e^(i*π)+1=0 [Der Mathe-Thread]

[ShyGuy]

Der Mathethread ist bereits wieder in der Versenkung verschwunden, noch vor der Auflösung des Rätsels von 404complaint?
Schade, ich hatte auf neue Herausforderungen gehofft. Bräuchte mal Nachschub, nachdem ich heute endlich das Lotto-Rätsel gepackt habe. Uff, das war schon ne Nuss
Kennt jemand noch gute Zahlenrätsel oder hat selbst Erfahrung mit den bereits erwähnten? Ist das zu Off-Topic?

[Ember Drop]

Das Rätsel ist gut, ich probier mich gerade mal dran. Auf jeden Fall muss ich nochmal nachgucken, wie man zur Normalverteilung kommt und das auf den Fall von 6 Zufallsgrößen anwenden, oder?

[404compliant]

AAAAARGH, nun hab ich doch vollkommen vergessen, noch die Lösung zu posten
Wie angekündigt, poste ich jetzt mal nach einem Monat Bedenkzeit meine Lösung zum Rätsel.

Spoiler (Öffnen)

1. X ist die Summe der Nummern der falschen Aussagen in dieser Liste.
2. X ist kleiner als die Anzahl der falschen Aussagen in dieser Liste, und Aussage 10 ist wahr.
3. Entweder es gibt genau drei wahre Aussagen in dieser Liste, oder Aussage 1 ist falsch, jedoch nicht beides.
4. Die ersten drei Aussagen sind falsch, oder Aussage 9 ist wahr, oder beides.
5. Entweder X ist ungerade, oder Aussage 7 ist wahr, jedoch nicht beides.
6. Exakt zwei der Aussagen mit ungerader Nummer sind falsch.
7. X ist die Nummer einer wahren Aussage.
8. Die Aussagen mit gerader Nummer sind alle wahr, oder alle falsch.
9. X ist das dreifache der Nummer der ersten wahren Aussage in dieser Liste, oder Aussage 4 ist falsch, oder beides.
10. X ist gerade, oder Aussage 6 ist wahr, oder beides.
    

Zunächst bearbeiten wir Aussage 4, denn die ist noch am einfachsten zu bestätigen.
Angenommen, Aussage 4 wäre falsch, dann gilt: Mindestens eine der ersten drei Aussagen ist wahr, und Aussage 9 ist falsch. Dann heißt 9 umgedreht: X ist nicht das dreifache der Nummer der ersten wahren Aussage, und Aussage 4 ist wahr. Widerspruch zur Annahme, das 4 falsch ist. Also ist 4 wahr.

Jetzt können wir die ersten drei Aussagen prüfen, denn wenn nur eine davon wahr ist, muss auch Aussage 9 wahr sein, zumal 9 jetzt vereinfacht heißt, X ist das dreifache der Nummer der ersten wahren Aussage in dieser Liste.

Angenommen, Aussage 1 ist wahr. Da 4 wahr ist, macht das auch 9 wahr, und dank unserer Annahme sagt 9, dass X=3 sein muss. 1 selbst sagt uns, dass die Summe der Aussagen-Nummern, die falsch sind, 3 ist, also muss mindestens alles nach 4 wahr sein. Insbesondere ist 7 wahr, und 5 lautet: X ist ungerade (wahr) oder 7 ist wahr (ist es), aber nicht beides. Widerspruch, und damit ist Aussage 1 falsch.

Angenommen, Aussage 2 ist wahr. 2 selbst sagt dann im zweiten Teil, dass 10 wahr ist. Aus 4 folgt wieder, dass 9 wahr ist, und damit X=6. Aus dem ersten Teil von 2 folgt dann noch, dass es mindestens 7 falsche Aussagen geben muss, weil X=6 < Anzahl falscher Aussagen, und damit höchstens 3 wahre Aussagen. Wir haben momentan aber 4=wahr, 2=wahr, 10=wahr, 9=wahr. Widerspruch, und damit ist Aussage 2 falsch.

