Ein kleines Rätsel... (II) - 500 Beiträge pro Seite

[Lahmer Hannes]

So, jetzt kann`s hier also mit dem Denksport weitergehen
Und hier die erste Aufgabe:

Ein Kandidat wird vor 4 Tore gestellt. Hinter jedem dieser Tore befindet sich eine bestimmte Menge Geld, wobei keine Summe doppelt vorkommt (hinter jedem Tor also unterschiedlich viel). Der Kandidat darf nun ein Tor öffnen und erfährt also den Betrag dahinter. Jetzt darf er dabei bleiben und das Spiel beenden. Oder er darf ein anderes Tor nehmen, wenn er vermutet, daß hinter diesem mehr Geld steckt. Aber hat er einmal gewechselt, muß er bei seiner Wahl bleiben; das erste Tor ist passé. Nun kann er wieder weiterwechseln; läßt er allerdings auch das vierte Tor öffnen, muß er zwingend diesen Betrag nehmen.
Das Geld behalten darf er allerdings nur, wenn er den höchsten Betrag erwischt hat, alle kleineren Beträge verfallen wertlos.

Die Frage lautet:
a) Hat er nur eine 1/4- Chance zu gewinnen, oder liegt sie
höher?
b) Wenn seine Chance höher liegt: wie hoch ist sie, und
welche Strategie muß er dazu anwenden, um sie
wahrzunehmen?

Man beachte die Analogie zum vieldiskutierten Ziegenproblem!!

Viel Spaß beim Lösen!

MfG LH

[wertzuwachs]

Bin leider der erste ...
und weiß natürlich schon die Lösung, über 40% bei richtiger Strategie. Mehr verrate ich nicht, es sollen ja noch andere raten.

[damund]

@Lahmer Hannes:

Wirklich sehr interessantes Rätsel, das wird mich eine Weile auf Trab halten . Zum Triell: bin im Moment zu faul, um das nachzurechnen...

@alle:

Bitte - so wie im ersten Thread - nicht sofort die Lösungen bzw. Begründungen posten, sondern zunächst Hinweise oder Teillösungen, wie es werzuwachs vorgemacht hat!

da mund

[Neemann]

Wenn er bei seiner Wahl nach dem 1.Tor bleibt, ist die Chance 0.25
Ändert er sie in jedem Fall, ist sie größer.
Er sollte dann sofort aufhören, wenn sich die Summe vergrößert hat.
Mit einer Chance von 25% verliert er zunächst einmal (Tor 1 war das beste)
DAS sich die Summe vergrößert, ist also mit einer Chance von 75% gegeben.
Sobald sie sich aber vergrößert, sollte er seine Wahl sofort beenden.

Es gibt 24 Möglichkeiten der Größenverteilung; bei 6 von ihnen ist die erste Wahl die beste.
Annahme: Nach Tor 2 ist die Summe größer als Tor 1. Er bleibt bei Tor 2. In 6 der hierbei möglichen 12 Fälle hat er die richtige Wahl getroffen.
Annahme: Nach Tor 2 ist die Summe kleiner - er macht weiter und in Tor 3 ist sie größer. Er bleibt bei Tor 3. In 3 Fällen der denkbaren 9 hat er richtig gewählt.
Annahme: Auch Tor 3 ist kleiner - er macht weiter. In 6 Fällen ist auch Tor 4 kleiner und er hat verloren. In 2 Fällen ist Tor 4 größer.

Seine Chance beträgt 11/24 - hab ich das richtig kombiniert?

[Neemann]

PS. Sorry, das ich nicht Hinweise, sondern die Lösung gebe, aber ihr hattet ja eine ganze Nacht Zeit gehabt

[HBraun]

Komme zu einem leicht anderen Ergebnis:

Die Chance, mit dem ersten oder letzten Tor zu gewinnen, ist immer 1/4, egal was man macht. D.h. es macht nur Sinn, sich eine Strategie für das 2. und 3. Tor zu überlegen. Hier komme ich zum gleichen Ansatz wie Du.

Ist die Zahl beim 2. Tor größer, hat er eine Gewinnchance von 3/6. Wenn er weitermachen würde, sinkt die Chance auf 3/12, er sollte deshalb aufhören.

Ist die Zahl beim 2. Tor niedriger als beim ersten, muss er natürlich weitermachen. Mit einer Wahrscheinlichkeit von 4/12 ist die 3. Zahl höher als die beiden (!) vorigen. In drei von vier Fällen steht er jetzt vor der höchsten Summe.

(2/1/4 - 3/1/4 - 3/2/4) vs (2/1/3)
1=kleinste Zahl, 4=größte Zahl

Wie kommst Du hier auf 9 Fälle? Es gäbe 8 Fälle, wenn Du sagst, die dritte Zahl muss nur größer sein als die 2. z.B. (3/1/2 o. 4/2/3)

Chance dann: 3/8. Sie muss aber natürlich auch größer sein als die erste Zahl. Die wird sich der Kandidat ja wohl merken können, oder?

Sollte die dritte Zahl nicht größer sein als die Vorgänger, bleibt ihm immer noch die 1/4 Chance auf das letzte Tor.

Gruß, Heiko

[roemischer_Inquisitor]

Das erste Tor darf er auf keinen Fall nehmen,da dort seine Chance 1/4 ist,das er das richtige Tor gewaehlt hat.
Mit einer Wahrscheinlichkeit von 3/4 gibt es also ein Tor mit einem hoeheren Betrag an Geld.

Falls Tor 1 nicht das Tor mit dem hoechstem Geldbetrag ist,ist es mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/4 das Tor mit dem zweithoechstem Geldbetrag.
In diesem Fall muss er einfach nur so lange weitermachen,bis er ein Tor mit einem hoeheren Geldbetrag findet,und dieses Tor ist mit der Wahrscheinlichkeit 1 das richtige Tor.

Ist Tor 1 das Tor mit dem dritthoechstem(Wahrscheinlichkeit 1/4) Geldbetrag,so ist die Wahrscheinlichkeit 1/2,dass das erste nachfolgende Tor dasjenige mit einem hoeheren Geldbetrag das richtige ist.

Ist Tor 1 das Tor mit niedrigstem Geldbetrag(Wahrscheinlichkeit 1/4)so ist das naechste Tor mit hoeherem Geldbetrag mit Wahrscheinlichkeit 1/3 das richtige.

Es ergibt sich( 1/4*1)+(1/4*1/2)+(1/4*1/3)=1/4+1/8+1/12=11/24

Er gewinnt also mit 11/24 Wahrscheinlichkeit,wenn er das Tor mit dem naechsthoeheren Geldbetrag nimmt,q.e.d

Der Inquisitor

[Neemann]

Vorweg Zeichenerklärung: 3/4/1/2 heißt: 3.gewählte Tor am größten; 4 gewählte am zweitgrößten etc.

Tor 2>1 => Wähle Tor 2
Die Chance mit dem 2.Tor sind 6 Fälle wie bei allen anderen. (2 vor 1/3/4 oder 1/4/3 oder 3/1/4 oder 3/4/1 oder 4/1/3 oder 4/3/1)
Tor 2<1 => weitermachen.
Tor 3>2 => Gewinn bei den Kombinationen 3/1/2/4; 3/1/4/2 und 3/4/1/2.
Tor 3<1 => Tor 4 wählen; Gewinn bei den Kombinationen 4/1/2/3 und 4/1/3/2

In der Summe sind es 11 von 24 denkbaren Fällen, bei denen er gewinnt. Right?

