Die Tatsache, dass es ein Schachbrett ist und kein x-beliebiges 8x8-Brett ist an sich zwar kein Tipp, hilft aber beim Lösen... 
Zahlenrätsel (nicht nur) für Steffi
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| Original von Guybrush Und zu den ungelösten würde ich auch noch das kürzlichste (<- ist das ein Wort?) |
ich glaube nicht, Guybrush. "kürzlich" ist als adverb nicht steigerungsfähig, imo.
nicht zu verwechseln mit herzlich - das herzlichste...
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Original von aranja
ich glaube nicht, Guybrush. "kürzlich" ist als adverb nicht steigerungsfähig, imo. nicht zu verwechseln mit herzlich - das herzlichste...
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oder wars doch n Duden, vom Nikolaus?
zum Schachbrett... also ich habs auch nur empirisch... gibts da ne rechnerische Möglichkeit? aber das war ja gar nicht gefragt, sondern nur, wie viele Wege es gibt
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| Original von Steffi zum Schachbrett... also ich habs auch nur empirisch... gibts da ne rechnerische Möglichkeit? aber das war ja gar nicht gefragt, sondern nur, wie viele Wege es gibt
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Das Schachbrett ist doch einfach:
Der Turm geht immer abwechselnd über ein weißes und ein schwarzes Feld.
Ich weiß jetzt nicht, ob A1 weiß oder schwarz ist, aber H8 hat dieselbe
Farbe. Wenn der Turm auf einem weißen Feld anfängt, dann muss er auf
einem schwarzen Feld enden, wenn er jedes Feld genau einmal besucht.
Dies gilt, da das Schachbrett eine gerade Anzahl an Feldern hat.
Die Antwort ist also: Es gibt keine Möglichkeit.
War nicht hier auch mal das Königsberger Brückenproblem von Euler,
das geht in die Richtung, das Turmproblem hat wohl mit Hamilton zu tun, erklären kann ich es aber net genau, ist lange her
das geht in die Richtung, das Turmproblem hat wohl mit Hamilton zu tun, erklären kann ich es aber net genau, ist lange her
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| Original von Mütze Das Schachbrett ist doch einfach: Der Turm geht immer abwechselnd über ein weißes und ein schwarzes Feld. Ich weiß jetzt nicht, ob A1 weiß oder schwarz ist, aber H8 hat dieselbe Farbe. Wenn der Turm auf einem weißen Feld anfängt, dann muss er auf einem schwarzen Feld enden, wenn er jedes Feld genau einmal besucht. Dies gilt, da das Schachbrett eine gerade Anzahl an Feldern hat. Die Antwort ist also: Es gibt keine Möglichkeit. |
GW, Mütze, lupenreine Lösung!
@rgm: Das Königsberger Brückenproblem war mal in einem meiner Kettenrätsel drin..., vielleicht kams daher?
Zu Hamilton fällt mir die ein:
Es gibt 10.000 vierstellige Zahlen mit führenden Nullen. Kann man eine einzige 10.001 Ziffern lange Kette eingeben, so dass alle vierstellige Zahlen irgendwo in dieser Kette vorkommen?
Jetzt aber erst mal meine alten lösen:
Lösung zu Steffis Stecknadelwurf:
Ich definier mal dreist 2cm = 1
Die Linien verlaufen horizontal. Dann hat ein Objekt mit Höhe x<1 die Wahrscheinlichkeit x, eine Linie zu schneiden. (Für x>1 schneidet sie in jedem Fall eine Linie)
Eine Stecknadel, die mit der Horizontalen Winkel alpha hat, hat eine Höhe sin(alpha). Alle Liegebleibwinkel sind gleich wahrscheinlich, die Mittelung darüber ergibt:
p = 1/(2 pi)*Int_0^(2 pi) |sin(alpha)| d alpha = 2/pi = 0.6366...
( Int_a^b heißt "Integral von a bis b", die unschöne Formel tut mir leid
)
Lösung zu Steffis Stecknadelwurf:
Ich definier mal dreist 2cm = 1
Die Linien verlaufen horizontal. Dann hat ein Objekt mit Höhe x<1 die Wahrscheinlichkeit x, eine Linie zu schneiden. (Für x>1 schneidet sie in jedem Fall eine Linie)
Eine Stecknadel, die mit der Horizontalen Winkel alpha hat, hat eine Höhe sin(alpha). Alle Liegebleibwinkel sind gleich wahrscheinlich, die Mittelung darüber ergibt:
p = 1/(2 pi)*Int_0^(2 pi) |sin(alpha)| d alpha = 2/pi = 0.6366...