Schon jetzt können wir Aussage 8 klären: Mit 4 ist eine gerade Nummer wahr, mit 2 ist eine gerade Nummer falsch. Damit ist Aussage 8 falsch.

Jetzt argumentieren wir anders herum. Angenommen, Aussage 3 ist falsch. 3 lautet dann: Es gibt genau drei wahre Aussagen, genau dann, wenn Aussage 1 falsch ist. Aussage 1 hatten wir schon als falsch erkannt, folglich muss es genau drei wahre Aussagen geben. Da 1-3 falsch sind, müsste für 9 schon X >= 3*4 gelten. 9 kann damit nicht wahr sein. Aussage 6 ist ebenso falsch, denn mit 1, 3 und 9 haben wir schon drei falsche Aussagen gefunden. Wir haben also 1,2,3,6,8,9 falsch, 4 wahr, 5,7,10 ungeklärt. Aussage 3 sichert uns also zu, dass von 5,7,10 zwei Aussagen wahr sind.

Zusätzliche Annahme, dass 7 und 10 wahr ist. Wir hatten schon 6 als falsch erkannt, dann muss wegen 10 wenigstens X gerade sein. Das macht dann auch 5 wahr, und wir haben insgesamt 4 wahre Aussagen. Das sind zu viele.
Zusätzliche Annahme, dass 7 falsch und 10 wahr ist. Wieder folgt aus 10, dass X gerade ist. Wenn 7 falsch ist, wird entsprechend 5 falsch, und wir haben insgesamt nur 2 wahre Aussagen, das sind zu wenig.
Also muss 10 falsch sein (immer noch unter der Annahme, 3 ist falsch). Damit muss X ungerade sein. Um auf die drei wahren Aussagen zu kommen, müssen 5 und 7 wahr sein. Damit sind beide Teile von 5 wahr, was sie jedoch nicht gleichzeitig sein dürfen. Widerspruch zu 5 selbst.

Ok, wo stehen wir? Wir haben angenommen, dass 3 falsch ist. Dann haben wir 10 als wahr angenommen und alles auf Widersprüche geführt. 10 als falsch anzunehmen hat ebenfalls zu Widersprüchen geführt. Also ist die ursprüngliche Annahme, 3 wäre falsch, widerlegt. 3 ist wahr.

So, Zeit, zu ernten:
4 ist wahr.
1 ist falsch.
2 ist falsch.
8 ist falsch.
3 ist wahr.
Der erste Teil von 4 ist damit falsch, da aber 4 selbst wahr ist, muss zweifelsfrei 9 wahr sein.
Aus 9 folgt diesmal X=9, ohne verbleibende Zweifel.
7 ist wahr, weil 9 ja wahr ist.
In 5 sind beide Teile wahr, was jedoch ausgeschlossen war. Also ist 5 falsch.
6 ist tatsächlich wahr, denn 3,7,9 sind wahr, während 1,5 falsch sind.
Schließlich, und letztendlich ist 10 wahr, denn 6 ist ja wahr.

X=9, 1=f 2=f 3=w 4=w 5=f 6=w 7=w 8=f 9=w, 10=w.
Das ist die einzige existierende Lösung, die alle Aussagen widerspruchsfrei klärt.

Wow, selbst das Aufschreiben der Lösung, ausgehend von meinen alten Notizen, hat schon wieder 1h20 gedauert.

[ShyGuy]

@EmberDrop: Mit "Normalverteilung" kann ich momentan nichts anfangen, ich habe mich einfach mit ein paar Excel-Tabellen gespielt. Ging anfangs holprig, aber hat sich dann teilweise wieder recht flott ergeben.