[roemischer_Inquisitor]

Das erste Raetsel ist geloest,und jetzt stelle ich das zweite hierrein,da mein Beitrag sonst in der Dunkelheit versinkt.


ier noch ein fuer die Geldanlage interessantes Raetsel.

Es gibt insgesamt 10 verschiedene Aktien,und nach einem Tag gilt fuer jede einzelne Aktie,
dass sie sich am nachfolgenden Tag entweder verdoppelt oder halbiert hat,und zwar beide Faelle mit 50% Wahrscheinlichkeit
Man kann sein gesamtes Geld auf die Aktien so verteilen,wie man will,und an jedem neuen Tag darf man sein dann vorhandenes Geld auf
die Aktien wieder neu verteilen.

Die Frage lautet nun: Wie wuerde ein Investor,der/die mit grosser Wahrscheinlichkeit sein/ihr Geld verzehnfachen will,sein/ihr Geld auf die
Aktien verteilen, wieviel Prozent Gewinn macht man bei optimaler Anlage pro Runde
und nach wievielen Tagen ist es bei dieser Art der Anlage zu erwarten,das er/sie sein Geld vertausendfacht hat.

PS:Ich habe mich selbst mal damit beschaeftigt,um eine optimale Anlagestrategie fuer mein Geld zu finden,und es gibt tatsaechlich eine
optimale Loesung,mit der man gewinnt.
Die Loesung dieses Raetsels ueberlasse ich euch jedoch ganz allein,werde nur bisweilen eingreifen.

Preis:In Zukunft ein optimaler Anlageerfolg,und womoeglich ein gewaltiges Vermoegen zur Rente.


Der Inquisitor

[Neemann]

Du störst Dich an den 9 Fällen? Du hast recht - hier sind es 3 der denkbaren 8 Fälle

[Neemann]

@Inquisitor, dies ist mir denn doch zu aufwendig.
Meine Vermutung: Geld immer schön auf den teuersten Wert bzw. die teuersten Werte gleichverteilt setzen.
Erwartungsgewinnsteigerung ist dann 0,5*(2+0,5) - 1 = 25% in jeder Runde;

Entsprechend könnte dann nach (log10 zur Basis 5/4)-Runden bzw. (log1000 zur Basis 5/4)-Runden der entsprechende Erfolg eintreten.
Aber sicher bin ich mir bei diesen Erwartungswertgeschichten nicht.

[HBraun]

@Neemann

Es gibt aber nur vier Fälle, in denen die Summe im Dritten Tor höher ist als in den beiden ersten.
2/1/4 - 3/1/4 - 3/2/4 und 2/1/3 Die ersten drei gewinnen!

In den anderen 4 Fällen ist die dritte Summe zwar größer als die zweite, aber nicht als die erste. Man muss doch davon ausgehen, dass der Kandidat so viel Hirnschmalz mitbringt, sich das zu merken, oder?
3/1/2 - 4/1/2 - 4/1/3 - 4/2/3
Diese Fälle wird der Kandidat eindeutig als nicht günstig für sich erkennen, da er weiß, dass die erste Summe höher war als die, die er jetzt hat. Er muss also weitermachen und hat noch eine 25% Chance auf das 4. Tor.

@Inquisitor
Eine Wahrscheinlichkeit von 1 gibt es hier nicht.

[HBraun]

@Neemann
Ich verstehe deine Erklärungen nicht. Was bedeutet:
Tor 3>2 => Gewinn bei den Kombinationen 3/1/2/4; 3/1/4/2 und 3/4/1/2
Letzte Zahlenreihe: 1 ist doch nicht größer als die 4, oder? Wie soll die gewinnen?

4 ist bei mir die höchste Zahl, 1 die niedrigste, wie auch sonst?
Vorne steht die Summe im ersten Tor, dann die im zweiten gewählten Tor, dann die im dritten. Bis zum vierten bist Du doch gar nicht gegangen, wenn Du sagst, dass er dann aufhören soll.

Außerdem mußt Du unterscheiden zwischen 3>2 und 3>1,2. Wie oben dargestellt muß das dritte Tor größer sein, als BEIDE vorigen. So blöd ist der Kandidat doch auch nicht, daß er bei 4/2/3 stehenbleibt, oder?

[Neemann]

OK, HBraun, ich hab es mir etwas einfach gemacht mit der Erklärung, also mal genau durchgegangen:

Es gibt 36 Möglichkeiten der Größenverteilung:
1234, 1243, 1324, 1342, 1423, 1432
2134 etc.
3124 etc.
4123 etc.

Dabei bedeutet 1234 halt: Zahl Tor 1 größer Tor 2 größer 3 größer 4.


Der Einfachheit halber geht der kandidat einfach von 1 bis 4 durch.
Tor 1 angucken, nächstes wählen.


Tor 2 angucken. Zahl 2>1 (W`keit 50%) => Tor 2 wählen; er gewinnt in den Fällen
2134, 2143, 2314, 2341, 2413, 2431
und verliert, falls
3214, 3241, 3421, 4213, 4231, 4321
Macht schon einmal 0,5*0,5 = 25% Gewinnchance.
In allen anderen denkbaren Fällen gilt 1>2 und er macht weiter (50%)

Es verbleiben alle Kombos mit 1 vorneweg sowie 3124, 3142, 3412, 4123, 4132, 4312.
Also: Tor 3 angucken; Zahl 3>1 (bedingte W`keit ist 4/12 => Tor 3 wählen, er gewinnt in den Fällen
3124, 3142, 3412
und verliert, falls
4312
Also zusätzlich 1/2*4/12*3/4 = 1/8% Gewinnchance.

Tor 3<1, weitermachen, es verbleiben alle Kombos mit 1 vorneweg sowie 4123, 4132
Er gewinnt mit 25%
Also zusätzlich 1/2*2/3*1/4 = 1/12

Summe: 1/4 + 1/8 + 1/12 = 11/24

[HBraun]

Hast Recht: Warum so einfach, wenn`s auch richtig kompliziert geht.
Bei Dir ist also 1 die höchste Zahl? OK.

Du kannst den Kandidaten nicht "einfach" die Tore durchgehen lassen. Das ist nicht gefragt! Sondern eine möglichst gute Strategie.

Die Wahrscheinlichkeit, daß die 2. Zahl höher ist, ist 50%. Auch OK.

Und zwar in den Fällen:

41, 31, 21, 42, 32, 43

1. Zahl: 1. Tor, 2. Zahl: 2. Tor

Die anderen Tore sind ja noch nicht offen und spielen deshalb keine Rolle. Es gibt jeweils zwei Möglichkeiten. Sie verändern die Wahrscheinlichkeit deshalb nicht!

In welchen Fällen gewinnt er? Nur wenn er die "1", also die höchste Zahl erwischt hat, also bei:
41, 31, 21
Er verliert bei:
42, 32, 43

3/6 oder 50% Gewinnchance!
Gleiches Ergebnis.

Erkläre mir doch bitte kurz, warum er z.B. bei 2341 gewinnt, wenn er am zweiten Tor (der 3) stehenbleibt. Ich dachte die 1 wäre die höchste Zahl. Sorry, ich verstehe Deinen Ansatz nicht.


Vorschlag der Einfachheit halber: Normale Zahlenreihenfolge -
4 ist die höchste Zahl und gewinnt.

