: Nehmen wir an, eine bestimmte Frau weiß von einem Seitensprung. Wenn dies der einzige war, hat sich die Sache nach einem Tag erledigt (siehe vorheriges Posting). Wenn nach einem Tag nichts passiert ist, heißt das also, daß es mehr als einen Untreuen Ehemann gibt, und damit ist ihr Mann untreu. Also sterben in der zweiten Nacht 2 Männer.
Es gibt also bei n Seitensprüngen nach n Nächten n Tote.

Am 8. Morgen - nach der 7. Nacht - wird der Sargschreiner bestellt.
Also ist die Lösung: Es gab 7 untreue Ehemänner. Oder?

Das interessante daran ist, daß ich mich jetzt frage, wozu die überhaupt den Wahrsager brauchen... aber es ist klar: Nur durch den Wahrsager kommt der Stein ins Rollen, denn nur dann ist im Falle eines einzigen Untreuen die Sicherheit gegeben, daß seine Frau davon erfährt und ihn umbringt... so ähnlich wie bei der Verankerung einer Induktion :-)

@Lahmer Hannes: Kennst Du noch ein, zwei Rätsel von dem Kaliber? Das macht echt Spaß!

[Lifetrader]

@damund

Deine Überlegungen zu dem Untreuproblem habe ich schon vor vier Wochen hier gepostet. Ich kam auch auf sieben Leichen. Mein Problem war, warum gerade am achen und nicht bereits am siebten oder erst am neunten Tag.

Die einzige Erklärung für mich war, daß es in dem Ort insgesamt nur sieben Ehemänner geben kann, die somit die Grundbedingungen erfüllen, Ihrer Gattin untreu sein zu können. Nur so kann es in der Nacht vom siebten auf den achten Tag zum großen Finale gekommen sein.

Jetzt aber hat LH darauf hingewiesen, daß es beliebig viele Ehepaare in der Kleinstadt geben kann und einmal fiktiv 1000 unterstellt. Damit erscheint mir das Rätsel nicht mehr lösbar.

Denn es könnten somit täglich jeder mit jedem, keine(r) mit keinem/keiner, alle mit allen oder eine(r) mit allen fremd gegangen sein. Eine logische Begründung für ausgerechnet den 8. Tag gibt es meiner Ansicht nach dann nicht mehr.

Wenn aber dieser Tag ohne Bedeutung ist, lassen sich auch keine Rückschlüße auf die Zahl der "Opfer" ziehen. Das Rätsel wäre also insgesamt wertlos.

@Lahmer Hannes

Bitte kläre die Sache jetzt endlich auf, oder präsisiere das Rätsel unter Berücksichtigung der nachgeschobenen Hinweis und Ergängzungen (z. B. kein Mord auf Verdacht, Einwohnerzahlt, Zeitpunkt der Info durch den Wahrsager, Berücksichtigung von Vorinformationen etc. Ich denke es wird langsam Zeit !!!

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

!! Das Untreue-Problem ist gelöst !!


And the winner is DAMUND

Lifetrader, es tut mir leid für Dich, daß Deine erste Antwort schon richtig war. Sie stand aber ganz ohne Begründung da, so daß ich das nicht gelten lassen konnte. Und dann hast Du schon richtig argumentiert, nur unerlaubterweise eine geringe Anzahl von Bürgern unterstellt, die Kleinstadt also zu einer Kleinkleinstadt gemacht.

Warum gibt es also genau am achten Tag genau 7 Leichen?

Ich will es einmal versuchen zu erklären:
Am Tag 1 nach Erscheinen des Wahrsagers wird das Gerücht allgemein bekannt, denn davor trafen sich die Weiber ja noch nicht! Würde eine Frau von keinem Fremdgänger erfahren, wüßte sie, daß ihr Mann untreu sein muß, und würde ihn in der nächsten Nacht erledigen. Es gäbe also am 2. Tag 1 Leiche. So weit waren wir ja schon, denke ich. Es geschah jedoch nichts, also muß es mindestens 2 untreue Männer geben. Eine Frau hat also in der nächsten Nacht nur dann einen Grund, ihren Darling zu killen, wenn sie nur von einem Fremdgänger gehört hat. ...
Das setzt sich solange fort, bis etwas geschieht. Am siebten Tag gäbe es also 6 Leichen. Gibt es aber nicht, also muß noch mindestens ein Mann untreu sein. Es gibt also 7 untreue Männer, doch deren Frauen wissen nur von 6!! Das ist der springende Punkt. Jetzt wissen sie, daß ihr Mann ebenfalls untreu ist und schicken ihn also in der nächsten Nacht ins Jenseits, so daß es am achten Morgen 7 Leichen gibt.


Ich hoffe, daß vor allem Lifetrader damit eine befriedigende Antwort auf seine Fragen bekommt.

MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Obwohl das Rätsel nun gelöst ist, muß ich noch einmal auf dem Thema: "Vorinformation" rumreiten:

Beispiel:

Der Wahrsager kam am Nachmittag des 03.11.00. Info-Austausch fand nach Deiner Meinung (schau bitte noch einmal in Deinem Originaltext nach) am ersten Tag danach (???), also am 04.11.00 statt. Reaktion war demzufolge erst in der folgenden Nacht (04.11.00 - 05.11.00) möglich.

Am Morgen des 2. Tages (05.11.00) hätte es eine Leiche geben müssen. Gab es aber nicht usw..... Am Morgen des 7. Tages (10.11.00) hätte es 6 Leichen geben müssen. Bis dahin ist immer noch alles im "grünen Bereich".

Aber erst am Morgen des 8. Tages (11.11.00) "erfahren" die sieben betroffenen Frauen von einer Leiche zu wenig (6 statt 7), wissen nun, daß der eigene Mann dabei sein muß und können dann erst in der kommenden Nacht (11.11.00 - 12.11.00) reagieren.

Also gäbe es heute am 9. Morgen (12.11.00) 7 Leichen. Oder andersherum ausgedrückt, am Morgen des 8. Tages kann es nur 6 Leichen gegeben haben, wenn Vorinformationen unberücksitigt bleiben.

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@ Lifetrader

Das ganze ist in der Tat sehr mysteriös.