( Int_a^b heißt "Integral von a bis b", die unschöne Formel tut mir leid
)@rgm: Das Königsberger Brückenproblem war mal in einem meiner Kettenrätsel drin..., vielleicht kams daher?
wußte ich doch, dass mir das hier irgendwo schon über den Weg lief
wußte ich doch, dass mir das hier irgendwo schon über den Weg lief
Die Naturkonstanten:
Ein strenger Beweis ist wohl zu technisch, aber einige Plausibilisierungsversuche:
Die Menge der z.B. physikalisch interessanten Größen erstreckt sich über viele Zehnerpotenzen, sagen wir willkürlich mal von 10^(-30) bis 10^30. Deshalb ist es naheliegend, dass die Naturkonstanten auf der (z.B. 10-)logarithmischen Skala gleichverteilt sind: D.h. gleich viele liegen zwischen 0.1-1 und 1-10, obwohl die zweite Intervallbreite 9 viel größer als die erste (0.9) ist.
Oder: Wir haben eine große Menge an zufälligen Daten. Wenn wir alle mal zwei nehmen, muss die Ziffernverteilung immer noch gleich sein. Da gerade die Zahlen, die mit 5,6,7,8,9 anfingen jetzt mit 1 anfangen, sind diese beiden Wahrscheinlichkeiten gleich groß! Da 1-Zahlen nach dem Verdoppeln zu 2- oder 3-Zahlen werden, ist auch p_1 = p_2 + p_3.
Wie auch immer, die Formel lautet allgemein p_d = log_10( (d+1)/d ).
Das ganze ist unter dem Namen Benfordsches Gesetz bekannt. Hier die Wahrscheinlichkeitsverteilung (von wiki), dass eine zufällige Zahl mit der jeweiligen Ziffer anfängt:
Ein strenger Beweis ist wohl zu technisch, aber einige Plausibilisierungsversuche:
Die Menge der z.B. physikalisch interessanten Größen erstreckt sich über viele Zehnerpotenzen, sagen wir willkürlich mal von 10^(-30) bis 10^30. Deshalb ist es naheliegend, dass die Naturkonstanten auf der (z.B. 10-)logarithmischen Skala gleichverteilt sind: D.h. gleich viele liegen zwischen 0.1-1 und 1-10, obwohl die zweite Intervallbreite 9 viel größer als die erste (0.9) ist.
Oder: Wir haben eine große Menge an zufälligen Daten. Wenn wir alle mal zwei nehmen, muss die Ziffernverteilung immer noch gleich sein. Da gerade die Zahlen, die mit 5,6,7,8,9 anfingen jetzt mit 1 anfangen, sind diese beiden Wahrscheinlichkeiten gleich groß! Da 1-Zahlen nach dem Verdoppeln zu 2- oder 3-Zahlen werden, ist auch p_1 = p_2 + p_3.
Wie auch immer, die Formel lautet allgemein p_d = log_10( (d+1)/d ).
Das ganze ist unter dem Namen Benfordsches Gesetz bekannt. Hier die Wahrscheinlichkeitsverteilung (von wiki), dass eine zufällige Zahl mit der jeweiligen Ziffer anfängt:
Die Brett-Aufräumaufgabe (ich mach mal chris' Aufgabe mit, meine schließt sich ja an):
Ich schreib mal nur die Zwischenergebnisse, die Rechnungen gehen alle mit v=s/t (s.o.
) (v ist dann hier die "Abräumgeschwindigkeit".
Man erhält aus chris' Angaben zwei Gleichungen. Einsetzen von einer in die anderen ergibt eine quadratische Gleichung mit den Lösungen
T_Steffi = 20 min., T_Mütze = 30 min. (Steffi war ja schneller)
Dies gibt die Gleichung 18 = s/(v_s + v_m + v_g) oder aufgelöst:
v_g = -s/36
Guybrush baut also gar nicht ab, sondern baut das Spielfeld in 36min. einmal auf...
