Rechenaufgaben

[giffi marauder]

Es werden n gewöhnliche Spielwürfel in einer Reihe nebeneinander auf den Tisch gelegt. Man addiert alle Augenzahlen, die nicht durch den Tisch oder durch einen Nachbarwürfel verdeckt sind. Die maximale Augenzahl, die man so erhalten kann, werde mit A(n), die minimale mit a(n) bezeichnet. Wir betrachten nun die Folge der Differenzen d(n) = A(n) − a(n). Für gewisse n ist das Folgenglied d(n) eine Quadratzahl (z. B. für n = 2, n = 6).
Für welche Würfelanzahl n erhält man die 1000. Quadratzahl der Folge?

Spoiler

do =5 die maximale Differenz einer Oberseite zur unsichtbaren Unterseite
de= 3 die maximale Differenz der Endseiten zu den verdeckten gegenüberliegenden Seiten des Würfels
(da wegen do=5 und der Annahme der Zahlen 1 und 6 für oben und unten, bleiben für hinten und vorne nur noch die Zahlen 2,5 mit maximaler Differenz 3)

Die de bleiben gleich und mit jedem Würfel mehr kommt ein do dazu.
-> d(n) 2*de+n*do=6+5n

Betrachtet man die n mit Quardatzahlen
d(2)=16=4²
d(6)=36=6²
d(15)=81=9²
d(23)=121=11²
d(38)=196=14²
erkennt man, dass sich die Wurzel der Quadratzahlen von Quadratzahl zu Quadratzahl alternierdend um +2 bzw +3 erhöhen
bzw. um +5 zur übernächsten Quadradtzahl.
Die Wurzel der x'te QZ ist damit (für gerade x) x/2*5+1
Wurzel 2. QZ = 6 = 2/2*5+1
Wurzel 4. QZ = 11 = 4/2*5+1
Wurzel 6. QZ = 16 = 6/2*5+1
...
Wurzel 1000. QZ =1000/2*5+1 = 2501
Die 1000. Quadratzahl damit 6.255.001
und ist das zugehörige n = (6.255.001-6)/5 = 1.250.999

[kad]

Es werden n gewöhnliche Spielwürfel in einer Reihe nebeneinander auf den Tisch gelegt. Man addiert alle Augenzahlen, die nicht durch den Tisch oder durch einen Nachbarwürfel verdeckt sind. Die maximale Augenzahl, die man so erhalten kann, werde mit A(n), die minimale mit a(n) bezeichnet. Wir betrachten nun die Folge der Differenzen d(n) = A(n) − a(n). Für gewisse n ist das Folgenglied d(n) eine Quadratzahl (z. B. für n = 2, n = 6).
Für welche Würfelanzahl n erhält man die 1000. Quadratzahl der Folge?

Spoiler

do =5 die maximale Differenz einer Oberseite zur unsichtbaren Unterseite
de= 3 die maximale Differenz der Endseiten zu den verdeckten gegenüberliegenden Seiten des Würfels
(da wegen do=5 und der Annahme der Zahlen 1 und 6 für oben und unten, bleiben für hinten und vorne nur noch die Zahlen 2,5 mit maximaler Differenz 3)

Die de bleiben gleich und mit jedem Würfel mehr kommt ein do dazu.
-> d(n) 2*de+n*do=6+5n

Betrachtet man die n mit Quardatzahlen
d(2)=16=4²
d(6)=36=6²
d(15)=81=9²
d(23)=121=11²
d(38)=196=14²
erkennt man, dass sich die Wurzel der Quadratzahlen von Quadratzahl zu Quadratzahl alternierdend um +2 bzw +3 erhöhen
bzw. um +5 zur übernächsten Quadradtzahl.
Die Wurzel der x'te QZ ist damit (für gerade x) x/2*5+1
Wurzel 2. QZ = 6 = 2/2*5+1
Wurzel 4. QZ = 11 = 4/2*5+1
Wurzel 6. QZ = 16 = 6/2*5+1
...
Wurzel 1000. QZ =1000/2*5+1 = 2501
Die 1000. Quadratzahl damit 6.255.001
und ist das zugehörige n = (6.255.001-6)/5 = 1.250.999

Spoiler

Wie immer: elegant und richtig

[kad]

Ist hier die Lust raus?

Ruth kandidiert für ein lokales Amt gegen Marcel und gewinnt mit 105 Stimmen gegenüber 95 Stimmen von Marcel. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Ruth bei der Auszählung der Stimmen (in zufälliger Reihenfolge) die ganze Zeit in Führung lag?

Nach Bertrand's ballot theorem kann man das so berechnen:

P = (105−95)/(105+95) = 10/200 = 0,05 also 5 Prozent.
​

Genau, 5%

[Eisrose]

Mal eine Rechenaufgabe aus der Realität.

Die Linke benötigt für den Wiedereinzug in den Bundestag drei Direktmandate. In fünf Wahlkreisen hat sie folgende Chancen auf Direktmandat:

Wahlkreis 1: 95 Prozent
Wahlkreis 2: 60 Prozent
Wahlkreis 3: 22 Prozent
Wahlkreis 4: 11 Prozent
Wahlkreis 5: 1 Prozent

In den restlichen Wahlkreisen hat sie keine Chance.