Aber ich denke, die Frauen müssen nicht mehr auf die Info reagieren.
Hätte 1 Mann betrogen, wäre er in der zweiten Nacht ermordet worden.
Hätten zwei Männer betrogen, wären sie in der dritten Nacht ermordet worden.
usw. ...
Daraus kann man schließen, daß am achten Morgen - wenn die Männer in der Nacht zuvor ermordet wurden - es von diesen genau sieben waren.
Oder irre ich mich da?

Am Morgen des 7. Tages (10.11.00) hätte es 6 Leichen geben müssen. Bis dahin ist immer noch alles im "grünen Bereich".

Jede Frau weiß also jetzt, daß es mehr als sechs, also sieben Ehebrecher geben muß. Die sieben betrogenen Frauen wissen also heute, am 10.11.00, daß ihr Mann sie betrügt, da sie von keinem anderen Ehebrecher mehr erfahren. Also schlagen sie in der kommenden Nacht zu.

MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Du hast vollkommen Recht:

"...Hätte 1 Mann betrogen, wäre er in der zweiten Nacht (Anmerkung von mir: danach) ermordet worden"

In der zweiten Nacht ermordert heißt doch, am 3. Morgen gefunden, oder?
1 Betrüger = 3. Tag
2 Betrüger = 4. Tag
[...]
7 Betrüber = 9. Tag

"Aber ich denke, die Frauen müssen nicht mehr auf die Info reagieren."

Mit reagieren meine ich warten bis es wieder Nacht wird und dann heimtückisch zuschlagen. Ohne Mord kein Leichen und ohne Leichen keine Aufträge an den Sargschreiner.

=================================================================================================================
Nun aber Schluß mit gelösten Rätselleichen.

Eine Frage hätte ich aber noch zu der Buchstabenreihe

E,Z,D,V,F,S,S,...

Verrate mir doch mal den Lösungsansatz. Hab`s immer noch nicht kapiert.

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@ Lifetrader

Das kann ich gar nicht glauben! Du bist einer der wenigen, der sich ernsthaft mit dem wirklich schwierigen Untreueproblem auseinandersetzt, und scheiterst an dieser Zahlenreihe !?

Es sind momentan mehrere Reihen im Umlauf, die alle nach dem selben Prinzip aufgebaut sind:

E,Z,D,V,F,S,S,A,N,Z,... (diese Reihe ist unendlich)

8,3,1,5,9,(0),6,7,4,2 (diese Reihe ist hier fertig)


Und folgende hab ich aus einem englischen(!) Board übernommen:

8,5,4,9,1,7,6,3,2,0 (ebenfalls hier fertig)

Und Du kommst bei allen Reihen ohne einen einzigen mathematischen Ansatz aus, das verspreche ich Dir!! Das kann doch nicht so schwer sein, oder?? Wenn es dann immer noch nicht klappt, dann sag Dir die Reihen einfach schön laut vor; vielleicht klappt`s ja dann.

Hast Du auch nochmal über das Gewichtsproblem nachgedacht? Es geht also mit 4 Stücken... Aber vielleicht ist Dir das ja alles zu einfach, und Du bist für schwerere Aufgaben prädestiniert.

Ich werde später vielleicht noch ein neues, schweres Problem hier reinstellen. Bin nur noch am Überlegen, womit ich Dich besonders ärgern könnte.

Hast Du denn keine Aufgaben, damit ich selbst mal mitraten kann? Würde mich sehr darüber freuen.

MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Dein Hinweis war Gold wert, eben hat`s bei mir geklingelt!

Wegen der Gewichte melde ich mich aber noch mal.

Gruß

Lifetrader

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Die Reihe aus dem japanischen Board ging glaube ich so:

I,N,S,S [oder T ] ,G,.......(auch diese Reihe ist unendlich)

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

Nachdem jetzt fast alles gelöst wurde (es fehlt nur noch das Gewichtsproblem), hier ein neues Problem, das mir sehr, sehr gut gefällt
Ich hoffe nur, es ist Euch nicht zu einfach


PIRATEN

Ein Piratenschiff findet eine Schatzkiste mit 1000 Goldmünzen. Diese Münzen sollen nun unter den 5 Piraten gerecht (?) aufgeteilt werden. Die Piraten sind aber

sehr sehr clever
blutrünstig
gierig

Sie machen folgenden Verteilungsplan aus:

Pirat Nummer 5 darf einen Vorschlag machen, wie die Münzen unter ihnen aufgeteilt werden sollen. Der Vorschlag wird akzeptiert, oder der Pirat wird über Board geworfen. Akzeptiert wird ein Vorschlag nur, wenn die Mehrheit der Piraten zustimmt. Scheitert Pirat 5 mit seinem Plan, und wird also an die Haie verfüttert, so darf Pirat 4 einen Vorschlag machen. Wird dieser wieder nicht akzeptiert, so wird er ebenfalls über Board geworfen... usw.
Das geht natürlich solange, bis sie sich auf einen Plan geeinigt haben und die verbliebenen glücklich versorgt sind
Da die Piraten natürlich überaus clever sind, möchte jeder am Leben bleiben, und dennoch so viele Münzen wie möglich für sich behalten.

Welchen Vorschlag soll nun Pirat 5 machen?

MfG LH

[andibert]

E;Z;D;V;F;S;S;.....
(E)ins,(Z)wei,(D)rei,(V)ier,(F)ünf.......

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Piratenproblem:

Pirat 5, der die erste Wahl hat, sollt 998 Münzen für sich behalten und dem 2. Piraten 2 Münzen abgeben.

Begründung:

Pirat 1, der zuletzt an der Reihe ist, wird gegen jeden Vorschlag sein, denn er kann eigentlich nur gewinnen, wenn er möglichst viele Kollegen über die Klinge springen läßt. Pirat 3 braucht auch nicht geschmiert zu werden, da er ohnehin gegen Nr. 5 votieren dürfte.

Denn wäre er erst an der Reihe, könnte er 999 Münzen behalten und Pirat 2 lediglich eine Münze abgeben. Lehnt dieser ab, ginge Nr. 3 zwar über Bord, dessen Vorschlag (der von Nr. 2) müße dann aber lauten (um das eigene Leben zu retten): Pirat 1 kriegt alle 1000 Münzen, er selbst bekäme nichts.