[Neemann]

Nene, jetzt veränder ich die schreibweise nicht nochmal.
`1` steht für mich nicht für das kleinste Tor, sondern für das - meintewegen - Tor ganz links.
`2` rechts davon, ..., `4` steht ganz rechts.

Wenn ich dann schreibe 1342, meine ich: Das linke Tor hat die höchste Zahl, das zweite von rechts die niedrigste.
Die zahlen sind Tornummern, die Reihenfolge der Ziffern soll die tatsächliche Größenreihung darstellen.

Mit der Erklärung meinen Weg nochmals durchgehen, wenn dann Fragen sind, antworte ich gern.

[HBraun]

Ich habe verstanden! Du hast also den Summen gar keinen festen Wert zugeordnet, sondern den Toren. Na also.
Ist doch aber ein wenig umständlich, oder? Die räumliche Anordnung spielt ja irgendwie eher eine untergeordnete Rolle. Egal.

Ebenso wie Du hab ich auch keine Lust noch einen neuen `Baum` zu malen - ich schätze, im Prinzip ist es schon richtig. Ist ja eh nur eine Fleißaufgabe gewesen.

Ciao, Heiko

[Lahmer Hannes]

So, das Rätsel mit den Toren dürfte jetzt ja auch ausreichend geklärt sein. Die Wahrscheinlichkeit beträgt also 11/24, wenn man das nächste Tor, hinter dem eine größere Summe als hinter dem ersten ist, beibehält.
Das Geldanlageproblem ist anscheinend doch etwas komplex, so daß viele davor etwas zurückschrecken. Ich werde mich aber am Wochenende ausgiebig damit beschäftigen!

Ich habe aber auch schon wieder ein neues Rätsel!!

Stellt Euch vor, Ihr geht mit einer 14-köpfigen Gruppe zum Essen. Leider ist das Lokal aber etwas klein, und die beiden größten Tische bieten nur Platz für 8 bzw. 6 Personen. Ihr müßt also in 2 Gruppen getrennt essen. Jetzt wünscht sich aber ein jeder, daß er mit jedem anderen zusammen an einem Tisch sitzt. Bei einem Essen ist das logischerweise nicht machbar. Wie oft müßt Ihr daher noch im selben Lokal essen gehen, damit jeder mindestens einmal mit jedem anderen der Gruppe am selben Tisch sitzen kann??
Viel Spaß

MfG LH

[Neemann]

3

Runde 1:
12345678 und ABCDEF

Runde 2
5678ABCD und EF1234

Runde 3:
1234ABCD und EF5678


Eine eigene Aufgabe (vieel zu einfach für W`keitskenner):

In einer US-Quizshow steht der Kandidat vor 3 Türen. Hinter zweien verbergen sich jeweils eine Ziege (Niete), hinter einer der Hauptgewinn (Auto).
Der Kandidat wählt also eine Tür aus. Die wird aber nicht geöffnet, sondern der Showmaster öffnet eine der beiden anderen Türen, hinter der eine Ziege ist.
Es sind noch 2 Türen verschlossen, und der Kandidat wird gefragt, ob er bei seiner ursprünglichen Wahl bleibt, oder sie ändern möchte.

Frage: Was soll der Kandidat tun? Mit welcher Wahrscheinlichkeit gewinnt er das Auto?

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Meine Hauptschwierigkeit war zunächst, die Problemstellung zu identifizieren. Wenn ich mit einer 14-köpfigen Gruppe Essen gehe, müßten wir doch eigentlich 15 Personen sein, oder? Davon bist Du aber offensichtlich nicht ausgegangen. Wie hätten wir sonst bei nur 14 Plätzen (8 + 6) in nur zwei Gruppen essen können? Ich habe mir aber trotzdem die "Mühe" gemacht, beide Varianten zu untersuchen.

Meine Gruppenmitglieder heißen:

Anton, Bertha, Cäsar, Dora, Emil, Friedrich, Gustav, Hannes, Ida, Julius, Konrad, Lifetrader, Martha, Norbert und (Otto)

Lösung A = 14 Peronen (ohne Otto):

Erstes Essen:
Tisch 1: A,B,C,D,E,F,G,H ----- Tisch 2: I,J,K,L,M,N
Zeites Essen:
Tisch 1: A,B,C,D,E,I,J,K ----- Tisch 2: F,G,M,L,M,N
Drittes Essen:
Tisch 1: A,B,C,D,E,L,M,N ----- Tisch 2: F,G,M,I,J,K

Lösung B = 15 Peronen (mit Otto):

Erstes Essen:
Tisch 1: A,B,C,D,E,F,G,H ----- Tisch 2: J,K,L,M,N,O ----- Tisch 3 (Katzentisch): I
Zeites Essen:
Tisch 1: A,B,C,J,K,L,G,I ----- Tisch 2: D,E,F,M,N,O ----- Tisch 3 (Katzentisch): H
Drittes Essen:
Tisch 1: A,B,C,M,N,O,H,I ----- Tisch 2: D,E,F,J,K,L ----- Tisch 3 (Katzentisch): G
Viertes Essen:
Tisch 1: D,E,F,J,K,L,H,I ----- Tisch 2: M,N,O,B,C,G ----- Tisch 3 (Katzentisch): A

Gruß

Lifetrader

[Lifetrader]

@Neemann

Das Ziegenproblem hatten wir schon im ersten Thread von LH!

Gruß

Lifetrader

[roemischer_Inquisitor]

Maria ist 24 Jahre alt. Sie ist damit doppelt so alt wie Anna war, als Maria so alt war
wie Anna jetzt ist.
Wie alt ist Anna?


Der Inquisitor

[Neemann]

Du treibst einen mit sowas in den Wahnsinn.

12 Jahre ist und war Anna alt.

[roemischer_Inquisitor]

Hier noch ein zweites:

Ein Taxi wird nachts in einen Unfall mit Fahrerflucht verwickelt. Zwei
Taxiunternehmen mit jeweils grünen und blauen Autos arbeiten in der
Stadt. 85 der Taxis sind grün und 15 sind blau.
Ein Zeuge sagt, daß das Taxi blau war. Das Gericht testet seine
Fähgkeit, im Dunkeln Taxis zu erkennen. Bei einer Stichprobe mit gleich
vielen blauen wie grünen Taxis konnte der Zeuge die Farbe in 80 der
Fälle richtig erkennen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, daß das Taxi
beim Unfall blau war ?

Der Inquisitor

[Lifetrader]

Anna ist 18 Jahre alt. Vor 6 Jahren war Maria 18 (so alt wie Anna jetzt ist) und Anna 12 Jahre. Maria (heute 24 Jahre) ist doppel so alt (2 x 12 Jahre), wie Anna damals (vor 6 Jahren) war.

Gruß

Lifetrader

[Neemann]

@Lifetrader,
danke für den Hinweis, den Thread kannte ich nicht.
Aber es war - wie vorherzusehen - herrlich, die Antworten (namentlich vor allem ?@? ) zu dem Problem zu lesen.

Selbst auf einer Mathematikerpartie hatte sich jemand erst überzeugen lassen, als wir die Karten zum test holten

[roemischer_Inquisitor]

@Lifetrader,richhhhhhhhhhhhhhhtig

[Neemann]

Taxiproblem
0,85*0,8/ (0.85*0,8 + 0,15*0,2) = 95,7%.

[HBraun]

Wer das Taxi Problem noch selbst lösen möchte: NICHT WEITERLESEN!

