Rechenaufgaben

[giffi marauder]

Spoiler

Habe da noch anderen Artikel gefunden. Einfacher und entlang bedingten Wahrscheinlichkeiten - so wie du im wesentlichen argumentierst.

https://www.oemg.ac.at/DK/Didaktikheft ... er1998.pdf

Spoiler

Der Satz bringt es wohl auf den Punkt:
ebd. S. 70

Salopp fomuliert: Das Muster AKAA kommt zwar "meistens" (mit Wahrscheinlichkeit 9/14) erst später als KAKA, aber wenn AKAA früher kommt, so kommt es offenbar meist deutlich früher, so dass "im Mittel" die für AKAA nötige Wrufzahl trotzdem kleiner ist (Erwartungswert, "Empfindlichkeit des arithmetischen Mittels gegenüber Ausreißern").

Nett finde ich auch den kleinen Ausflug zu den Themen Paradoxon, Konterinuitivität und Hausverstand.
So mancher Polikter wäre gut beraten, sich hier mal gut beraten zu lassen.

PS:
Bei der Rechnung oben, hatte ich (weil getrennt berachtet) etwas übersehen:

Beide haben drei richtigen Würfe und machen einen Fehler beim letzten Wurf
A: KZK. -> KZKK -> "K..." (-3)
B: ZKZ. -> ZKZK -> "ZK.." (-2)
Das höhere Risiko liegt also bei A, der daraus resultierende Vorteil bei B.

Dieser Vorteil von B ist für A keineswegs zum Nachteil, ganz im Gegenteil.
Da mag B noch so schnell in Richtung Ziel sausen, der A fährt im Beiwagerl immer mit.

[kad]

Spoiler

Habe da noch anderen Artikel gefunden. Einfacher und entlang bedingten Wahrscheinlichkeiten - so wie du im wesentlichen argumentierst.

https://www.oemg.ac.at/DK/Didaktikheft ... er1998.pdf

Spoiler

Der Satz bringt es wohl auf den Punkt:
ebd. S. 70

Salopp fomuliert: Das Muster AKAA kommt zwar "meistens" (mit Wahrscheinlichkeit 9/14) erst später als KAKA, aber wenn AKAA früher kommt, so kommt es offenbar meist deutlich früher, so dass "im Mittel" die für AKAA nötige Wrufzahl trotzdem kleiner ist (Erwartungswert, "Empfindlichkeit des arithmetischen Mittels gegenüber Ausreißern").

Nett finde ich auch den kleinen Ausflug zu den Themen Paradoxon, Konterinuitivität und Hausverstand.
So mancher Polikter wäre gut beraten, sich hier mal gut beraten zu lassen.

PS:
Bei der Rechnung oben, hatte ich (weil getrennt berachtet) etwas übersehen:

Beide haben drei richtigen Würfe und machen einen Fehler beim letzten Wurf
A: KZK. -> KZKK -> "K..." (-3)
B: ZKZ. -> ZKZK -> "ZK.." (-2)
Das höhere Risiko liegt also bei A, der daraus resultierende Vorteil bei B.

Dieser Vorteil von B ist für A keineswegs zum Nachteil, ganz im Gegenteil.
Da mag B noch so schnell in Richtung Ziel sausen, der A fährt im Beiwagerl immer mit.

Sehr gut. Nach dem salopp formulierten habe ich gesucht. Jetzt ist die Welt wieder in Ordnung .

Wenn du noch weitere Rätsel hast……

[giffi marauder]

Neulich im Casino deiner Wahl.
Der Croupier wirft 100 mal eine Münze.
Jedes Mal, wenn ein Kopf auf einen Kopf folgt, bekommts du einen Punkt,
wenn auf einen Kopf eine Zahl folgt, bekomme ich einen Punkt.
Bei der Abfolge ZKKKZ beispielsweise erhälst du zwei Punkte und ich einen.
Wer wird mit größerer Wahrscheinlichkeit mehr Punkte haben?

a) Du
b) Ich
c) beide gleich wahrscheinlich

Spoiler

Ich kenne die Lösung, aber rätsle selbst noch an der Erklärung.

Spoiler

Spoiler

Spoiler

https://x.com/RadishHarmers/status/1770530578179198981

[giffi marauder]

Neulich im Casino deiner Wahl.
Der Croupier wirft 100 mal eine Münze.
Jedes Mal, wenn ein Kopf auf einen Kopf folgt, bekommts du einen Punkt,
wenn auf einen Kopf eine Zahl folgt, bekomme ich einen Punkt.
Bei der Abfolge ZKKKZ beispielsweise erhälst du zwei Punkte und ich einen.
Wer wird mit größerer Wahrscheinlichkeit mehr Punkte haben?

a) Du
b) Ich
c) beide gleich wahrscheinlich

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Ich kenne die Lösung, aber rätsle selbst noch an der Erklärung.