Folge: Pirat 2 wäre mit 2 Münzen schon sehr gut bedient und sollte daher dem o. a. Vorschlag zustimmen.

Jetzt muß Pirat 5 nur noch begründen, warum Nr. 4 nichts abzugeben ist. Stimmt dieser Pirat gegen Nr. 5, wäre er als nächster an der Reihe, eine Wahl zu treffen. Dabei kann er eigentlich nur verlieren, nämlich sein Leben. Nr. 1 wird immer dagegen sein. Welche Angebote könnte er nun aber Nr. 3 und Nr. 2 machen, die besser wären als das Angebot von Nr. 5?

Gibt er Nr. 3 weniger als 999 Münzen, geht dessen Daumen gemeinsam mit dem von Nr. 1 nach unten und das war`s dann auch schon, denn ein Verhältnis von 2 zu 2 bedeutet: "Ab über Bord". Bietet er Nr. 3 aber alles, ist Nr. 2 ganz sicher nicht mehr sein Freund. Das Ergebnis bliebe das gleiche.

Also wird Nr. 4 allen Vorschlägen von Nr. 5 zustimmen müssen, will er am Leben bleiben. Nr. 2 sollte auch nicht ablehnen, den 2 Münzen sind immerhin 100 % Gewinn gegenüber der einen Münze die er, wenn er es überhaupt so weit kommen ließe, von Nr. 3 erhalten würde.

Gruß

Lifetrader

[damund]

Tja, Lifetrader, ich kann Dir nicht ganz zustimmen!!

Du gehst davon aus, daß Pirat Nr.1 unbestechlich ist, da es für ihn am besten ist, immer mit nein zu stimmen?

Aber für den Fall, daß noch drei Piraten übrig sind, hast Du doch bewiesen, daß Pirat 1 leer ausgeht!! Also ist auch Pirat 1 bestechlich!

Ich denke, ich habe die Lösung, aber falls noch andere mitraten wollen, poste ich nicht die Begründung, sondern nur die Antwort:

Pirat 5 schlägt vor, 998 Goldstücke an Pirat 4 zu verteilen, und 2 Goldstücke an Pirat 1!

So, ich hoffe, es ist noch nicht alles verraten und die Köpfe können weiterrauchen!
...vielleicht lieg ich ja auch falsch...



Und hier noch ein Rätsel, das ich selbst noch nicht gelöst habe:

Auf dem Weg in die Stadt der Erleuchtung, kommt ein Wanderer an eine
Wegegabelung.
Das einzige was er weiss ist, der eine Weg führt ihn zu dem gewünschten Ziel
und der andere führt ihn ins Verderben.
Doch er hat die Möglichkeit sich beraten zu lassen:
Am Wegesrand steht nämlich ein Haus, in dem zwei Brüder wohnen, die den
wahren Weg kennen. Nun weiss der Wanderer aus Erzählungen, dass einer der
Brüder immer lügt, der andere dafür immer die Wahrheit sagt, nur weiss er
nicht, welcher der beiden der Lügner ist und welcher nicht.

Wieviele Fragen muss der Wanderer nun mindesten stellen, um zu erfahren,
welches der wahre Weg ist und wie lauten diese Fragen?

da mund

[Lifetrader]

@damund

Du hast ja recht. Der Fehler ist mir bereits selbst aufgefallen.

Ich schlage im Namen von Pirat 5 vor, 2 Stücke an Pirat 2 und den Rest an Pirat Nr. 1

Gruß

Lifetrader

[damund]

Mist, und ich habe einen Fehler in meiner Lösung!
Vielleicht kommt 5 noch besser weg!

Also mit meiner bisherigen Lösung würde er zumindest sein Leben behalten, das ist doch auch was...



da mund

*grübel*

[damund]

Hehe, dieses Hantieren mit den Bestechlichkeiten ist wirklich witzig...

Aber jetzt lege ich mich wirklich fest!!!

Pirat Nr. 5 kann 997 Goldstücke für sich behalten!
1 Goldstück bekommt Pirat 3,
2 Goldstücke bekommt Kandidat 1

Man muß nur Schritt für Schritt vorgehen und immer die Bestechlichkeit übrprüpfen, die wechslet jedesmal :-)))

geht bestimmt auch mit 6 Piraten, bin gespannt, was dann herauskommt!

da mund

Das ganze erinnert mich stark an Spieltheorie in der VWL

[Lifetrader]

@damund

Habe sogar noch einen besseren Vorschlag:

Pirat 5 behält doch 998 Goldmünzen und besticht Nr. 4 und Nr. 3 mit je einer Münzen. Ersterer muß (sollte) zustimmen, da er anderenfalls (wenn er selbst als nächster vor der Entscheidung steht) alle Münzen weggeben müßte, um sein Leben zu retten. Pirat Nr. 3 muß aber damit rechnen, wenn er ablehnt und Nr. 5 damit über die Wupper schickt, daß Pirat 4 sich die Piraten 2 und 1 sozusagen für ein Trinkgeld kauft (bei Nr. 2 reichten 2 Münzen und bei Nr. 1 eine einzige Münze). Denn wenn Nr. 1 + 2 den Piraten 4 über die Klinge springen ließen, wäre Nr. 3 der alleinige Nutznießer, denn er könnte Nr. 2 (wie zuvor bereits beschrieben) mit einer Münze abspeisen, Nr. 1 bekäme überhaupt nichts.

Selbst die eine Münze für Nr. 4 könnte eingespart werden. Denn was brächte es ihm, Nr. 5 abzuservieren? Einen Esser weniger an Bord, aber trotzdem keinen Pfennig mehr in der Kasse. Es sei denn, er wäre besonders rachsüchtig und hätte die eine Münze bereits unter Einnahmen verbucht.

Gruß

Lifetrader

[Lifetrader]

!

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[Lahmer Hannes]

Kann man Euch denn nicht länger mit einem Rätsel beschäftigen als 4 Stunden? Daß Ihr so schnell drauf kommt, hätte ich nun wirklich nicht gedacht.

Die korrekte Lösung war wieder einmal von damund, also 997 selbst, 1 für Pirat 3 und 2 für Pirat 1. Lifetrader, Dein letzter Vorschlag ist aber nicht so gut, da geht Pirat 5 ja fast leer aus.