Hier mein Lösungsansatz:

Die Chance, daß er an diesem Abend in einem Grünen Taxi saß war 85%.
Davon hätte er in 80% der Fälle die Farbe richtig erkannt. Also in 68% aller Fälle. Mit 17%iger Wahrscheinlichkeit saß er in einem Grünen Taxi und glaubte, es sei ein Blaues.

Die Chance, daß er in einem Blauen Taxi saß war 15%. Davon erkannte er wiederum zu 80% die Farbe richtig. D.h. insgesamt zu 12%. In 3% aller Fälle saß er in einem Blauen Taxi und wähnte sich in einem Grünen.

Insgesamt würde er nach 39% (17+12) aller Fälle behaupten, in einem Blauen Taxi gefahren zu sein.

Die Wahrscheinlichkeit, daß er tatsächlich in einem Blauen Taxi saß ist 12/39, ca. 31%.

Gruß, Heiko

[Lifetrader]

@r_I

Du schreibst in Deiner Aufgabenstellung:

"... der Zeuge die Farbe in 80 der Fälle richtig erkennen..."

Ich unterstelle einmal, es sollte heißen:

"... der Zeuge die Farbe in 80 % der Fälle richtig erkennen..."

Die Irrtumswahrscheinlichkeit liegt also bei 20 %. Die Wahrscheinlichkeit, daß das unfallflüchtige Taxi tatsächlich blau war, liegt demzufolge bei 80 %. Wieviele es von jeder Sorte in der Stadt gibt ist dabei unerheblich, ein einziges würde ja schon ausreichen, als Tatfahrzeug in Frage zu kommen. Entscheidend ist meiner Meinung nach ausschließlich, wie zuverlässig / zutreffend die Beobachtungsgabe es Zeugen ist.

Gruß

Lifetrader

[roemischer_Inquisitor]

@HBraun,fast richtig,wenn du nur 12 und 17 richtig addiert haettest

[Lifetrader]

@r_I

Ich habe noch ein Verständnisproblem:

"Wo steht eigentlich, daß der Zeuge in einem Taxi saß? Vielleicht hat er den Unfall ja auch von der Straße oder seinem Schlafzimmerfenster aus beobachtet!"

Gruß

Lifetrader

[roemischer_Inquisitor]

Der Zeuge sass nicht im Taxi

[roemischer_Inquisitor]

Wachablösung: Zwölf Leute sollen jeder eine Stunde wachen, d.h.
insgesamt zwölf Stunden. Auf einmal fällt einer aus. Jetzt müssen die
zwölf Stunden also in elf genau gleich lange Zeitabschnitte eingeteilt
werden.
Wie können das die elf Wächter ohne zu rechnen bewerkstelligen, wenn
jeder eine normale Zeigeruhr hat?

Der Inquisitor

[HBraun]

Peinlich, Peinlich...

Richtig muss es heissen:
Insgesamt würde er nach 29% (17+12) aller Fälle behaupten, in einem Blauen Taxi gefahren zu sein.

Die Wahrscheinlichkeit, daß er tatsächlich in einem Blauen Taxi saß ist 12/29, ca. 41%.

Sorry, ist noch so früh am Morgen

[Neemann]

Sorry, hab mich verlesen (dahcte, 85% der Taxis sind grün)

Mit den umgekehrten zahlen bei gleicher Rechnung ist die Wahrscheinlichkeit freilich niedriger, nämlich 41,38%

[Neemann]

verlesen und verschrieben - dachte, 85% sind bklau, mit 85% grün kommen die 12/29 raus.

[Lifetrader]

@Neemann

Wo ist eigentlich der Unterschied zwischen Deinen letzten beiden Postings

41,38 % und 12/29?

Gruß

Lifetrader

[Neemann]

keiner,
ich hatte nur 85% grün geschrieben und 85%blau gemaint, aber zuerst mit blau statt grün gerechnet und dann das ergebnis umgedreht.....ales klar..?

[Neemann]

Wachablösung - der ist gut!!

Jeder wacht 70 Minuten; Bei Wachablösung gibt es 5 Minuten Überschneidung.
Also: Wächter 1 0:00 - 1:10
Wächter 2: 1:05 - 2:15
Wächter 3: 2:10 - 3:20
etc.
Wächter 11: 10:50 - 12:00

OK?

[Lahmer Hannes]

Und wieder wurde alles innerhalb kürzester Zeit gelöst...

Hier ein neuer Versuch, Euch mal länger zu beschäftigen:

SPORTWETTKAMPF

Eine Sportveranstaltung dauerte n Tage (n>1). Nach dem ersten Tag wurden 1 Medaille und 1/7 der restlichen Medaillen vergeben. Nach dem zweiten Tag wurden 2 Medaillen und 1/7 der restlichen Medaillen vergeben....usw...Schließlich, am n-ten Tag, wurden die restlichen n Medaillen vergeben.

A) Wie lange dauerte der Wettkampf?
B) Wie viele Medaillen wurden insgesamt vergeben?

MfG LH

[Neemann]

6 Tage; 36 medaillen
Tag1) 1 + 5
Tag2) 2 + 4
Tag3) 3 + 3
Tag4) 4 + 2
Tag5) 5 + 1
Tag6) 6

[Neemann]

Wie kommt man drauf?

Am n.ten Tag gibt es n medaillen
Am n-1.Tag gibt es n-1 Medaillen + 1/7 der restlichen, also (7/6*n) Medaillen.

Demzufolge nimmt man das n, bei welchem die 7/6*n eine gerade zahl ergibt, das wäre dann 6.

Ergo: Tag 6 6 Medaillen, Tag 5 5+1; danach zurückrechnen auf den ersten Tag.

[biotech-fan]

meinen ehrlichsten Applaus für die schnelle Lösung

[Lahmer Hannes]

Richtig, Neemann

nächster Versuch

3 Personen, 5 weiße Karten, 1 blaue Karte.
A)Person A soll heimlich auf die 6 Karten jeweils 1 (ganze) Zahl zwischen 1 und 124 (inklusive), wobei er keine doppelt nehmen darf, schreiben. Person B nimmt die Karten an sich, sieht sie sich an, legt die blaue beiseite, und reicht die weißen sodann Person C. Daraufhin nennt Person C die Zahl auf der blauen Karte
Dies sollte nicht allzu schwer sein; ich bitte daher die Lösung nicht gleich zu posten.
B)Dasselbe Spiel, nur stehen nicht die Zahlen zwischen 1 und 124 zur Auswahl, sondern die Zahlen zwischen 1 und 190

MfG LH

[Neemann]

Darf Person C sich die weißen Karten angucken?

Was ist überhaupt gefragt...?

[Neemann]

PS. Sollte gefragt sein, wie hoch die W`Keit ist, daß Person C richtig rät, halte ich mich raus und laß mal andere

[HBraun]

Gehe in recht in der Annahme, dass B und C zusammenarbeiten und es nur darauf ankommt, wie B die Karten sortiert?

[Lahmer Hannes]

Und noch eins:

VERFOLGUNGSJAGD

Ein Räuber versteckt sich in einem von 17 Zimmern, die nacheinander angeordnet sind, und jeweils 1 Tür zu jedem angrenzenden Raum besitzen. Man kann also z.B. von Zimmer 6 in Zimmer 5 oder 7 gehen. Die Räume 1 und 17 haben also jeweils nur 1 Ausgang. Jede Nacht geht die Person genau einen Raum weiter, in beliebiger Richtung.
Ein Detektiv versucht die Person zu finden; allerdings kann er jeden Tag(!) nur zwei Zimmer untersuchen, allerdings beliebige (z.B. 4 und 15)
Wie muß der Detektiv vorgehen, damit er in jedem Fall den Räuber nach möglichst wenig Tagen erwischt? Wie viele Tage benötigt er dazu?