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Spoiler

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https://x.com/RadishHarmers/status/1770530578179198981

Ok, jetzt hab ichs begriffen

Spoiler

Intuitiv hätte ich Anna bevorzugt, weil bei ihr manchmal schon 1 Wurf eine Punkt bringt KKKKK...,
Tom hingegen immer mindestens 2 Würfte braucht. KZ KZ KZ ...

Mathematisch hätte ich gesagt, dass beides gleich wahrscheinlich ist, da die Paare KK,KZ,ZK,KK gleich
wahrscheinlich auftreten und dabei jeder genau einen Punkt bekommt.

Insofern hat mit die Lösung, dass Tom hier "der Sieger" ist, dann doch "kontraintuitiv" verblüfft.

Denken wir uns einfach, da wirft niemand eine Münze, sondern zieht gleich die komplette Zeichenkette aus einem Sack mit allen möglichen Zeichenketten.

Hier zeigt sich dann folgendes Verhalten:
Die gesamte Gewinnsumme der Punkte für Anna unt Tom über alle möglichen Ketten ist gleich hoch
Länge 2: 1
Länge 3: 4
Länge 4: 12
Länge 5: 32

Allerdings bekommt Anna weniger häufig Punkte als Tom, dafür bekommt sie dann mehr.
Dadurch hat Anna auch mehr "Nieten" und Tom ist trotz weniger Punkt Sieger.

Dadurch ist Tom tatsächlich bei mehr Ketten der Sieger
Länge 2: Anna 1 Tom 1
Länge 3: Anna 2 Tom 3
Länge 4: Anna 5 Tom 6
Länge 5: Anna 10 Tom 12

Damit ist die Wahrscheinlichkeit größer, dass Tom gewinnt.

Umgelegt auf die durch Würfe wachsende Kette, kann man wie folgt argumentieren:
Punkte für Anna sind zwar höher aber seltener.
Da die Kette nicht unendlich sondern mit 100 beschränkt ist, trägt Anna ein höheres Risiko,
dass ein hoher Gewinn erst kurz nach dem 100. Wurf eingetretten wäre.

Also gilt wohl auch hier, ähnlich wei beim letzten Rätsel:
Wenn Anna siegt, dann mit höherer Punktedifferenz zu Tom.
Tom hingegen siegt öfter.

[kad]

Neulich im Casino deiner Wahl.
Der Croupier wirft 100 mal eine Münze.
Jedes Mal, wenn ein Kopf auf einen Kopf folgt, bekommts du einen Punkt,
wenn auf einen Kopf eine Zahl folgt, bekomme ich einen Punkt.
Bei der Abfolge ZKKKZ beispielsweise erhälst du zwei Punkte und ich einen.
Wer wird mit größerer Wahrscheinlichkeit mehr Punkte haben?

a) Du
b) Ich
c) beide gleich wahrscheinlich

Spoiler

Ich kenne die Lösung, aber rätsle selbst noch an der Erklärung.

Spoiler

Spoiler

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https://x.com/RadishHarmers/status/1770530578179198981

Ok, jetzt hab ichs begriffen

Spoiler

Intuitiv hätte ich Anna bevorzugt, weil bei ihr manchmal schon 1 Wurf eine Punkt bringt KKKKK...,
Tom hingegen immer mindestens 2 Würfte braucht. KZ KZ KZ ...

Mathematisch hätte ich gesagt, dass beides gleich wahrscheinlich ist, da die Paare KK,KZ,ZK,KK gleich
wahrscheinlich auftreten und dabei jeder genau einen Punkt bekommt.

Insofern hat mit die Lösung, dass Tom hier "der Sieger" ist, dann doch "kontraintuitiv" verblüfft.

Denken wir uns einfach, da wirft niemand eine Münze, sondern zieht gleich die komplette Zeichenkette aus einem Sack mit allen möglichen Zeichenketten.

Hier zeigt sich dann folgendes Verhalten:
Die gesamte Gewinnsumme der Punkte für Anna unt Tom über alle möglichen Ketten ist gleich hoch
Länge 2: 1
Länge 3: 4
Länge 4: 12
Länge 5: 32

Allerdings bekommt Anna weniger häufig Punkte als Tom, dafür bekommt sie dann mehr.
Dadurch hat Anna auch mehr "Nieten" und Tom ist trotz weniger Punkt Sieger.