Nun schlage ich uns allen vor, nach einer Lösung für 6,8,10 oder 100(?) Piraten zu suchen. Hoffentlich braucht Ihr dafür etwas länger als nur ein paar Stunden.

MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Das Piratenproblem:

Mein Lösungsvorschlag noch mal im Zusammenhang.

Pirat 1 (der letzte) muß spätestens bei Nr. 4 zustimmen. Tut er dies nicht, entscheidet Nr. 3 und zwar 999 Goldmünzen für sich und eine für Nr. 2. Dieser wiederum (Nr. 2) kann das "großzügige" Angebot von seinem Vorgänger (Nr. 3) nicht ablehnen, denn Nr. 1 wird ja in jedem Falle dagegen sein, völlig leer auszugehen. Tut Nr. 2 es doch, stirbt Nr. 3 und er muß nun Nr. 1 die ganzen 1000 Münzen offerieren. Nimmt dieser an, hat Nr. 2 gar nichts. Macht er ein schlechteres Angebot, geht der Daumen von Nr. 1 nach unten und Nr. 2 verliert Gold und Leben.

Nr. 2 sollte also spätestens beim Angebot von Nr. 3 zustimmen, vorausgesetzt es kommt vorher kein besseres. Nr. 4 aber könnte Nr. 3 in seinem Angebot gegenüber Nr. 2 um eine Münze überbieten ( = zwei statt einer) und Nr. 1 mit einer Münze beteiligen. Für letzteren wäre dieses Angebot besser als das von Nr. 3 (hier gäbe es für ihn ja überhaut nichts). Nr. 2 sollte bei 2 Münzen auch nicht mehr lange fackeln. Lehnt er jedoch ab (Nr. 3 sowiso), wäre das Schicksal von Nr. vier besiegelt. Kann also nicht im Sinne von Nr. 2 sein.

Nr. 4 würde also, wenn er Nr. 5 vorher in den Tod schickt, von den 1000 Goldstücken 997 behalten und die restlichen drei auf die Nr. 2 und die Nr. 1 (wie oben beschieben) verteilen. Nr. 3 kann aber von Anfang an kein Interesse daran haben, daß Nr. 5 ausscheidet und Nr. 4 seine Almosen an Nr. 2 und Nr. 1 verteilt, wobei er selbst leer ausginge. Also wäre 1 Goldstück schon daß Maß aller Dinge, denn spätestens Nr. 4 würde sich die Butter ganz sicher nicht vom Brot nehmen lassen.

Da Nr. 4 aber 3 Goldstücke weggeben müßte um sein Überleben zu sichern und daher "nur" 997 Münzen übrig behielte, reicht für Nummer 5 ein Angebot an Nr. 4 in Höhe von 998 Goldstücken. Dies wäre für Nr. 4 der größtmögliche Ertrag. Nr. 3 kostet aber der Nr. 5 nur ein Goldstück (besser, als kein Goldstück von Nr. 4). Somit behält Nr. 5 sein Leben und eine einzige Goldmünze übrig. Gibt er aber weniger an Nr. 4, muß Nr. 5 damit rechnen daß dieser sein Angebot ablehnt.

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@ Lifetrader

Dein Vorschlag gefällt mir gar nicht gut. Pirat 5 muß ja nicht die Kollegen 3 und 4 für sich gewinnen, wenn sie ihm so viele Münzen kosten. Die anderen bekommt er viel günstiger für sich!!


MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Und ich dachte, er bekommt den Kollegen 3 für eine Münze an die Angel.

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@ Lifetrader

Die Lösung von Damund ( 997 - 0 - 1 - 0 - 2 ) geht davon aus, daß die Piraten so blutrünstig sind, daß sie ihre Kollegen gerne schwimmen sehen, wenn sich auch sonst nichts für sie ändert. Das heißt z.B. Pirat 1 wird jeden Vorschlag seines Kollegen mit der Nummer 2 ablehnen, auch wenn er selbst 1000 bekommen würde. Denn so hat er zu den 1000 Münzen auch noch seinen Spaß. Und er muß seinen Fraß nicht teilen.
Akzeptiert werden Vorschläge also nur, falls sie bei Nichtakzeptieren weniger für denjenigen einbringen würden.

MfG LH

[Lahmer Hannes]

@ Lifetrader

Mit der 1 Münze für Kollege hast ja recht

Aber für Kollege 1 braucht er auch nur zwei (die könnte er auch seinem Kollegen zwei geben, je nach gegenseitiger Sympathie) Münzen. Und so kann er sich die 998 Münzen für Kollegen 4 sparen

MfG LH

[Lahmer Hannes]

...Kollege 3... natürlich

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Deine letzten Bemerkungen lassen das Problem ja in einem ganz neuem Licht erscheinen. Wäre Nr. 3 am Zug könnte er alles oder auch nichts für sich reklamieren, denn Nr. 2 muß immer zustimmen oder ablehnen. Lehnt er ab, ist er selbst schon bald eine Leiche. Nr. 1 kassiert dann alles einschließlich des Lebens von Nr. 2. Zustimmen kann er aber nur, wenn er sich verbessert. Wie aber entscheidet sich Nr. 2, wenn Nr. 3 die ganzen 1000 Münzen für sich reklamiert und ihm nichts übrig läßt? Zustimmen darf er nicht, wäre ja keine Verbesserung gegenüber früheren Angeboten, die ja nicht im Minusbereich lagen. Lehnt er aber ab, tritt genau daß ein, was ich eingangs bereits beschrieben habe. Er stirbt gemäß vorheriger Absprache nach Entscheidung von Nr. 1.

Nr. 2 wäre also schon für eine Münze von Nr. 5 käuflich also billiger als Nr. 1, oder?

Alles klar so weit?

Gruß

Lifetrader

[damund]

Also ich glaube für 5 Piraten ist die Sache geritzt...

Dann lösen wir das ganze Mal für n Piraten!

Geht bestimmt mit vollständiger Induktion, einen Ansatzpunkt haben wir mit n=4, alles vorher sind Spezialfälle...