Wie hoch ist danach insgesamt die Chance, die drei benötigten Direktmandate zu gewinnen?

[kad]

Mal eine Rechenaufgabe aus der Realität.

Die Linke benötigt für den Wiedereinzug in den Bundestag drei Direktmandate. In fünf Wahlkreisen hat sie folgende Chancen auf Direktmandat:

Wahlkreis 1: 95 Prozent
Wahlkreis 2: 60 Prozent
Wahlkreis 3: 22 Prozent
Wahlkreis 4: 11 Prozent
Wahlkreis 5: 1 Prozent

In den restlichen Wahlkreisen hat sie keine Chance.

Wie hoch ist danach insgesamt die Chance, die drei benötigten Direktmandate zu gewinnen?

Spoiler

Als Näherung könnten wir nur WK1, WK2 und WK3 berücksichtigen (weil sie die höchsten Wahrscheinlichkeiten für ein Direktmandat haben). Die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei erfolgreich sind ist 0.95*0.6*0.22=0.1254, also 12.54%.
Und genauer mit allen 5 Wahlkreisen: 18.93%.
zB, können wir die Wahrscheinlichkeiten für 0 Direktmandate, 1 Direktmandat und 2 Direktmandate zusammenzählen und dann von 1 abzählen, was dann die Wahrscheinlichkeit für 3, 4 oder 5 Direktmandate ergibt.

[Eisrose]

Spoiler

18,93 Prozent hatte ich auch raus

[giffi marauder]

Mal eine Rechenaufgabe aus der Realität.

Die Linke benötigt für den Wiedereinzug in den Bundestag drei Direktmandate. In fünf Wahlkreisen hat sie folgende Chancen auf Direktmandat:

Wahlkreis 1: 95 Prozent
Wahlkreis 2: 60 Prozent
Wahlkreis 3: 22 Prozent
Wahlkreis 4: 11 Prozent
Wahlkreis 5: 1 Prozent

In den restlichen Wahlkreisen hat sie keine Chance.

Wie hoch ist danach insgesamt die Chance, die drei benötigten Direktmandate zu gewinnen?

Spoiler

wir betrachten das Problem als eine 5-stellige Binärzahl,
bei der jedes bit mit der Direktmandatswahrscheinlichkeit 1 und mit der Gegenwahrscheinichekit 0 ist.
Wir haben also 32 verschiedene Kombinationen mit der Wahrscheinlichkeit ihres Eintretens:
5 Mandate=11111=0,95*0,6*0,22*0,11*0,01=0,00013794=0,014%
....
Kein Mandat=00000=0,05*0,4*0,78*0,89*0,99=0,01374516=1,37%

Die Summe der Wahrscheinlichkeiten der Kombination mit mehr als 2 1'er ist die gesuchte Lösung
-> 0,18934434 = 18,93%

Die Wahrscheinlichkeiten aller 32 Kombinationen gemäß oben zu berechnen bedarf es nach obigem Schema
32*4=128 Multiplikationen.
Gehts auch mit weniger und wieviele wären das minimal?

[kad]

Mal eine Rechenaufgabe aus der Realität.

Die Linke benötigt für den Wiedereinzug in den Bundestag drei Direktmandate. In fünf Wahlkreisen hat sie folgende Chancen auf Direktmandat:

Wahlkreis 1: 95 Prozent
Wahlkreis 2: 60 Prozent
Wahlkreis 3: 22 Prozent
Wahlkreis 4: 11 Prozent
Wahlkreis 5: 1 Prozent

In den restlichen Wahlkreisen hat sie keine Chance.

Wie hoch ist danach insgesamt die Chance, die drei benötigten Direktmandate zu gewinnen?

Spoiler

wir betrachten das Problem als eine 5-stellige Binärzahl,
bei der jedes bit mit der Direktmandatswahrscheinlichkeit 1 und mit der Gegenwahrscheinichekit 0 ist.
Wir haben also 32 verschiedene Kombinationen mit der Wahrscheinlichkeit ihres Eintretens:
5 Mandate=11111=0,95*0,6*0,22*0,11*0,01=0,00013794=0,014%
....
Kein Mandat=00000=0,05*0,4*0,78*0,89*0,99=0,01374516=1,37%

Die Summe der Wahrscheinlichkeiten der Kombination mit mehr als 2 1'er ist die gesuchte Lösung
-> 0,18934434 = 18,93%

Die Wahrscheinlichkeiten aller 32 Kombinationen gemäß oben zu berechnen bedarf es nach obigem Schema
32*4=128 Multiplikationen.
Gehts auch mit weniger und wieviele wären das minimal?