MfG LH

[Lahmer Hannes]

@ alle

Die Annahme von Heiko ist richtig. C kann die gesuchte Nummer nennen, indem er richtig interpretiert, wie B die Karten geordnet hat. Beide kennen natürlich das System. Es geht also für B darum, durch eine bestimmte Reihenfolge der weißen Karten den Wert auf der blauen Karte seinem Komplizen C mitzuteilen.
Ich hoffe, jetzt dürfte alles klar sein.

MfG LH

[HBraun]

Hey Hannes, wir bräuchten mal eine konkrete Fragestellung zum letzten Rätsel! So ist es ziemlich nichtssagend. Um die Wahrscheinlichkeit wird es nicht gehen, denn die ist einfach 1/(124-5) wenn er von B keine Tipps bekommt. B muss also irgendeine Möglichkeit haben, in das Spiel einzugreifen. Nicht nur, indem er die blaue Karte weglegt.

[Germeringer]

Wachablösung

die Lösung von @Neemann ist zwar orginell, aber besser erscheint mir folgende.

Die Wachablösung findet jedesmal statt, wenn die beiden Zeiger einer Uhr (großer und kleiner) übereinanderstehen.


Germeringer

[Neemann]

@Germeringer, dann muß der letzte Wachposten seine Wache um 11:55 beginnen und braucht nur 5 Minuten zu wachen

[Neemann]

Mein Detektiv braucht höchstens 14 Tage:
2/4
2/4
4/6
4/6
6/8
6/8
8/10
8/10
10/12
10/12
12/14
12/14
14/16
14/16

jemand schneller?

[Neemann]

Tip zum Kartenproblem (A) - wieviel Möglichkeiten gibt es, Karten der Größe nach anzuordnen?

[Neemann]

@Lahmer hannes, bei 190 bin ich überfragt - es sei denn, B schiebt die Karten ggf. portionsweise rüber, dann könnte C gar Zahlen ziwschen 1 und 835 erraten

[Germeringer]

@Neemann, also einer von uns beiden (schließe nicht aus, daß ich das bin) kann die Uhr noch nicht richtig lesen. Ich dachte der letzte beginnt seine Wache um 10.55 Uhr und muß wie alle anderen ca. 1 Stdt und 5 Minuten Wache schieben.

Germeringer

[Neemann]

@Germeringer - beide Zeiger der Uhr (großer und kleiner, nicht?) sollen übereinander stehen.
steht bei dir die 10m Uhr für 55 Minuten
Ich glaube, ich bin des Uhren lesens mächtig und für Dich wirds Zeit fürs Wochenende

[Lifetrader]

@Neemann

Der erste Wächter beginnt um 00:00:00 Uhr, der zweite um 01:05:27 Uhr usw. Der 11. also um 10:54:33 Uhr, also bereits eine Stunde früher.

Gruß

Lifetrader

[Germeringer]

@Neemann
irgendwie überzeugst Du mich nicht, habe aber gerade keine Zeigeruhr zur Hand. Aber um ca. 10.55 - oder anders gesagt um 5 Minuten vor 11.00 Uhr stehen doch die Zeiger übereinander und dann erst wieder um 12.00 Uhr.

Ich blicks´ nicht mehr, wahrscheinlich hast Du recht und ich sollte endlich ins WE verschwinden. Werde dann daheim das alles mal mit der Spielzeuguhr meiner Tochter ausprobieren.

Schönes Wochenende und mögen Deine Aktien nicht zu schnell fallen.
Germeringer

[Neemann]

@Lifetrader - und das sollen die Wächter ohne rechnen sich einteilen?

Nene, ich steh zu meiner Lösung - 11 gleichlange Etappen, jeder exakt 70 Minuten, das ist auf der Uhr bestens zu lesen.
12 Stunden durch 11 teilen und durchrechnen kann jeder - das war bestimmt nicht gemeint

[Neemann]

OK, Leute, jetzt kapier ich eure Lösung
Irrtum meinerseits (Bei mir war der kleine Zeiger um 10:55 noch bei der 10)
Also OK- das geht ohne Rechnen.
Meine Lösung war aber auch nicht schlecht, oder?

[Germeringer]

@Neemann
Dir zum Trost: Deine Lösung war auch nicht schlecht.
Aber dank Lifetrader kann ich jetzt endlich wirklich ins Wochenende gehen.

@Lifetrader Vielen Dank, habe schon befürchtet ich muß mich daß ganze WE mit dem Wachpostenproblem und der Spielzeuguhr rumschlagen.

[Lifetrader]

@Neermann

In der Zeit von 00:00:00 bis 12:00:00 Uhr gibt es insgesammt 12 Überschneidungen der Zeiger (die erste und letzte mitgerechnet). Letztete kommt aber als Start-/Wechselzeit nicht mehr in Betracht (da Schichtende für alle). Es verbleiben 11 Start- und damit 10 Wechselzeiten.

Gruß

Lifetrader

[Neemann]

Und - irgendjemandes Detektiv schneller?

[Lahmer Hannes]

@ Kartenproblem

Ich gebe zu, die Lösung für 190 Zahlen ist doch etwas tricky Aber ich will die Aufgabe doch mal stehen lassen, es steht ja ein Wochenende bevor.

@ Detektive

Neemann, Du hast aber einen schlechten Detektiv
Da sollten schon noch bessere hier sein.

MfG LH

[damund]

Hi, Rätselfreaks,
zum Kartenproblem:
meine spontane Idee wäre gewesen, einige der Karten so weiterzureichen, daß manche der Zahlen auf dem Kopf stehen!
nach dem Binärsystem sind aber nur 2hoch5 = 32 verschiedene Möglichkeiten darstellbar, wobei noch auszumachen ist, welches die erste Karte ist, also die mit der Wertigkeit `1`. Man könnte ausmachen, daß dies z.B. die kleinste Zahl ist

Wenn man allerdings noch die reihenfolge der Karten verändert, dann kommt man ja auf bombastisch viele Möglichkeiten!
...wenn nicht noch mehr!!!

Muß das mal ausrechnen ...



da mund

[Lahmer Hannes]

@ damund

Dein Versuch ist zwar sehr löblich, aber so war das mit dem tricky nicht gemeint! Das einzige ausschlaggebende Kriterium darf die Reihenfolge der Karten sein!

MfG LH

[Lahmer Hannes]

Und hier noch eins, damit das Wochenende nicht so langweilig wird:

ÜBERLEBEN

Du leitest eine 100-köpfige Gruppe, die gefangengenommen wird. Morgen werden sich alle 100 in einer Reihe aufstellen müssen, und jeder bekommt (unabhängig voneinander) entweder einen weißen oder einen schwarzen Hut aufgesetzt. Jeder sieht natürlich nur die Hüte vor ihm, niemand darf sich umdrehen. Dann wird der Aufseher jeden der Reihe nach, von hinten beginnend, nach der Farbe seines Hutes fragen. Rät er richtig, wird er freigelassen; rät er falsch, wird er geköpft

Aber: Ihr dürft Euch zusammen noch eine Strategie überlegen, wie jeder seinen Vorderleuten evtl. durch seine Wahl mitteilen könnte, welche Farbe die jeweiligen Hüte haben. Es hört natürlich jeder der 100 Leute jede Antwort der anderen Leute. Ihr sollt durch Eure Strategie versuchen, möglichst vielen Leuten das Leben zu retten.