Gehen wir davon aus, daß Pirat n seinen Gewinn maximieren kann, in dem er

a) dem Pirat n-1 nichts gibt
b) unter den Piraten 1 ... n-2 diejenigen besticht, die von den nachfolgenden Piraten am wenigsten geboten bekämen.

Dann sieht die Situation für den Pirat n+1 folgendermaßen aus:

a) "Pirat n" kann kaum bestochen werden, da er, wenn er dran kommt, einen recht großen Batzen für sich rausschlagen kann... wieviel, hängt von n ab.

b) "Pirat n-1" bekommt von Pirat n nichts, daher reicht für "Pirat n-1" genau 1 Goldstück.

c) von den restlichen Piraten werden die bestochen, die das wenigste von `Pirat n` kriegen.

Diese Verhaltensweise des Piraten n+1 deckt sich also mit der des Piraten n, womit die Induktion aufgehen dürfte

Interessant ist die Frage, wie viel Geld letztendlich für einen Piraten n herausspringt.

1.) die Piraten 1...n-2 kommen für eine Bestechung in Frage. (s.o.)
2.) Bei einer größeren Anzahl von Piraten werden die Versuche, die Bestechungssumme niedrig zu halten, dazu führen, daß alle n-2 Piraten ungefähr die gleiche Bestechungssumme erhalten (+-1).
3.) Jeder Pirat muß n/2 Personen bestechen, um das Abstimmungsergebnis für ihn positiv zu gestalten.

hmm... das wird doch zu kompliziert für eine Formel :-((


Aber ich schätze mal, daß schon der 100.te Pirat nicht mehr genug Geld zum Bestechen übrig hat!!! Und das wird auch der Knackpunkt für die Induktion

Es ist nämlich eine nette Frage, was DANN passiert!!!
Ich nehme mal stark an, daß bei einer hinreichend großen Menge Piraten

a) zuerst Mal eine Vorauslese stattfindet (Kampf, Prügelei, Mord&Todschlag)
b) die Piraten der Rechnerei überdrüssig werden, und besser brüderlich teilen

da mund

[damund]

@Lifetrader:

Zu dem Problem, daß Pirat Nr. 3 die Nr.2 nicht bestechen muß:

Du hast Recht, Pirat Nr.3 braucht Nr.2 nicht zu bestechen, denn Nr.2 ist schon zufrieden, wenn er am Leben bleibt!
Pirat 4 besticht also Nr.2 und Nr.1 je mit einem Goldstück.
Für Pirat 5 bleibt geldmäßig alles beim alten, er besticht Nr.3 mit einem Goldstück, und hat die Wahl, Nr.2 oder Nr.1 mit 2 Goldstücken zu bestechen. Es bleiben ihm 997 Goldstücke.

da mund

[Lifetrader]

@damund

Ich glaube jetzt irrst Du. 1 Goldstück für Nr. 3 ist OK, aber warum sollte Nr. 5 für Nr. 2 oder Nr. 1 mehr ausgeben. Bei Nr. 4 würde doch eine Goldstück bereits reichen. Und Nr. 2 (alternativ Nr. 1) müßten doch dann bereits für eine Münze käuflich sein und mehr ist von Nr. 4 doch auch nicht zu erwarten, wenn er ins Spiel kommt. Dessen Mindestangebot wäre doch nur gleich, aber eben nicht besser. Der Vorgänger muß doch nicht überbieten, oder?

Gruß

Lifetrader

[Lifetrader]

@damund

Ich gehe jetzt sogar noch einen Schritt weiter. Nr. 4 muß Nr. 2 überhaupt nichts anbieten, um Ihn auf seine Seite zu ziehen. Denn stimmt dieser Nr. 4 nicht zu, kommt automatisch Nr. 3 mit den für ihn bekannten Folgen ins Spiel. Eine Zustimmung zu einem Nullangebot von Nr. 4 bringt zwar kein Geld, rettet aber das eigene Leben.

Somit muß auch Nr. 5 nicht höher einsteigen. Er zahlt also nur 1 Münze an Nr. 3 und behält die restlichen 999 für sich.

Gruß

Lifetrader

[damund]

@Lifetrader:
Doch, doch, es muß immer mehr geboten werden!

Denn wenn es nicht um ihr Leben oder ihr Geld geht, sind die Piraten immer noch BLUTRÜNSTIG, wie Lahmer Hannes extra betont hat.
Es ist also für Pirat 2 spaßiger, zunächst Nr. 4 den Haien zu verfüttern und dann Pirat 3 ohne Gegenleistung zuzustimmen, als bereits Kandidat 4 zu folgen!

Das gilt auch für alle weiteren Piraten, daher muß immer überboten werden

da mund

[Lifetrader]

@damund

Ich nehme meinen letzten Vorschlag zurück und behaupte mein vorletzter war das Gelbe von Ei. Nr. 5 bietet je eine Münze für Pirat Nr. 2 und 3.

Gruß

Lifetrader

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Erleuchtungsproblem:

Der Wanderer stellt nur eine einzige Frage und richtet sie gleichzietig an beide Brüder:

"Welchen Weg glaubst Du, wird mir Dein Bruder nennen, um zur Stadt der Erleuchtung zu kommen, den rechten oder den linke?"

Annahme: Der rechte Weg wäre der richtige.

Der Lügner weiß ja, daß sein wahrheitsliebender Bruder den rechten Weg korrekt nennen würde. Da er aber immer die Unwahrheit sagt, wird er antworten: "Mein Bruder wird den linken Weg nennen!"

Der "Wahrsager" aber kennt die kleine menschliche Schwächen seines verlogenen Bruders und weiß, daß er auf diese Frage immer den falschen Weg angeben würde. Da er selber nicht lügt, wird er richtigerweise sagen: "Mein Bruder wird den linken Weg nennen!"

Der Wanderer hat nun zweimal "links" als Antwort erhalten und entscheidet sich für anderen, den rechten und damit richtigen Weg.

Gruß

Lifetrader

[Germeringer]

Das Problem mit der Weggabel kannte ich leider schon, aber die Piratenaufgabe ist prima, zur Belohnung hier eine neue Aufgabe, bei der dann auch Lahmer Hannes mitraten darf, mal schaun, wie schnell Du bist.