Dadurch ist Tom tatsächlich bei mehr Ketten der Sieger
Länge 2: Anna 1 Tom 1
Länge 3: Anna 2 Tom 3
Länge 4: Anna 5 Tom 6
Länge 5: Anna 10 Tom 12

Damit ist die Wahrscheinlichkeit größer, dass Tom gewinnt.

Umgelegt auf die durch Würfe wachsende Kette, kann man wie folgt argumentieren:
Punkte für Anna sind zwar höher aber seltener.
Da die Kette nicht unendlich sondern mit 100 beschränkt ist, trägt Anna ein höheres Risiko,
dass ein hoher Gewinn erst kurz nach dem 100. Wurf eingetretten wäre.

Also gilt wohl auch hier, ähnlich wei beim letzten Rätsel:
Wenn Anna siegt, dann mit höherer Punktedifferenz zu Tom.
Tom hingegen siegt öfter.

Spoiler

Ich habe es ein bisschen studiert und dann die Intuition angefragt. Die blieb sehr einsilbig.

Dann habe ich X studiert. Und die Idee mit dem random walk. Habe ich nicht wirklich verstanden. Und dann habe ich ein Paper gefunden, quasi frisch von der Presse.

Here are some intuitive arguments in order of decreasing naivet ́e.
(a) In any pair of consecutive coin tosses, Alice wins a point with probability 1/4 and
Bob wins a point with the same probability. Therefore, each has a mean total score of 1/4 (n − 1). Since these means are equal, each player has the same probability of winning.
(b) Alice’s points tend to arrive in clusters, whereas Bob’s are isolated. That favours
Alice, so she is more likely to win.
(c) When Alice wins a point, she has an increased chance of winning again. Therefore,
she tends to win the game by a wider margin than Bob. However, her mean total is the same as Bob’s. It follows that Bob has a greater chance of winning.

(c) ist dein Argument.

Das Paper geht das Problem wie folgt an (Nahe beim random walk on X).
“Die Länge der Intervalle, wo A in Führung liegt ist (probabilistisch) kleiner als die Länge wo B in Führung ist.” Damit wird dann das Resultat bewiesen

Here is an outline of the method to be followed here. First, one defines epochs of renewal, at which the scoring process restarts. Neither player scores until the first appearance of H.
(i) If the following flip is T then Bob enters a winning period (of some length lB), which lasts until the next time that the aggregate score is 0; this must happen at an appearance of HH.
(ii) If the following flip is H then Alice enters a winning period (of some length lA), which lasts until the next time that the aggregate score is 0; this must happen at an appearance of HT.
The process then restarts (subject to certain details to be made specific). After n coin flips, Alice is winning if she is then in a winning period, and similarly for Bob. Ties occur between winning periods. We will see that the representative periods lA, lB are such that lA is (stochastically) smaller than lB, and Theorem 1.2(a) will follow.

https://arxiv.org/pdf/2409.00732

Der Artikel ist lesbar. Halt mit Notation in die man sich einarbeiten muss. An den schwierigen Stellen kürzt der Autor auch mal ab…..

[kad]

Etwas ganz anderes.

Finde alle ganzseitigen Rechtecke mit gleichem Flächeninhalt und Umfang.

[giffi marauder]

Etwas ganz anderes.

Finde alle ganzseitigen Rechtecke mit gleichem Flächeninhalt und Umfang.

Spoiler

a*b-2(a+b)=0
m=(a+b)/2
a=m-d
b=m+d

->
(m-d)(m+d)=4m
m^2-d^2=4m
m^2-4m-d^2=0
m*(m-4)=d^2

Für d=0 (Quadrat) gibt das schon mal die schöne Lösung m=a=b=4 (m=0 bringt uns nichts wenn a,b>0 sind sollen)

Da 2(a+b) jedenfalls gerade ist, folgt aus a*b dass sowohl a als auch b gerade sein müssen
Daraus folgt wiederum, dass a*b = 2(a+b) durch 4 teilbar ist.

Bist du dir sicher, dass das "etwas ganz anderes" ist?


tbc.

[kad]

Wir haben eine faire Münze mit “0” auf der einen und “1” auf der anderen Seite.
Barbara wirft diese Münze fünf Mal. Anschliessend wirft Tim dieselbe Münze sechs Mal.
Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass Tim öfter “1” würfelt als Barbara?