Z.B. Könnte der erste immer die Farbe des Hutes seines Vordermanns nennen Er hat selbst eine 50/50 - Chance, und der Vordermann ist sicher gerettet.usw... Somit werden wahrscheinlich / durchschnittlich 75 Leute gerettet.

Doch Ihr sollt natürlich versuchen, mehr als 75 Leute zu retten. Wie stellt Ihr das an? :

Ich bin sehr auf Eure Antworten gespannt

MfG LH

[Lifetrader]

Überleben:

Der zuerst Gefragte kann in der Tat nur raten und wählt dabei z. B. die Hutfarbe des Vordermanns. Damit gibt er der Nr. 99 den entscheidenden Hinweis.

Nehmen wir an, dessen Hut wäre "schwarz" und der dessen Vordermanns ebenfalls (Hüte von Nr. 99 und Nr. 98 sind schwarz /geleichfarbig). Nr. 99 sollte nun sagen:

(1) "Mein Hut ist schwarz."

Wäre aber sein Hut schwarz und der des Vordermanns weiß (andersfarbig), könnte er sagen:

(2) "Mein Hut ist nicht weiß, er ist schwarz." (Alternative: "Der Hut ist schwarz")

Hört die Nr. 98 nun die erste Antwort weiß er, daß sein Hut die gleiche Farbe hat, wie der von Nr. 99 (er ist ebenfalls "schwarz"). Hört er die zweite Antwort, ist sein Hut andersfarbig (also "weiß")

Und hier noch ein leichtes Rätsel von mit:

Buchstabenrechnung:

XZY + XYZ = YZX

Für welche verschiedenen Ziffern stehen X, Y und Z?

Gruß

Lifetrader

[Lifetrader]

Überleben:

Der zuerst Gefragte kann in der Tat nur raten und wählt dabei z. B. die Hutfarbe des Vordermanns. Damit gibt er der Nr. 99 den entscheidenden Hinweis.

Nehmen wir an, dessen Hut wäre "schwarz" und der dessen Vordermanns ebenfalls (Hüte von Nr. 99 und Nr. 98 sind schwarz /geleichfarbig). Nr. 99 sollte nun sagen:

(1) "Mein Hut ist schwarz."

Wäre aber sein Hut schwarz und der des Vordermanns weiß (andersfarbig), könnte er sagen:

(2) "Mein Hut ist nicht weiß, er ist schwarz." (Alternative: "Der Hut ist schwarz")

Hört die Nr. 98 nun die erste Antwort weiß er, daß sein Hut die gleiche Farbe hat, wie der von Nr. 99 (er ist ebenfalls "schwarz"). Hört er die zweite Antwort, ist sein Hut andersfarbig (also "weiß")

Und hier noch ein leichtes Rätsel von mit:

Buchstabenrechnung:

XZY + XYZ = YZX

Für welche verschiedenen Ziffern stehen X, Y und Z?

Gruß

Lifetrader

[roemischer_Inquisitor]

@Lifetrader,das Raetsel ist sehr,sehr einfach.

Man erkennt sofort,das y=2x oder Y=2x+1,
daraus folgt das x<5 sein muss und y>1.

Bei der zweiten Zahl sieht man,das in etwa gilt z+y=z

demnach muss Y=9 sein,woraus folgt x=4

da Y+Z=X(dritte Reihe),folgt Z=5

Es gilt also 459+495=954

hihi

[Lahmer Hannes]

@ Gefangenenrätsel

Lifetrader, Du machst es Dir aber sehreinfach. Die Lösung sollte in der Tat nicht von der Formulierung abhängen, sondern nur von der Antwort

MfG LH

[Lahmer Hannes]

Wo sind denn die ganzen Antworten?
Hat denn am Wochenende gar niemand darüber nachgedacht?
MfG LH

[mig48]

Hallo, Ihr Rätselhaften.
Ich gestehe, dass ich visuelle Probleme habe mit dem neuen
WO-Outfit.
Isch kriech Augenkrebs!
Drumm (ich meine: darum) blicke ich bei den neuen Rätseln
nicht mehr durch. Wenn WO da nicht bald was ändert, bin ich
weg!
Aber... trotz aller Hindernisse, ein kleines Rätsel:

E J O T

Welche Logik steckt dahinter?

mig (hähähä!)

[Lifetrader]

@mig48

Wie du siehst, kommt keiner drauf. Gib doch allen mal einen (kleinen) Tip.

Gruß

Lifetrader

[grobschnitt]

Ich habe auch ein Rätsel aus meiner Schulzeit

Ein Scheich stirbt und hinterläßt 17 Kamele.
Der erste Sohn soll die Hälfte erhalten (1/2)
Der zweite Sohn ein Drittel (1/3)
Der dritte Sohn ein Neuntel (1/9)

Kein Kamel darf zerteilt werden. Kein Kamel darf übrig bleiben. Wie geht die Lösung auf?

[vengo]

sie leihen sich ein kamel aus, teilen dann und geben das übrige wieder zurück.
gruss
vengo

[vengo]

e j o t y

[mig48]

@Lifetrader

E = 5

mig

[grobschnitt]

vengo richtig

[Lifetrader]

@mig48

Danke !!!

@alle

Häufig habe ich in der letzten Zeit solche Fragen gelesen:

"Wie funktioniert das eigentlich mit dem Unterstreichen oder dem Fettdruck?" "Gerade jetzt, wo alles kaum lesbar ist und vor den Augen verschwimmt, möchte ich doch, daß mein Posting beachtet wird."

Da ich denke, daß alle die in diesem Thread lesen oder posten, nette und hilfsbereite Menschen sind, habe ich mir gedacht, ihr könntet ja mal versuchen, folgendes hier reinzustellen (bitte ganz exakt Zeichen für Zeichen):

----------------------------------------------------------

Unterstrichen: [u][/u][/u]Unterlinie[[/u]/u]


Fett: [b][/b][/b]Bold[[/b]/b]


Kursiv: [i][/i][/i]Italic[[/i]/i]


W:[/i][/i]O[/i] statt W:O

----------------------------------------------------------

Früher ist es mir auch so gegangen, daß ich runde ( ) Klammern verwenden mußte, um dann zu erklären, daß es in Wirklichkeit eckige [ ] sein müssen, damit es funktioniert. Oder ich habe eine Leertaste [b ] eingefügt und darauf hingewiesen, daß man diese bei den eigenen Versuchen aber weglassen müsse.

Wer`s rausbekommen hat, kann ja das Ergebnis posten, ohne die Lösung zu verraten. Und immer die Vorschau beachten, denn so wie es dort angezeigt wird, erscheint es auch später im Thread.

Viel Spaß beim Probieren.


Gruß

Lifetrader

[knusche]

zum 124er rätsel:
es gibt 120 eindeutige möglichkeiten 5 verschiedene elemente nacheinander anzuordnen
da die zahlen auf den 5 weissen karten nicht auf der blauen stehen dürfen, funktioniert es auch bis 124
zb:
w
2
15
7
88
120

b
12

reihenfolge, in der b an c gibt: 2 15 88 120 7 <- 10. "kleinste"anordnung, da 2
und 7 nicht blau sein können
oder?