Wenn Mütze und Guybrush zusammen arbeiten, ist schließlich T = s/(v_m+v_g) = 180, also braucht Mütze mit Guybrushs "Hilfe" drei Stunden um abzubauen...
| Zitat: |
| Original von chris Nach stundenlangem probieren an Guybrushs Rätsel, haben Steffi und Mütze keine Lust mehr, Spielsteine hin und her zu legen, und beginnen Ihr unendliches
Spielbrett und eine endliche Zahl von Spielsteinen wegzuräumen.Dabei haben Sie eine Idee für ein neues Rätsel: Zuerst räumt Steffi die erste Hälfte des Krempels weg, dann räumt Mütze die zweite Hälfte weg. Dafür brauchen Sie 25 Minuten. Jetzt schütten Sie alles wieder aus, und räumen es erneut weg - diesmal beide zusammen. Dafür brauchen Sie nur noch 12 Minuten. Frage: Wie lange würde jeder der beiden alleine zum aufräumen brauchen? |
Ich schreib mal nur die Zwischenergebnisse, die Rechnungen gehen alle mit v=s/t (s.o.
) (v ist dann hier die "Abräumgeschwindigkeit".Man erhält aus chris' Angaben zwei Gleichungen. Einsetzen von einer in die anderen ergibt eine quadratische Gleichung mit den Lösungen
T_Steffi = 20 min., T_Mütze = 30 min. (Steffi war ja schneller)
| Zitat: |
| Original von Guybrush Na gut, Guybrush kommt dazu und hilft
beim Aufräumen mit. Zusammen brauchen die drei jetzt 18 Minuten. Nach dem dritten Ausschütten hat Steffi keine Lust mehr
, wie lange brauchen Mütze und Guybrush ohne sie? |
Dies gibt die Gleichung 18 = s/(v_s + v_m + v_g) oder aufgelöst:
v_g = -s/36
Guybrush baut also gar nicht ab, sondern baut das Spielfeld in 36min. einmal auf...
Wenn Mütze und Guybrush zusammen arbeiten, ist schließlich T = s/(v_m+v_g) = 180, also braucht Mütze mit Guybrushs "Hilfe" drei Stunden um abzubauen...
vorschlag zur diskussion:
wir sollten bei allen rätseln (und deren lösungen), die in der
hier präsentierten (oder in abgewandelter) form dem internet
oder einer anderen quelle entnommen wurden, den zugehörigen
link oder die jeweilige quelle angeben. dann hätte jeder die
möglichkeit, sich zusätzlich auch anhand des originals zu informieren.
(Guybrushs link zum benfordschen gesetz ist ein gutes beispiel.
)
was meint ihr?
wir sollten bei allen rätseln (und deren lösungen), die in der
hier präsentierten (oder in abgewandelter) form dem internet
oder einer anderen quelle entnommen wurden, den zugehörigen
link oder die jeweilige quelle angeben. dann hätte jeder die
möglichkeit, sich zusätzlich auch anhand des originals zu informieren.
(Guybrushs link zum benfordschen gesetz ist ein gutes beispiel.
)was meint ihr?
1. Guybrush: flaggenrätsel (jamaica) ... gelöst.
2. Chris: Steffi war neulich einkaufen
3. Chris: kleinste zahl, die sich vervierfacht...
4. Chris: wegräumen von Guybrushs spielbrett und steinen zu zweit ... gelöst.
5. Guybrush: wegräumen von Guybrushs spielbrett und steinen zu dritt ... gelöst.
6. Mütze: drei würfel mit den zahlen 1-5
7. Guybrush: Steffi wirft eine 2 cm lange stecknadel... gelöst.
8. Guybrush: 5 blaue und 3 rote Hüte
9. Guybrush: Warum fangen mehr Naturkonstanten... gelöst.
10. Guybrush: 421 - 2_8 = 159 ... gelöst.
11. Guybrush: Auf wievielen Wegen kann ein Turm von A1 nach H8 ... gelöst.
12. Guybrush: Es gibt 10.000 vierstellige Zahlen mit führenden Nullen...
zur nummerierung neuer rätsel (12): wir könnten gleich damit beginnen.
2. Chris: Steffi war neulich einkaufen
3. Chris: kleinste zahl, die sich vervierfacht...
4. Chris: wegräumen von Guybrushs spielbrett und steinen zu zweit ... gelöst.
5. Guybrush: wegräumen von Guybrushs spielbrett und steinen zu dritt ... gelöst.
6. Mütze: drei würfel mit den zahlen 1-5
7. Guybrush: Steffi wirft eine 2 cm lange stecknadel... gelöst.
8. Guybrush: 5 blaue und 3 rote Hüte
9. Guybrush: Warum fangen mehr Naturkonstanten... gelöst.
10. Guybrush: 421 - 2_8 = 159 ... gelöst.
11. Guybrush: Auf wievielen Wegen kann ein Turm von A1 nach H8 ... gelöst.
12. Guybrush: Es gibt 10.000 vierstellige Zahlen mit führenden Nullen...
zur nummerierung neuer rätsel (12): wir könnten gleich damit beginnen.