Ok, gehen wir mal den langen Weg.

Spoiler

Die Wahrescheinlichkeit für Barbara 0,1,..5 mal eine 1 zu münzeln
beträgt gem. Binomalverteilung (a+b)^5 mit a=b=0,5
wb0:1/32
wb1:5/32
wb2:10/32
wb3:10/32
wb4:5/32
wb5:1/32

Da Tim 6 mal münzelt, siehts bei ihm so aus:
wt0:1/64
wt1:6/64
wt2:15/64
wt3:20/64
wt4:15/64
wt5:6/64
wt6:1/64

Daraus machen wir jetzt eine 6x7 Matrix indem wir die Einzelereignisse (wbi und wtj) zu je einem Doppelereignis wtibj kombinieren
wbitj=wbi*wtj, i:0..5, j:0..6
Um das zu vereinfachen, multiplizieren wir die Werte von Barbara einfach mit 2. (also bspw. 2/64 statt 1/32)
Dann können wir die Division durch 32 bzw. 64 einfach mal weglassen.
Wir tragen also für das Gesamt-Ereignisse wb0t0 (2*1)=2 ein.

Nun zählen wir die Einträge der "günstigen" Doppelereignisse zusammen.
Also alle Einträge wbitj mit j>i.
Diesen Wert dividieren wir noch durch die Gesamtsumme aller Einträge der Matrix (Normierung mit 64*64)
und fertisch.
2610/4096=63,72%

Ich bin mir sicher, es gibt ne Abkürzung.

Bonusfrage:
Barbara wechselt ihre Münze zu einer Trickmünze, die mit einer etwas höheren Wahrscheinlichkeit eine "1" münzelt.
Tim darf dafür die faire Münze alleine weiterbenutzen.
Dadurch annuliert sie den Vorteil von Tim und die Chance auf Sieg ist für beide wieder gleich hoch.
Wie hoch muss die Wahrscheinlichkeit dieser Trickmünze für eine "1" sein?

Zur Bonusfrsge

Spoiler

Das Resultat habe ich noch nicht, aber den Weg sehe ich.
Sei p (>1/2) die Wahrscheinlichkeit für “1” der Trickmünze.
Nun entlang deines Weges. Einfach bei Barbara 1/2 ersetzen mit p (wo es um die “1” geht und mi 1-p wo es um die “0” geht. Und jetzt formulieren, dass Tim gleichviele “1” wie Barbara hat. Das wird zu einer Gleichung mit p führen (Polynom 5. Grades).
Und da müssen wir die Nullstellen numerisch bestimmen, weil 5. Grades.
Das muss bis am Abend warten

Fast hätte ich lange gerechnet…..

Spoiler

…und dann habe ich mit dem Erwartungswert einen einfacheren Weg gesehen
E(b)=5*p
E(t)=6*1/2
E(b)=E(t). Daraus folgt p=3/5.

Hatte da jemand das selbe Resultat?

[kad]

Etwas ganz anderes.

Finde alle ganzseitigen Rechtecke mit gleichem Flächeninhalt und Umfang.

Spoiler

a*b-2(a+b)=0
m=(a+b)/2
a=m-d
b=m+d

->
(m-d)(m+d)=4m
m^2-d^2=4m
m^2-4m-d^2=0
m*(m-4)=d^2

Für d=0 (Quadrat) gibt das schon mal die schöne Lösung m=a=b=4 (m=0 bringt uns nichts wenn a,b>0 sind sollen)

Da 2(a+b) jedenfalls gerade ist, folgt aus a*b dass sowohl a als auch b gerade sein müssen
Daraus folgt wiederum, dass a*b = 2(a+b) durch 4 teilbar ist.

Bist du dir sicher, dass das "etwas ganz anderes" ist?


tbc.

Spoiler

Da 2(a+b) jedenfalls gerade ist, folgt aus a*b dass sowohl a als auch b gerade sein müssen

Mmmhhh

[giffi marauder]

Etwas ganz anderes.

Finde alle ganzseitigen Rechtecke mit gleichem Flächeninhalt und Umfang.

Spoiler

a*b-2(a+b)=0
m=(a+b)/2
a=m-d
b=m+d

->
(m-d)(m+d)=4m
m^2-d^2=4m
m^2-4m-d^2=0
m*(m-4)=d^2

Für d=0 (Quadrat) gibt das schon mal die schöne Lösung m=a=b=4 (m=0 bringt uns nichts wenn a,b>0 sind sollen)

Da 2(a+b) jedenfalls gerade ist, folgt aus a*b dass sowohl a als auch b gerade sein müssen
Daraus folgt wiederum, dass a*b = 2(a+b) durch 4 teilbar ist.