[mig48]

FETT: [[/B]b]Fett[[/B]/b]
ITALIC: [[/B]i]Kursiv[[/B]/i]
Unterstrich: [[/b]u]Unterstrichen[[/b]/u]
W:[/b]O

mig

[Lifetrader]

@mig48

Bravo, Du bist die Nr. 1! Dann dürfte das ja auch kein Problem sein:

Thread:

Thread: Ein kleines Rätsel...

[Thread][/b][/b]266043[[/b]/Thread]

Gruß

Lifetrader

[mig48]

Kein Problem!

Thread: Ein kleines Rätsel...

[[/b]THREAD]266043[[/b]/THREAD]

mig

[damund]

Trotz ätzendem weißem Hintergrund hier eine Idee zum Überleben:

der hinterste sagt schwarz, wenn die beiden vor ihm verschiedene Hüte aufhaben, weiß, wenn die beiden vor ihm den gleichen Hut haben. Damit hat er mit einer Antwort eine Information übertragen, die zweien das Leben rettet:

der nächste sieht den Hut seines Vorgängers, und kann sich die Farbe seines Hutes konstruieren.
wiederum der nächste überlebt ebenfalls, da er nun weiß ääh weis, da sein Vorgänger überlebt hat, welche Farbe dessen Hut hatte.

der vierte in der Reihe weiß allerdings nichts, er muß nun wieder den zwei Gefangenen vor ihm die Information geben, und selber auf die 50% wahrscheinlichkeit hoffen, daß er überlebt.

Es überleben also mindestens 2/3 der Gefangenen, vom restlichen Drittel überlebt (statistisch) die Hälfte, also nochmal 1/6.

Macht 5/6 oder 83 von Hundert.

Vielleicht geht`s aber noch besser?

da mund

[Lifetrader]

Überleben:

Mein Vorschlag wäre, der letzte in der Reihe (die Nr. 100) gibt durch seine Wahl immer einen Hinweis auf das nächste Doppel (= 2 x schwarz oder 2 x weiß). Bis dahin geht es immer im Wechsel „schwarz“ – „weiß“ – „schwarz“ ... etc. oder umgekehrt weiter.

Nehmen wir an, das erste für ihn sichtbare Doppel käme an Position 97 und 98 und wäre "schwarz". Nr. 100 nennt nun diese Farbe und hat selbst eine 50 : 50 Chance, zu überleben. Für Nr. 99 ist alles klar und er wählt "weiß", denn unmittelbar vor ihm stehen ja die beiden von Nr. 100 bezeichneten "schwarzbehüteten" Personen. Nr. 98 hat auch kein Problem, egal was weiter vorne los ist, er wählt korrekt "schwarz". Nr. 97 sieht vor sich "weiß" und wählt daher selbst ebenfalls "schwarz". Er muß zwangsläufigt der zweite Teil des ersten Doppels sein. Auch die Nr. 96 rät richtig und das geht so lange weiter, bis "endlich" einer in wahrsten Sinne des Wortes "daneben liegt". Nun beginnt alles wieder von vorn.

Ein Problem besteht aber darin, wenn das erste Doppel ein Tripple ist (z. B. Nr. 98., Nr. 97. und Nr. 96). In diesem Falle könnte Nr. 100 genau die entgegengesetzte Farbe nenne („schwarzes“ Tripple - er nennt aber "weiß"). Damit hätte Nr. 97 selbst eine 50 : 50 Chance zu erraten, daß er der mittlere Teil des von Nr. 100 bezeichneten Trippels ist, wenn vor ihm nicht zufällig ein weißes Doppel oder ein zweites schwarzes Tripple zu sehen ist. Wie hoch ist eigentlich bei 100 Fällen die Wahrscheinlichkeit, daß zwei gleichfarbige Tripple aufeinander folgen? Im übrigen dürfte der „Tripple-Fall“ an sich auch nicht allzu häufig auftreten.

Kann bei meinem Lösungsversuch zwar nicht die genaue Wahrscheinlichkeit benenne, jedoch bei dem hier angenommenen extrem ungünstigen Verlauf (gleich ein Tripple zu Beginn und darüber hinaus anschließend ggf. noch ein gleichfarbiges dazu oder ein andersfarbiges Doppel), sollte zumindest folgende Überlebenswahrscheinlichkeit gesichert sein (Nr. 100 = 50 %, Nr. 99 = 100 %, Nr. 98 = 50 % + x % ???, Nr. 97 = 50 % + x % ???). Es gibt hier aber sicher Experten, die ein Ergebnis nur so aus dem Ärmel schütteln, oder? Würde mich brennend interessieren, ob bei meiner Strategie nicht mehr als 83 Personen ihre Köpfe behalten können. Häng sicher ganz enscheidend davon ab, wie häufig derartige „Nagativfolgen“ bei „nur“ 100 Personen - statistisch gesehen - überhaupt auftreten können

Gruß

Lifetrader

[damund]

noch ein rätsel & einen lustigen Test gibt`s im Thread
Thread: Wer das Meister-Rätsel löst, vor dem habe ich mein Leben lang RESPEKT!

da mund

[Der Tomkin]

@ roemischer Inquisitor

Wie ist denn jetzt die Antwort auf das Aktienrätsel?

[Lahmer Hannes]

Hallo Rätselfreunde!

Da die letzten Rätsel anscheinend doch etwas schwer waren, will ich hier die Auflösung des Überlebens-Rätsels preisgeben:

Der letzte hat wie immer eine 50/50 Chance, aber alle 99 anderen können sicher überleben!
Der letzte muß nur die Anzahl der weißen Hüte vor sich zählen. Ist sie gerade, sagt er weiß; ist sie ungerade, sagt er schwarz. Derjenige vor ihm braucht nun nur noch die 98 Hüte vor sich zählen (oder besser die weißen davon) und kennt die Farbe seines Hutes.Usw. Jeder, der an der Reihe ist, muß also die Anzahl der weißen Hüte vor sich zählen und aufpassen, wieviele Leute hinter ihm ebenfalls einen weißen Hut aufhaben. Da er weiß, ob die Gesamtzahl der 99 vorderen gerade oder ungerade ist, kennt er seine Farbe und überlebt.


MfG LH

[damund]

Klasse Lösung!

Hätte nie gedacht, daß 99 überleben können!

Wer weiß noch ein gutes Rätsel?

da mund

[FirstRate]

Tach

Möchte auch mal ein kleines Rätsel reinstellen.

-90% der an Tuberkulose erkrankten Personen werden durch Rötgen entdeckt.
-99% der Tuberkulose-freien Personen werden als solche erkannt.
-Aus einer großen Bevölkerung, von der nur 0,1% tuberkulosekrank sind, wird zufällig eine Person herausgegriffen, geröntgt und wird Tuberkulose-verdächtig eingestuft.



Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass diese Person tatsächlich Tuberkulose-krank ist ?

(für die Statistiker unter Euch sicherlich ein Kinderspiel)

Fr

[FirstRate]

(für die Nicht-Statistiker etwas einfacher)


Angenommen Ihr schreibt eine Statistik- und eine Mathe-Klausur und besteht diese mit Wahrscheinlichkeiten von 70% und 80%. Beide besteht Ihr nur mit 60%iger Wahrscheinlichkeit (Wk).