Herr Schwarz, Herr Grau und Herr Weiß haben sich tödlich zerstritten und beschließen, ihre Differenzen in einem Duell (bzw, "Truell", da zu dritt) auszutragen. Jeder hat eine Pistole, nacheinander soll so lange geschossen werden, bis nur einer der drei Kontrahenten übrigbleibt.
Nun sind die drei aber unterschiedlich gute Schützen. Herr Schwarz trifft durchschnittlich bei nur einem von drei Schüssen. Herr Grau trifft bei zwei von drei Schüssen und Herr Weiß bei drei von drei, d.h. jedesmal. Um faire Bedingungen zu schaffen, wird vereinbart, daß zuerst Herr Schwarz einen Schuß abgeben darf, dann schießt Herr Grau, dann Herr Weiß (falls sie noch leben). Anschließend wird, falls nötig wieder von vorne begonnen -- bis nur noch einer am Leben ist.
Die Frage: auf wen muß Herr Schwarz, der ja zuerst schießen darf, zielen, um seine Chancen, als einziger zu überleben, zu maximieren?
(Und Zusatzfrage: Wer von den dreien hat die besten Chancen in diesem Kampf?)


Germeringer

[Lahmer Hannes]

@ Truell

Herr Schwarz muß in die Luft schießen! Dann wird Herr Grau auf Herr Weiß schießen, da er ja sonst von ihm erschossen wird.
Trifft er ihn, zielt Herr Schwarz natürlich auf Herr Grau und es entsteht ein Duell, bis einer dran glauben muß. Verfehlt er ihn, wird er anschließend von demselben erschossen, und es entsteht ein Duell Weiß - Schwarz.
Wie groß aber nun die Siegchancen jedes einzelnen sind, werde ich mir noch überlegen.


@ Piratenproblem

Ich habe mir darüber Gedanken gemacht, wie es mit n Piraten läuft. Es ist, glaube ich, nicht so schwer, wie es aussieht. Der n. Pirat muß nur etwa n/2 Münzen hergeben und sollte den Rest für sich behalten können.
Man muß aber dazu noch das Verhalten der Piraten genauer definieren. Sollte ein Pirat, der 1 Münze sicher bekommt, darauf verzichten, um evtl. 2 zu erhalten oder auch leer auszugehen, oder sollte er immer auf Nummer Sicher gehen und mit 1 Münze zufrieden sein?
Oder sollte er den Erwartungswert von ablehnen / akzeptieren berechnen und darauf beruhend sein Voting abgeben? Das spielt bei bis zu 5 Piraten noch keine Rolle, aber bereits ab dem sechsten schon. Also wollen wir uns auf die Version mit dem Erwartungswert einigen, oder?
Ist auch am einleuchtendsten.



MfG LH

[Germeringer]

@Lahmer Hannes
- gar nicht schlecht. Ja, er muß in die Luft schießen.
Klar, auf Grau darf er nicht schießen, denn falls er trifft, ist er ein toter Mann. Auf Weiß zu schießen ist besser, aber nicht optimal. also: Herr Schwarz muß in die Luft schießen. Denn Herr Grau und Herr Weiß müssen in ihrem eigenen Interesse aufeinander schießen, bis einer tot ist. Dann ist auf jeden Fall wieder Herr Schwarz an der Reihe, der nun immerhin eine 1/3-Chance (gegen Weiß) oder sogar größer (gegen Grau) hat.

Aber - soviel sei verraten, der schwierigere Teil steht Dir/Euch noch bevor.

Viel Spaß

Germeringer

[Lahmer Hannes]

@ Truell

Germeringer, ich glaub, ich hab`s. Meinen Berechnungen zufolge liegt die Gewinnwahrscheinlichkeit von Herrn Schwarz bei 25/63, also ca. 39,68 %, Herr Grau gewinnt mit einer W. von 24/63, also ca. 38,10 %, und Herr Weiß gewinnt mit einer W. von 14/63, also ca. 22,22 %. Demzufolge besitzt der schwächste Schütze, Herr Schwarz die besten Siegchancen. Irgendwie paradox. Aber es liegt wohl daran, daß die beiden besseren Schützen immer versuchen müssen, sich gegenseitig auszuschalten.
Vielleicht sollten wir ja noch ausrechnen, wie hoch die einzelnen Siegchancen sind, wenn Herr Schwarz auf einen der anderen beiden ballert. Mal sehen, was dabei herauskommt.


MfG LH

[Lahmer Hannes]

Und hier der Vollständigkeit halber noch die Verteilung, falls Herr Schwarz auf Herr Grau zielt (Fall 1) bzw. falls er auf Herr Weiß zielt (Fall 2). Man sieht hier schön, wie seine Siegchance deutlich geringer ist, als wenn er einfach in die Luft ballern würde (Fall 3).

Fall 1

Herr Schwarz 50/189 = 26,46 %
Herr Grau 48/189 = 25,40 %
Herr Weiß 91/189 = 48,15 %

Fall 2

Herr Schwarz 59/189 = 31,22 %
Herr Grau 102/189 = 53,97 %
Herr Weiß 28/189 = 14,81 %

Fall 3

Herr Schwarz 25/63 = 39,68 %
Herr Grau 24/63 = 38,10 %
Herr Weiß 14/63 = 22,22 %

MfG LH

[Lahmer Hannes]

Sollten die drei Herren jedoch Aktien besitzen, so wäre es aber das beste, jeder würde sich selbst die Kugel geben

Trotzdem
MfG LH

[Germeringer]

@Lahmer Hannes,

vielen Dank - eine interessante Antwort, allerdings bin ich mir nicht ganz sicher ob Du recht hast.
Kannst Du mir verraten, wie Du das gerechnet hast? Ich war erstaunt, wie viele Rechnung bei nur drei Beteiligten doch wohl letztlich nötig wären um zu einem halbwegs gesicherten Ergebnis zu kommen.

Ich habe offenbar einen anderen Rechenweg gewählt als Du.

Ich denke, daß die Wahrscheinlichkeiten für die verschiedenen Möglichkeiten auf bestimmte Werte konvergieren. Nehmen wir z.B. an, daß Schwarz und Grau übrigbleiben. Ich denke, jetzt ist die Wahrscheinlichkeit für Schwarz zu gewinnen:
1/3 (er trifft) plus 1/9 (Grau trifft nicht, er trifft beim zweiten mal) plus 1/27 ...
das konvergiert gegen 0.5 -- hieße, nun haben beide die gleiche Chance. Psss, bin aber nicht sicher, daß diese letzte Rechnung stimmt. Werd nochmal drüber nachdenken.