Bist du dir sicher, dass das "etwas ganz anderes" ist?


tbc.

Spoiler

Da 2(a+b) jedenfalls gerade ist, folgt aus a*b dass sowohl a als auch b gerade sein müssen

Mmmhhh

Spoiler

Ja, das ist natürlich Blödsinn.

Ich bin mir mittlerweile ziemlich sicher, dass (4,4), (3,6) und (6,3) die einzigen Lösungen sind.

Aber wie formal zeigen.

"Analytisch" schauts so aus:
Sieht man sich die Kurvenverläufe bei konstantem a an, so ergibt sich für a,b (b>=a)
dass der Quotient (a*b/2(a+b)
1) streng monton wachsend
2) minimal bei b=a
Die Frage ist dann, wann dieser genau 1 ist.

a=1, b>=1 -> b/(1+2b) -> <=1/2
a=2, b>=1 -> 2b/(2b+4) <1
a=3, b =6 (3*b=6+2b-> b=6)
a=4, b=4 (4*b=8+2b-> b=4)
a=5, b>=5, >=1,25
(a=6 b=3, Symetrie von 3,6)
a=7, b>=7, >=1,75
Ab a=7, b>=7 ist der minimale Quotion >1.

Ok, elegant ist diese Lösung nicht.

[kad]

Etwas ganz anderes.

Finde alle ganzseitigen Rechtecke mit gleichem Flächeninhalt und Umfang.

Spoiler

a*b-2(a+b)=0
m=(a+b)/2
a=m-d
b=m+d

->
(m-d)(m+d)=4m
m^2-d^2=4m
m^2-4m-d^2=0
m*(m-4)=d^2

Für d=0 (Quadrat) gibt das schon mal die schöne Lösung m=a=b=4 (m=0 bringt uns nichts wenn a,b>0 sind sollen)

Da 2(a+b) jedenfalls gerade ist, folgt aus a*b dass sowohl a als auch b gerade sein müssen
Daraus folgt wiederum, dass a*b = 2(a+b) durch 4 teilbar ist.

Bist du dir sicher, dass das "etwas ganz anderes" ist?


tbc.

Spoiler

Da 2(a+b) jedenfalls gerade ist, folgt aus a*b dass sowohl a als auch b gerade sein müssen

Mmmhhh

Spoiler

Ja, das ist natürlich Blödsinn.

Ich bin mir mittlerweile ziemlich sicher, dass (4,4), (3,6) und (6,3) die einzigen Lösungen sind.

Aber wie formal zeigen.

"Analytisch" schauts so aus:
Sieht man sich die Kurvenverläufe bei konstantem a an, so ergibt sich für a,b (b>=a)
dass der Quotient (a*b/2(a+b)
1) streng monton wachsend
2) minimal bei b=a
Die Frage ist dann, wann dieser genau 1 ist.

a=1, b>=1 -> b/(1+2b) -> <=1/2
a=2, b>=1 -> 2b/(2b+4) <1
a=3, b =6 (3*b=6+2b-> b=6)
a=4, b=4 (4*b=8+2b-> b=4)
a=5, b>=5, >=1,25
(a=6 b=3, Symetrie von 3,6)
a=7, b>=7, >=1,75
Ab a=7, b>=7 ist der minimale Quotion >1.

Ok, elegant ist diese Lösung nicht.

Spoiler

Du hattest
ab - 2a - 2b = 0,
aber die linke Seite des letzteren erinnert uns an das Produkt (a-2)(b-2). Umgeschrieben ist (a-2)(b-2) = 4, also entweder a-2 = b-2 = 2 oder a-2 = 4 und b-2 = 1. Dies ergibt a = b = 4, oder a = 6 und b = 3.

[kad]

Ein erstaunliches Resultat hat

Das Orakel in Delphi hat ein bestimmtes Polynom p (z. B. in der Variablen x) mit nichtnegativen (>= 0) ganzzahligen Koeffizienten im Sinn. Du kannst das Orakel mit einer beliebigen ganzen Zahl x abfragen, und das Orakel wird dir den Wert von p(x) mitteilen. Wie viele Abfragen musst du machen, um p zu bestimmen?