[Ember Drop]

Naja, das Problem ist ja, dass wir die Zahl, die ihm gezeigt wird, nicht kennen. Daher muss man das Problem erstmal allgemein formulieren.
Ich sag jetzt mal Variablen a...f sind die sechs Zahlen, x die Zahl der Fee und y die Anzahl der Möglichkeiten für x
Erst haben wir dann einfach die Gleichung
a+b+c+d+e+f = x
und dann noch die Gleichung
a*b*c*d*e*f = x*y
nun braucht man noch eine Möglichkeit um y(x) aufzustellen, woran es bei mir gerade hakt. Ich merk aber, dass das noch nicht reicht, da wir ja insgesamt eigentlich 7 Unbekannte haben, demnach müsste man sich wohl noch 5 weitere Gleichungen aufstellen, die sich irgendwie daraus ergeben, dass die Zahlen in bestimmten Bereichen liegen müssen und nicht dieselben sein dürfen. Vielleicht bin ich aber auch ganz auf dem Holzweg, keine Ahnung...

[Lewinibo]

Wenn ihr euch darüber bescheren wollt das ihr zu wenig mathematische Probleme hat kann ich euch gerne aushelfen.


Es gibt einen Mathematischen Beweis dafür, dass wenn man bei dieser Fernsehshow mit den Koffern am Ende vom ursprünglich gewählten auf den letzen verbleibenden wechselt eine höhere Wahrscheinlichkeit auf den Gewinn hat.

Ich hab zwar eine sehr einfache Erklärung im Sinn, jedoch fehlt mir die Bestätigung und die Herleitung.

Viel Spaß.

[ShyGuy]

@Levinibo: Ich bin mir relativ sicher, dass dieses Thema hier schonmal diskutiert wurde. *nachguck*
Ahja, auf Seite 4 dieses Threads. Auch als "Ziegenproblem" bekannt.

@Ember Drop:
Ah, jetzt verstehe ich dich. Ja, das war auch mein erster Gedanke. Den hab ich allerdings aus 2 Gründen bald aufgegeben.
1. Ich finde keine Möglichkeit, y(x) als Funkion darzustellen, die für jede Summe die Anzahl der Möglichkeiten liefert.
2. Eine Lösung nach Lineares-Gleichungssystem-Art könnte ich nicht auf ganze, verschiedene Zahlen zwischen 1 und 49 beschränken.

Deshalb hab ich es mit einer Tabelle versucht. Die größte Schwierigkeit war es immer noch, die Werte für die Möglichkeiten zu bestimmen (ohne x-dimensionaler Tabelle bzw. übermäßig viel Handarbeit).

[Evenprime]

Also das Lotto-Rätsel habe ich jetzt mit einem kurzen Java-Programm gelöst, das mir in 5 Sekunden alle Kombos durchprobiert. Fies dabei ist ja, dass es mehrere Zahlenkombinationen gibt, für die sich das ausgeht.

Aber nur bei einer der Kombinationen stimmt auch "dann erhältst du eine sehr große Zahl von einigen Millionen".

[ShyGuy]

Genau das Problem hatte ich auch. Ich hatte 2 falsche Lösungen, eine mit einer kleinen Zahl und eine knapp über 1 Million (was ja noch keine "einige" sind). Beim dritten Anlauf hat's dann endlich geklappt.
Ein Java-Programm, das die Arbeit selbst macht? Da würde ich mich schon um das Rätsel betrogen fühlen. Ich will nicht nur ne Lösung sehen sondern einen Lösungsweg finden.

[kal_ashni]

okay
hier eine frage wie dies möglich ist, erklärts mir

How is this possible

[Ember Drop]

Das ist ganz einfach, die Schrägen liegen nicht aneinander an, sondern haben ein klein wenig Platz dazwischen. Man kann ihn kaum sehen (auch, weil die Linien so dick sind), aber dieser Streifen hat genau die Fläche von einem Kästchen.

Edit: hab mal ne kleine Grafik gemacht, wo man das sehr gut sehen kann:

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[Moony]

Dann mal ein nettes Rätsel zum Einstieg von mir. Vielleicht ist es euch auch schon bekannt.