Germeringer

[Lifetrader]

Kürbisaufgabe:

Eine Rekordkürbis wiegt 47500g und besteht zu 95% aus Wasser. Durch starkes Erhitzen verdunstet das Wasser, bis sich der Wasseranteil auf die Hälte reduziert hat.
Frage: Wie schwer ist jetzt der Kürbis?

Gruß

Lifetrader

[Lifetrader]

Kürbisproblem:

Mein Vorschlag wäre, wenn diejenigen, die das Rätsel gelöst haben, nur die Summe der drittletzten und vorletzten Grammzahl posten. Zur Identifikation sollte das sicher ausreichend und alle anderen könnten weiterknobeln.

Gruß

Lifetrader

[mukk]

..50

[damund]

Mein Taschenrechner sagt mir eine Zahl, deren drittletzte + vorletzte ziffer `12` ergeben!

viel spaß beim knobeln

da mund

[Lifetrader]

@alle

"Meine Hälfte" bezog sich auf den ursprünglichen Wasseranteil und nicht auf das zukünftige Gesamtgewicht. Aus 95 % Wasseranteil sollen 47.5 % werden. War wohl etwas mißverständlich ausgedrückt, oder?

Gruß

Lifetrader

[8295]

Bei mir ergeben die dritt- und vorletzte Summe auch "12".

@lifetrader
Ich denke: Aus 95% sollen nicht 47,5% Wasseranteil werden, sondern es soll die Hälfte
des vorher im Kürbis enthaltenen Wassers verdunsten.
Also, es soll sich weder der Wasseranteil auf die Hälfte reduzieren noch sollen es hinterher 47,5 % hinterher sein.
Täusche ich mich?
Bei meiner Rechnung ist der Wasseranteil hinterher 90,476%.

[Lahmer Hannes]

@ Kürbisproblem

Wenn man das Ergebnis auf ganze Gramm rundet, sollte 7 als Summe herauskommen.

@ Truell

Germeringer, ich habe das ganze mit einem Baumdiagramm gelöst, und dann die einzelnen Äste mit demselben Sieger addiert und so die einzelnen Siegchancen bekommen. Du bist schon auf einem richtigen Weg, nur darfst Du den Anfang nicht vergessen! Mit welcher Wahrscheinlichkeit kommt es denn erst überhaupt zum Duell Schwarz - Grau? Alle Äste, in denen Herr Weiß dabei ist, enden sehr schnell. Etwas knifflig ist es nur, falls Schwarz und Grau bleiben. Dann muß man, wie Du es richtig getan hast, unendliche Summen berechnen, die aber letztendlich konvergieren. Dabei bleibt in jeder Rechnung die Summe über alle (2/9)^k, k=0..unendlich übrig (die Summe sollte 9/7 ergeben). Der Ansatz sollte stimmen, es kann aber auch sein, daß ich mich etwas verrechnet habe!? Aber eine qualitative Analyse der Rechnung bestätigt doch nur das Ergebnis, daß Herr Schwarz in die Luft schießen sollte.


MfG LH

[grobschnitt]

Kürbis : 22xx2,5

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Und wie ist die Summe, wenn man nicht rudet?

@8295

Wie kommst Du dazu, die Aufgabenstellung einfach zu Deinen Gunsten abzuändern bzw. umzubiegen? Es gilt nur das, was hier geschrieben steht!

@alle

Bis jetzt haben wir im Angebot: 1 x 7, 2 x 12, 1 x 50 und 1 x 22xx2,5.

Wer bietet mehr?

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@ Lifetrader

Naja, bei mir kommt ein "krummes" Ergebnis raus, d.h. eine rationale, aber nicht ganze Zahl. Was will man denn dann als vorletzte Ziffer nehmen?
Daher dachte ich halt, da die Angabe in Gramm war, sollte man das Ergebnis auch in Gramm berechnen. Dann nehm ich halt die vor- und drittletzte Stelle der gerundeten Gewichtsangabe in Gramm.
Aber Du kannst auch gerne die vorletzte Ziffer des Gewichtes in Nanogramm auch haben!

MfG LH

[8295]

Nu bin ich aber gespannt?!

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Truell:

Hast Du bei Deiner Berechnung auch berücksichtigt, daß Herr Weiß, der ja die vermeintlich geringste Überlebenschance hat, nicht auf Herrn Grau zurückballer, falls er nach dessen ersten Schuß überhaupt noch dazu in der Lage ist, sondern ein schnelles Ende dadurch erzwingt, indem er bei seinem ersten Versuch Herrn Schwarz ausknipst und anschließend Herrn Grau nochmals auf sich schießen läßt. Trifft dieser, war`s das für Herrn Schwarz. Trifft er auch beim zweiten Mal nicht, ist das "Spiel" ebenfalls beendet, nur eben zugusten von Herrn Weiß.

Selbst wenn Herr Grau dreimal auf Herr Schwarz schießt wird dieser doch nur zweimal sterben (geht das überhaupt?), aber immerhin einmal überleben, oder? Nehmen wir doch eine Zielscheibe und drei Dreierserien, die Herr Grau darauf abgeben soll. Das Ergebnis müßte doch, statistisch betrachtet, folgendermaßen aussehen, wobei die Reihenfolge beliebig wäre:

Treffer - Treffer - Fehler
Treffer - Fehler - Treffer
Fehler - Treffer - Treffer



Gruß

Lifetrader

[Lifetrader]

Truell:

Ich möchte das Problem etwas modifizieren, ohne es aber entscheidend zu verändern:

Es werden mehrere Runden ausgeschoßen (3, 9, 27, ...). Zum Einsatz kommen Farbpatronen, anstatt richtiger Munition. Sieger ist, wer am Ende die wenigsten bunten Flecken am Kopf oder in der Herzgegend hat. Die beiden Verlierer müssen neu laden, diesmal jedoch scharfe Munition und sich selbst richten.