[giffi marauder]

Ein erstaunliches Resultat hat

Das Orakel in Delphi hat ein bestimmtes Polynom p (z. B. in der Variablen x) mit nichtnegativen (>0) ganzzahligen Koeffizienten im Sinn. Du kannst das Orakel mit einer beliebigen ganzen Zahl x abfragen, und das Orakel wird dir den Wert von p(x) mitteilen. Wie viele Abfragen musst du machen, um p zu bestimmen?

Spoiler

Für die Polynominterpolation brauch ich eine Stützstelle mehr als den Grad des Polynoms.
Nun weiss ich aber nicht welchen Grad das Polynom hat.
Grundlegend gilt, dass N+1 Stützstellen zur Interpolation eines Polynoms des Grads N zwar reichen würde,
diese N+1 Stützstellen aber auch eine Teilmenge der Stützstellen eines Polynoms noch höheren Grades sein könnten.
Insofern könnte man Polynome niedrigeren Grades zwar auschließen, aber keine höhergradigen.

Also grundsätzlich würde ich sagen, das geht gar nicht.
Allerdings steht oben "ganzzahlige" x und "positive ganzahlige" Koeffizienten.

[kad]

Ein erstaunliches Resultat hat

Das Orakel in Delphi hat ein bestimmtes Polynom p (z. B. in der Variablen x) mit nichtnegativen (>0) ganzzahligen Koeffizienten im Sinn. Du kannst das Orakel mit einer beliebigen ganzen Zahl x abfragen, und das Orakel wird dir den Wert von p(x) mitteilen. Wie viele Abfragen musst du machen, um p zu bestimmen?

Spoiler

Für die Polynominterpolation brauch ich eine Stützstelle mehr als den Grad des Polynoms.
Nun weiss ich aber nicht welchen Grad das Polynom hat.
Grundlegend gilt, dass N+1 Stützstellen zur Interpolation eines Polynoms des Grads N zwar reichen würde,
diese N+1 Stützstellen aber auch eine Teilmenge der Stützstellen eines Polynoms noch höheren Grades sein könnten.
Insofern könnte man Polynome niedrigeren Grades zwar auschließen, aber keine höhergradigen.

Also grundsätzlich würde ich sagen, das geht gar nicht.
Allerdings steht oben "ganzzahlige" x und "positive ganzahlige" Koeffizienten.

Spoiler

Hier die Anzahl

Spoiler

2

Wieso reicht das?

[giffi marauder]

Ein erstaunliches Resultat hat

Das Orakel in Delphi hat ein bestimmtes Polynom p (z. B. in der Variablen x) mit nichtnegativen (>0) ganzzahligen Koeffizienten im Sinn. Du kannst das Orakel mit einer beliebigen ganzen Zahl x abfragen, und das Orakel wird dir den Wert von p(x) mitteilen. Wie viele Abfragen musst du machen, um p zu bestimmen?

Spoiler

Für die Polynominterpolation brauch ich eine Stützstelle mehr als den Grad des Polynoms.
Nun weiss ich aber nicht welchen Grad das Polynom hat.
Grundlegend gilt, dass N+1 Stützstellen zur Interpolation eines Polynoms des Grads N zwar reichen würde,
diese N+1 Stützstellen aber auch eine Teilmenge der Stützstellen eines Polynoms noch höheren Grades sein könnten.
Insofern könnte man Polynome niedrigeren Grades zwar auschließen, aber keine höhergradigen.

Also grundsätzlich würde ich sagen, das geht gar nicht.
Allerdings steht oben "ganzzahlige" x und "positive ganzahlige" Koeffizienten.

Spoiler

Hier die Anzahl

Spoiler

2

Wieso reicht das?

Spoiler

Na, das spar ich mir doch die Mühe noch drüber nachzudenken, ob N+2
in diesem speziellen Fall nicht doch reichen würde und wie man das zeigen könnte,
falls dem so wäre.

Die 2 sind mir aber völlig schleierhaft.

Die Polynome P1=(x+1), P2=(x^2+1)...Pn=(x^n+1) haben nichtnegativen (>0) ganzzahligen Koeffizienten (1,1)
und die beiden ganzzahligen Stützstellen/Stützwerte (0,1) und (1,2) gemeinsam.
Wie soll nun nur mit diesen beiden Stützstellen bestimmt werden, an welches Pi das Oraktel grad denkt?

Hab ich da was übersehen oder missverstanden?
Ev. dass x^2+1 gar nicht zulässig ist, weil dies auch als 1x^2+0x+1x geschrieben werden könnte
und der Koeffizient von x hier 0 ist?