Drei Spielern eines Teams wird jeweils ein Hut aufgesetzt, dessen Farbe entweder rot oder blau ist. Die Farbe des Hutes wird dabei durch Münzwurf bestimmt.
Keiner der Spieler kennt seine eigene Hutfarbe, aber sieht die Hutfarbe seiner beiden Mitspieler.

Das Spiel geht wie folgt:
Jeder Spieler rät entweder die Farbe seines Hutes oder passt. Dabei antworten alle Spieler gleichzeitig. Also: Die Spieler können keine Schlussfolgerungen aus den Antworten der anderen ziehen.
Jegliche Kommunikation untereinander während des Spiels ist verboten, jedoch können sich die drei vor dem Spiel, also vor dem Auslosen der Hutfarben, auf eine Strategie verständigen, um ihre Siegeschancen zu erhöhen.

Die Gewinnbedingungen:
Dieses Spiel ist ein Teamspiel.
Sollte mindestens ein Spieler seine Hutfarbe richtig erraten und niemand falsch geraten haben, dann haben alle gewonnen. Ansonsten verlieren alle.


Welche Strategie maximiert ihre Siegeschancen?

[LuR]

Erste Idee von mir die die Gewinnchance zumindest auf 75% erhöht

Spoiler (Öffnen)

Die Spieler machen sich vor dem Spiel aus das der erste Spieler passt wenn die beiden Hüte der anderen Spieler verschiedenfarbig sind und er einfach ratet wenn sie die gleiche Farbe haben sollte er passen (Chance dafür 50%) weiß der nächste Spielre seine Hutfarbe weil er den hut des dritten sieht. Ansonstet hat er immer noch die 50% Chance das er es einfach erratet (25% chance).
Macht zusammen 50+25=75% chance
_________________________________________________________________________________
Neuer besserer Weg. Der erste Passt in jedem Fall, außer die beiden anderen haben einen Blauen Hut.(1/4 Chance) Dann rät er (1/4* 1/2 = 1/8 Chance). Sollte der dritte einen Blauen Hut haben weiß der zweite dass er einen roten hut hat und sagt es. Ansonsten passt er. Dadurch weiß der dritte aber, dass er keinen Blauen Hut haben kann da der zweite es sonst gesagt hat und weiß das er einen roten hat. Also erraten sie es immer falls der zweite und dritte nicht beide einen Blauen Hut haben
7/8 =87.5 5

Aber ich glaub deutlich schlaueren Menschen fällt da noch was optimierteres ein.

Edit: Chance auf 87.5% gesteigert ich glaub mehr geht da jetzt auch nichtmehr.

[ShyGuy]

Sind das alle Angaben? Ich kenne ähnliche Rätsel mit der Vorgabe, dass es z.B. nur 2 rote Hüte gibt.
Ohne solche Beschränkungen kann ich keine Möglichkeit erkennen, irgendwie auf eine Hutfarbe zu schließen.

@Ninja-LuR:
Ah, daran hat es bei mir gescheitert: Ich hab immer nach Möglichkeiten gesucht, die ein Ausscheiden schon beim 1. Mitspieler vermeiden. Nur gewinnt man damit keine Informationen für die folgenden und so verliert man nur "Zeit".

[Ember Drop]

Geht auch folgende Lösung?
Spieler 1 passt nur, wenn Spieler 3 einen roten Hut hat, sonst wählt er irgendeine Farbe. Zumindest Spieler 3 kennt dann seine Farbe und alle haben gewonnen. Weiterhin könnte auch Spieler 1 auch die Farbe vom Hut von Spieler 2 selber wählen, solange Spieler 2 das mitbekommt und es entsprechend abgesprochen ist, weiß dann auch Spieler 2, was für einen Hut er trägt. Den 1. Spieler noch zu retten ist unmöglich, aber das war ja auch gar nicht gefragt.