Als Alternative käme in Betracht, daß die beiden Zwillingsbrüber der Herren Schwarz, Grau und Weiß parallel ein Truell austragen. Von welcher Familie werden die meisten Mitglieder sterben/überleben?

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@ Lifetrader

Herr Weiß wäre ja blöd, wenn er auf Herrn Schwarz zielen würde. Zielt er nämlich auf Herrn Grau, erledigt er diesen genauso schnell wie er Herrn Schwarz erledigen würde. Nur hat er dann einen schwächeren Gegner im Duell. Jeder sollte daher immer auf den besseren Gegner zielen.

MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Du hast natürlich vollkommen recht, aber was soll`s. Herr Schwarz würde ja sowiso in fünf Duellen fast vier Mal sein Leben aushauchen.

Gruß

Lifetrader

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

... hatte ich eben ganz vergessen zu posten. Ich habe mich noch einmal etwas intensiver mit den Gewichten beschäftigt. Bei mir müssen es mindestens 5 Teile sein. Sollte ich mich irren, bitte ich um Auflösung des Rätsels.

Gruß

Lifetrader

[smul]

@LH:

Sorry, war ein bißchen in Urlaub, deshalb kommt mein Senf etwas später:

Primzahldrilling:
Wie siehts den aus mit 3 5 7 ??? Obs weitere gibt ist denk ich schwer zu beweisen. Bei den Zwillingen vermutet man ja unendlich viele (Goldbachsche Vermutung)

Zimmer:
Hat mich sofort an das Königsberger-Brückenproblem erinnert und ist somit sofort mit den Grundlagen der Graphentheorie lösbar, siehe zum Beispiel http://www.hof.baynet.de/~gymnaila/Mathe/FACH.html (Suche nach "Königsberg") oder http://caladan.wiwi.uni-frankfurt.de/wendt/wi-lex/graph.html


Damit lässt sich zB auch immer leicht zu beweisen, ob eine Figur in einem Zug zu Zeichnen ist ("Haus vom Nikolaus", Pentagramm)

Gruß
Smul

[damund]

@smul:

Natürlich!!!
Als ich schrieb, daß von drei Zahlen, die im Abstand von 2 aufeinanderfolgen, eine durch drei teilbar sein muß, habe ich ganz vergessen, daß 3 durch drei teilbar ist, aber trotzdem eine Primzahl!

Also ist 3,5,7 das einzige Primzahl-tripel, da jede 3. ungerade Zahl durch 3 teilbar ist.

@Lifetrader:
zum Gewichts- / Wiegeproblem:
Will man alle natürlichen Zahlen bis n additiv darstellen, so braucht man höchstens 2log n Zahlen dafür - siehe Binärsystem, man braucht die Zahlen 1,2,4,8,16 usw.
Bei der Waage hat man aber die Möglichkeit, natürliche Zahlen mittels Addition und Subtraktion darzustellen, also z.B. 2=3-1.

Wenn Du dieses Schema konsequent weiterdenkst, kommst Du bestimmt zu dem Ergebnis: es reichen 4 Gewichte aus.

Zur Kürbisaufgabe:
"Eine Rekordkürbis wiegt 47500g und besteht zu 95% aus Wasser. Durch starkes Erhitzen verdunstet das Wasser, bis sich der Wasseranteil auf die Hälte reduziert hat. "

"auf die Hälfte reduziert" kann man auf drei Arten auffassen,
und jedesmal kommt was anderes heraus...

a) Der Wasseranteil im Kürbis ist nach dem Erhitzen 1/2
--> Endgewicht 4750g

b) Der Wasseranteil halbiert sich absolut, d.h. der neue Wasseranteil beträgt 47500*0,95*0,5 - das neue Gesamtgewicht beträgt 47500*0,05+47500*0,95*0,5 = 47500*0.525 = 24937.5

c) Der Wasseranteil halbiert sich von 95% auf 47,5%,
d.h., daß im neuen Kürbis der Wasseranteil 47,5% beträgt - also insgesamt weniger Wasser als `Fruchtfleisch` im Kürbis ist.
Der bisherige Masseanteil (47500*0,05) entspricht dann 52,5% des neuen Kürbisgewichts.

100% sind dann 47500*0,05*/0,525 = 4523 17/21 oder 4523.8095...

Mir gefällt die erste Lösung am besten

da mund

[Lifetrader]

@damund

Deine Lösung(en) zum Kürbisproblem ist (sind) perfekt. Das verschiedene Interpretationen meiner Formulierung "... bis auf die Hälfte reduziert hat" möglich sind, ist mir leider erst später aufgefallen.

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@ Primzahlproblem

Nun ist es ja auch gelöst (damund); bei meiner Aufgabenstellung hatte ich ganz übersehen, daß natürlich das Tripel 3 - 5 - 7 zulässig ist. Es ist aber in der Tat das einzige.

@ Truell

damund, hast Du vielleicht mal meine Ergebnisse nachgerechnet? Würde mich sehr freuen, wenn jemand meine Ergebnisse bestätigen oder widerlegen würde. Bin mir nämlich auch nicht hundertprozentig sicher.

@ Gewichtsproblem

Also Lifetrader, einen Hinweis geb ich Dir: Ein Gewicht wiegt genau 27 kg
Jetzt dürfte es aber nicht mehr schwer sein


Da jetzt doch alle hier geposteten Rätsel mehr oder weniger gelöst sind, und der Thread doch schon ziemlich lang ist, schlage ich vor, einen neuen (Fortsetzungs-)Thread zu eröffnen. Dann sollten wir vielleicht auch unsere Diskussionen zu den hier stehenden Rätseln dort weiterführen.
Ich hab auch schon ein Rätsel, das es wert ist, den Anfang des neuen Threads zu machen
Ich werde hier auch den Link reinstellen

MfG LH

[Lahmer Hannes]

Und hier geht`s also weiter:

Thread: Ein kleines Rätsel... (II)

MfG LH

[Midi2000]

zum Kürbisproblem:

Wasseranteil 95% bedeutet nicht automatisch, dass dies 95% des Kürbisgewichts sind oder? Man könnte es auch als Volumenanteil auffassen. Und dann ist die Aufgabe ohne entsprechende Dichteangaben nicht zu lösen.
Also so hätte ich die Aufgabe interpretiert und wäre so dann ganz schnell fertig gewesen .