was wären wir ohne unseren fleißigen Protokollanten
| Zitat: |
| Original von Steffi was wären wir ohne unseren fleißigen Protokollanten
|
das frage ich mich auch.
einer muss es ja schließlich machen, he.
dann mal gute nacht, ihr lieben.
aranja.. signing off
| Zitat: |
| Original von aranja zur nummerierung neuer rätsel (12): wir könnten gleich damit beginnen.
|
Wieso könnten? Du hast doch gerade angefangen..... in diesem Sinne.... weitermachen
| Zitat: |
| Original von Guybrush Mütze, Meister der Kopfbedeckungen, holt die alte Hutkiste und sagt: "Ich habe hier 5 blaue und 3 rote Hüte." Dann setzt er Steffi, aranja und chris je einen roten und einen blauen Hut, also je zwei Hüte, auf den Kopf. Jede(r) kann nur die Hüte der beiden anderen sehen, nicht aber ihre eigenen beiden, geschweige denn die übrigen in der Kiste. Steffi, aranja und chris sagen nun nacheinander reihum, ob sie wissen, welche Farbe ihre Hüte haben, bis es eine(r) weiß. Wie verläuft der Dialog? |
Kleine Vorüberlegung: Die Person löst, die zuerst 2 der drei möglichen Kombinationen (bb, br, rr) für ihre eigenen Hüte ausschließen kann. Jemand der 3 rote Hüte sieht, kann sofort lösen. Wer also nicht lösen kann, hat umgekehrt auch nicht 3 rote Hüte gesehen...
So, vorab die Lösung:
Steffi: "Ich weiß die Farben meiner Hüte nicht."
aranja: "Neither do I."
chris: "Ich auch nicht."
Steffi: "Hm, nee, weiß es immer noch nicht..."
aranja: "Aha! Meine Hüte sind blau und rot!" (wahrscheinlich auf spanisch
)chris: "Meine auch!"
Steffi: "Meine auch!"
Erklärung:
aranja löst in Runde 2, denn:
aranja sieht br,br und kann also für sich rr ausschließen, da es nur 3 rote Hüte gibt.
Außerdem kann sie bb ausschließen, denn sonst wäre folgendes passiert:
Steffi sieht bb,br und kann rr ausschließen, denn sonst hätte aranja 3r gesehen und in Runde 1 gelöst.
Außerdem kann sie bb ausschließen, denn sonst wäre folgendes passiert:
chris sieht bb,bb und kann bb ausschließen, da es nur 5b gibt.
Außerdem kann er rr ausschließen, denn sonst wäre folgendes passiert:
aranja sieht rr,bb und kann rr ausschließen (es gibt nur 3r).
Außerdem kann sie rb ausschließen, denn sonst hätte Steffi gleich am Anfang lösen können.
Da Steffis erste Aussage zur Argumentation nötig ist, ist aranja wirklich die erste, die lösen kann.
chris löst als Nächster, weil er jetzt auch bb ausschließen kann, sonst hätte Steffi schon in Runde 2 gelöst.
Und Steffi kann schließlich auch lösen, weil sie jetzt auch bb ausschließen kann, sonst hätte zwar auch aranja gelöst, chris aber noch nicht in Runde 2.
(Aus Zeitgründen die letzten beiden Aussagen ohne Beweis, aber wer zuerst löst, war ja die Hauptfrage
)| Zitat: |
| Original von Guybrush Zu Hamilton fällt mir die ein: Es gibt 10.000 vierstellige Zahlen mit führenden Nullen. Kann man eine einzige 10.001 Ziffern lange Kette eingeben, so dass alle vierstellige Zahlen irgendwo in dieser Kette vorkommen? |
Muss ich schon wieder was korrigieren
Also mit 10.001 Ziffern geht's nicht, höchstens mit 10.003.
Aber ich machs mal leichter: Gibt es eine 101 Ziffern lange Kette, in der alle 100 zweistelligen Zahlen von 00-99 genau einmal vorkommen.
Und der Standardzusatz: Wenn ja, gib eine an, wenn nicht, zeige, dass es keine gibt.
Habs mir noch mal überlegt und hat doch eher was mit Euler als mit Hamilton zu tun...