Wenn die Spieler keine Reihenfolge haben, wirds natürlich schwieriger. Wenn alle einfach blau wählen, haben sie schonmal 87,5% Gewinnchance, da die Wahrscheinlichkeit 7/8 ist, dass alle rote Hüte haben. Ich will aber gerne 100% haben und denke auch, dass das irgendwie gehen muss. Hmm, oder auch nicht. Nee, ohne den Spielern eine Reihenfolge zu geben geht es wirklich nicht.

[MianArkin]

In dem Text steht keine Zugreihenfolge, womit jeder Spieler als erster Drannsein könnte.
Auch steht dort nicht das jeder nur einmal Passen darf .

Spoiler (Öffnen)

Mein Vorschlag:
Derjenige Mitspieler Passt, der sieht das die anderen Zwei die Gleiche Hutfarbe haben.
Womit einer der Beiden durch Sicht auf die Farbe des Hutes des Anderen seine eigene Farbe nennen kann.
Der Zweite kuckt nun auf die Farbe des Spieler der am Anfang Gepasst hatte, hat dieser die Gleiche Farbe wie sein Eigener, nennt er seine Farbe sonnst passt er.
So können alle ihre Farbe nennen.

[Ember Drop]

@MianArkin: verdammt, daran hab ich auch nicht gedacht. Tja, der Wald und seine Bäume, beides sieht man manchmal nicht -.-

[Moony]

Da ist ja schon einiges an Feedback zusammengekommen.
Ich habe meinen obigen Post editiert, damit keine Missverständnisse mehr aufkommen.

(03.12.2012)MianArkin schrieb:  In dem Text steht keine Zugreihenfolge, womit jeder Spieler als erster Drannsein könnte.
Auch steht dort nicht das jeder nur einmal Passen darf .

Spoiler (Öffnen)

Mein Vorschlag:
Derjenige Mitspieler Passt, der sieht das die anderen Zwei die Gleiche Hutfarbe haben.
Womit einer der Beiden durch Sicht auf die Farbe des Hutes des Anderen seine eigene Farbe nennen kann.
Der Zweite kuckt nun auf die Farbe des Spieler der am Anfang Gepasst hatte, hat dieser die Gleiche Farbe wie sein Eigener, nennt er seine Farbe sonnst passt er.
So können alle ihre Farbe nennen.

(03.12.2012)LuR schrieb:  

Spoiler (Öffnen)

Die Spieler machen sich vor dem Spiel aus das der erste Spieler passt wenn die beiden Hüte der anderen Spieler verschiedenfarbig sind und er einfach ratet wenn sie die gleiche Farbe haben sollte er passen (Chance dafür 50%) weiß der nächste Spielre seine Hutfarbe weil er den hut des dritten sieht. Ansonstet hat er immer noch die 50% Chance das er es einfach erratet (25% chance).
Macht zusammen 50+25=75% chance
_________________________________________________________________________________
Neuer besserer Weg. Der erste Passt in jedem Fall, außer die beiden anderen haben einen Blauen Hut.(1/4 Chance) Dann rät er (1/4* 1/2 = 1/8 Chance). Sollte der dritte einen Blauen Hut haben weiß der zweite dass er einen roten hut hat und sagt es. Ansonsten passt er. Dadurch weiß der dritte aber, dass er keinen Blauen Hut haben kann da der zweite es sonst gesagt hat und weiß das er einen roten hat. Also erraten sie es immer falls der zweite und dritte nicht beide einen Blauen Hut haben
7/8 =87.5 5

(03.12.2012)Ember Drop schrieb:  

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Geht auch folgende Lösung?
Spieler 1 passt nur, wenn Spieler 3 einen roten Hut hat, sonst wählt er irgendeine Farbe. Zumindest Spieler 3 kennt dann seine Farbe und alle haben gewonnen. Weiterhin könnte auch Spieler 1 auch die Farbe vom Hut von Spieler 2 selber wählen, solange Spieler 2 das mitbekommt und es entsprechend abgesprochen ist, weiß dann auch Spieler 2, was für einen Hut er trägt. Den 1. Spieler noch zu retten ist unmöglich, aber das war ja auch gar nicht gefragt.