Mit welcher Wk besteht Ihr wenigstens eine ?





FR

[Lahmer Hannes]

Hier hab ich noch eines:

WANTED

Gesucht ist eine zehnstellige Zahl. Die letzte Ziffer zeigt die Anzahl der Neuner in der Zahl an, die vorletzte Ziffer zeigt die Anzahl der Achter an, usw... Schließlich zeigt die erste Ziffer die Anzahl der Nuller an.
Wie heißt die Zahl?

MfG LH

[FirstRate]

wie wär`s mit...

8.000.000.010

(hab aber auch nur 1 Minute überlegt)

[Lahmer Hannes]

Tut mir leid, FirstRate, aber 1 Minute Überlegen hat wohl nicht ganz gereicht...
Es kommt ja eine Eins vor, doch was sehe ich an der zweiten Stelle für eine Ziffer?? Da stimmt wohl was nicht...

MfG LH

[Lifetrader]

Wie wär`s mit:

6 2 1 0 0 0 1 0 0 0

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

Bravo, Lifetrader!

Diese Zahl ist in der Tat die einzige mögliche Lösung!

Damit das Wochenende nicht so langweilig wird, hier eine schöne Wägeaufgabe:

Man hat zwölf Kugeln, die alle gleich aussehen. Eine Kugel ist indes defekt und ein wenig schwerer oder leichter als die anderen. Mit Hilfe einer Balkenwaage (natürlich ohne Gewichte) soll man mit drei Wägungen die abweichende Kugel ermitteln. Meine Fragen lauten:

1) Kann man tatsächlich in genau drei Wägungen feststellen, welche Kugel defekt ist?
2) Kann man dabei in jedem Falle herausfinden, ob sie schwerer oder leichter als die anderen ist?
3) Ist es möglich, die Kugeln zu nummerieren und alle drei Wägungen im voraus bekannt zu geben?

MfG LH

[Lahmer Hannes]

Ist das Wägeproblem zu schwer?
Oder habt Ihr keine Lust mehr? Hier ist jedenfalls wieder ein leichteres Rätsel:

Stellt Euch vor, Ihr habt ein neues Auto mit 5 nagelneuen Reifen. Vorne montiert, halten sie 29000 km, hinten montiert, halten sie 21000 km. Das Reserverad hat natürlich keinen Verschleiß. Ihr dürft jetzt die Reifen beliebig oft umstecken (alle 5 natürlich). Die Frage lautet: Wie weit kommt Ihr damit bei optimalem Reifenwechsel?

MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Das Wägeproblem kannte ich schon. Ich sage daher nur so viel: ???, 03/00, S. 50 ff.

Reifenproblem:

[(29.000 + 21.000)/2]/4*5
= 31.250 Kilometer

Wägeproblem II:

Man hat 9 Kugeln, von denen 2 defekt sind. Sie sind schwerer oder leichter als die übrigen (beide sind jedoch gleich schwer).

Frage: Kann man in drei Wägungen
A) die fehlerhaften Kugeln ermitteln
B) feststellen, ob die fehlerhaften Kugeln leichter oder schwerer sind als die anderen

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@Lifetrader

Bist also auch ein ???-Fan? Schade, daß in letzter Zeit kein Rätsel mehr drin stehen! Waren teilweise doch sehr interessant. Am besten hat mir das Kistenrätsel gefallen, das hat mich ganze Nächte gekostet! Vielleicht kann es ja mal einer von uns veröffentlichen, wenn die anderen Rätsel gelöst sind und mal wieder Bedarf herrscht.

@Reifenproblem

Die Antwort ist falsch! Sie scheint zwar plausibel zu sein, doch berücksichtigt sie nicht den unterschiedlichen Verschleiß auf beiden Achsen. Der Ansatz ist also etwas komplizierter.

MfG LH

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Wie wär`s mit

30.450 km ?

Gruß

Lifetrader

[Lahmer Hannes]

@ Lifetrader

Richtig!

MfG LH

[Neemann]

Hab derzeit keine Zeit, um mitzumachen....aber mein detektiv ist weiterhin der schnellste.

Ich hätte bitte gerne jemand schnelleren gesehen.

[Lahmer Hannes]

@alle
Sind die letzten Rätsel alle zu schwer, oder warum macht keiner mehr mit?
Hier ist noch ein leichteres:
Wie geht folgende Serie weiter:

M D M D

Und bitte nicht gleich die Lösung posten, wenn es jemand schon kennt.

MfG LH

[robtop]

ist doch klar:
M D M D M D ...

oder:
Feierabend Seit Sieben

kannte die antwort nicht , war aber zu einfach - hoffe ich.
Dafür hab ichs ja toll verschlüsselt.

[Lifetrader]

@Lahmer Hannes

Gerade fällt mir die Lösung wie Schuppen aus den Haaren. Ich denke daher, @robtop liegt etwas daneben! Oder gibt es etwa zwei gleichwertige Alternativen?

Bei meinen Lösung beträgt die Summe (im Alphabet abgezählt) der beiden folgenden Buchstaben = 25

Gruß

Lifetrader

[MiaWaIIace]

M D M D F S S ????

[Lifetrader]

@MiaWallace

Das war aber gemein!

LH hatte doch darum gebeten:

"Und bitte nicht gleich die Lösung posten, wenn es jemand schon kennt."

Gruß

Lifetrader

[MiaWaIIace]

war das etwa richtig? sorry, das habe ich nicht gewußt. hatte nur zufällig auf meinen wochenkalender geguckt. hätte nie vermutet, dass das richtig sein könnte!

@lh
sorry. tut mir echt leid

[Lifetrader]

@MiaWallace

Ich bin mir zwar auch nicht ganz sicher, ob LH diese Lösung meinte, doch nach Deinem letzten Beitrag sollte das Rätsel selbst einen "Idioten" unterfordern.

Gruß

Lifetrader

[mig48]

Für das Wägeproblem mit den 12 Kugeln biete folgende, nicht 100%-ige Lösung an:

Die 12 Kugel werden auf 4 Haufen(I, II, III und IV) zu je 3 Kugeln aufgeteilt.

1.Wägung I mit II
_____gleich: 2.Wägung I mit III
_____________gleich: falsche Kugel in Haufen IV, Gewicht unbekannt
_____________ungleich: falsche Kugel in Haufen III, Gewicht bekannt

___ungleich: 2.Wägung I mit III
_____________gleich: falsche Kugel in Haufen II, Gewicht bekannt
_____________ungleich: falsche Kugel in Haufen I, Gewicht bekannt.

3.Wägung: aus dem Haufen mit der falschen Kugel werden 2 beliebige genommen und gewogen.

___gleich: die 3.Kugel aus dem Haufen ist die falsche,
___________Gewicht bekannt bei Haufen I, II oder III, unbekannt bei Haufen IV

__ungleich: bei Haufen I, II oder III: die falsche Kugel wird am Gewicht erkannt
____________(zu leicht oder zu schwer)
____________bei Haufen IV: 4.Wägung: eine der beiden gewogenen Kugel (1) mit der dritten Kugel (3) wiegen.
________________gleich: Kugel (2) ist falsch, Gewicht bekannt
________________ungleich: Kugel (1) ist falsch, Gewicht bekannt


mig

[Lahmer Hannes]

@ mig48

Das ist schon mal nicht schlecht. Hat denn sonst keiner einen Vorschlag? Es sollte ja in jedem Fall mit 3 Wägungen gehen...

MfG LH