Ich habe tatsächlich nicht oben reingeschrieben, dass die Spieler gleichzeitig ihre Antworten geben. => Sorry dafür und korrigiert
Damit haben sich diese Vorschläge leider auch erübrigt.

(03.12.2012)Ember Drop schrieb:  

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Wenn die Spieler keine Reihenfolge haben, wirds natürlich schwieriger. Wenn alle einfach blau wählen, haben sie schonmal 87,5% Gewinnchance, da die Wahrscheinlichkeit 7/8 ist, dass alle rote Hüte haben. Ich will aber gerne 100% haben und denke auch, dass das irgendwie gehen muss. Hmm, oder auch nicht. Nee, ohne den Spielern eine Reihenfolge zu geben geht es wirklich nicht.

Nein. Weder ist die Gewinnchance 87,5%, wenn alle blau wählen, noch ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle Spieler rote Hüte haben, 7/8.
Eine 100%ige Gewinnstrategie gibt er hier nicht.


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Wie hoch ist die Gewinnchance denn bei der trivialen Strategie, dass einer der Spieler beliebig rät und die beiden anderen passen? Darauf kann man dann aufbauen.

[Evenprime]

(04.12.2012)Moony schrieb:  Wie hoch ist die Gewinnchance denn bei der trivialen Strategie, dass einer der Spieler beliebig rät und die beiden anderen passen? Darauf kann man dann aufbauen.

Triviale Strategie ist diese hier, denke ich:

Fall 1: Alle haben die gleiche Farbe: 25 % Wahrscheinlichkeit
Fall 2: Zwei haben eine, einer die andere Farbe: 75 % Wahrscheinlichkeit

75% Erfolgsstrategie daher:

Wer zwei gleichfarbige Hüte sieht, sagt er hat die andere Farbe.
Wer zwei unterschiedliche Hüte sieht, bleibt still.

Das führt immer zum Sieg in Fall 2 (einer antwortet richtig, die anderen beiden schweigen) und zum Verlieren in Fall 1 (alle antworten falsch).

[Ember Drop]

(04.12.2012)Moony schrieb:  

(03.12.2012)Ember Drop schrieb:  

Spoiler (Öffnen)

Wenn die Spieler keine Reihenfolge haben, wirds natürlich schwieriger. Wenn alle einfach blau wählen, haben sie schonmal 87,5% Gewinnchance, da die Wahrscheinlichkeit 7/8 ist, dass alle rote Hüte haben. Ich will aber gerne 100% haben und denke auch, dass das irgendwie gehen muss. Hmm, oder auch nicht. Nee, ohne den Spielern eine Reihenfolge zu geben geht es wirklich nicht.

Nein. Weder ist die Gewinnchance 87,5%, wenn alle blau wählen, noch ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle Spieler rote Hüte haben, 7/8.
Eine 100%ige Gewinnstrategie gibt er hier nicht.

Ich hab mich auch verschrieben, wie ich gerade merke. Da müsste 1/8 statt 7/8 stehen.
Also nochmal erklärt: wir haben insgesamt 8 mögliche Kombinationen, die ich hier nochmal aufliste:

Code:

rot  rot  rot
rot  rot  blau
rot  blau rot
rot  blau blau
blau rot  rot
blau rot  blau
blau blau rot
blau blau blau

Wobei jede Möglichkeit dieselbe Wahrscheinlickeit hat, also 1/8 bzw. 12,5%. Die Kombination "rot rot rot" hat also die Wahrscheinlichkeit 12,5%, sodass alle übrigen blau enthalten müssen. Wählen also alle blau, so ist die Wahrscheinlichkeit für den Gewinn 100%-12,5%=87,5%. Zumindest das sollte also richtig sein