Spoiler

Es geht mit weniger. Die Summe der 32 Wahrscheinlichkeiten ergibt 1. Also gilt für jede der 32 Kombinationen, dass deren Wahrscheinlichkeit = 1 - Summe der Wahrscheinlichkeiten der restlichen 31 Kombinationen ist. Wären also 124 Multiplikationen.
Tbc

[kad]

Auf einer Linie befinden sich zwei gleich aussehende Kugeln und eine senkrechte Wand. Die Kugeln sind vollkommen elastisch und reibungsfrei; die Wand ist vollkommen starr; der Boden ist vollkommen eben. Wenn die Bälle die gleiche Masse haben und der weiter von der Wand entfernte Ball auf den näheren Ball zugerollt wird, stößt er den näheren Ball gegen die Wand; dieser Ball prallt zurück und trifft den ersten Ball, der dann (für immer) von der Wand wegrollt. Insgesamt gibt es drei Aufprallvorgänge. Nehmen wir nun an, die weiter entfernte Kugel hat eine Million Mal mehr Masse als die nähere Kugel. Wie oft prallt sie nun ab? (Die Auswirkungen von Drehimpuls, Relativitätstheorie und Anziehungskraft können ignoriert werden).

[giffi marauder]

Es geht mit weniger. Die Summe der 32 Wahrscheinlichkeiten ergibt 1. Also gilt für jede der 32 Kombinationen, dass deren Wahrscheinlichkeit = 1 - Summe der Wahrscheinlichkeiten der restlichen 31 Kombinationen ist. Wären also 124 Multiplikationen.
Tbc

Spoiler

Ich bin bei 48 Multiplikationen

Spoiler

Seien die Warhscheinlichkeiten a,b,c,d,e und die Gegenwahrscheinlichkeiten a',b',c',d',e'
so erhalten wir alle Wahrscheinlicheiten durch
(a+a')*(b+b')*(c+c')*(d+d')*(e+e')=abcde+abcde'+...+a'b'c'd'e'

Wir rechnen
(a+a')*(b+b')=ab+ab'+a'b+a'b' -> 4 Duppel durch 2*2=4 Multiplikationen
sowie (d+d')*(e+e')= de+de'+d'e+d'e' -> 4 Duppel durch 2*2=4 Multiplikationen
dann (ab+ab'+a'b+a'b)(c+c') -> 8 Trippel durch 2*4=8 Multiplikationen
und multiplizieren dann noch die 8 Trippel mit den 4 Duppeln (abc+...+a'b'c')*(de+de'+d'e+d'e') -> 32 Quintupel durch 4*8=32 Multiplikationen.

Das wären dann in Summe 4+4+8+32=48 Multiplikationen.

Aber vielleicht übersehe ich da was auch.

[kad]

Es geht mit weniger. Die Summe der 32 Wahrscheinlichkeiten ergibt 1. Also gilt für jede der 32 Kombinationen, dass deren Wahrscheinlichkeit = 1 - Summe der Wahrscheinlichkeiten der restlichen 31 Kombinationen ist. Wären also 124 Multiplikationen.
Tbc

Spoiler

Ich bin bei 48 Multiplikationen

Spoiler

Seien die Warhscheinlichkeiten a,b,c,d,e und die Gegenwahrscheinlichkeiten a',b',c',d',e'
so erhalten wir alle Wahrscheinlicheiten durch
(a+a')*(b+b')*(c+c')*(d+d')*(e+e')=abcde+abcde'+...+a'b'c'd'e'

Wir rechnen
(a+a')*(b+b')=ab+ab'+a'b+a'b' -> 4 Duppel durch 2*2=4 Multiplikationen
sowie (d+d')*(e+e')= de+de'+d'e+d'e' -> 4 Duppel durch 2*2=4 Multiplikationen
dann (ab+ab'+a'b+a'b)(c+c') -> 8 Trippel durch 2*4=8 Multiplikationen
und multiplizieren dann noch die 8 Trippel mit den 4 Duppeln (abc+...+a'b'c')*(de+de'+d'e+d'e') -> 32 Quintupel durch 4*8=32 Multiplikationen.

Das wären dann in Summe 4+4+8+32=48 Multiplikationen.

Aber vielleicht übersehe ich da was auch.

Spoiler

Geht es nicht mit noch weniger Multiplikationen?
Nimm

(a+a')*(b+b')=ab+ab'+a'b+a'b'=1, dann gilt ab=1-ab'-a'b-a'b', also 3 Multiplikationen

In Summe 4 weniger, also 44 Multiplikationen. Wahrscheinlich kann man noch weiter optimieren…..

[giffi marauder]

Auf einer Linie befinden sich zwei gleich aussehende Kugeln und eine senkrechte Wand. Die Kugeln sind vollkommen elastisch und reibungsfrei; die Wand ist vollkommen starr; der Boden ist vollkommen eben. Wenn die Bälle die gleiche Masse haben und der weiter von der Wand entfernte Ball auf den näheren Ball zugerollt wird, stößt er den näheren Ball gegen die Wand; dieser Ball prallt zurück und trifft den ersten Ball, der dann (für immer) von der Wand wegrollt. Insgesamt gibt es drei Aufprallvorgänge. Nehmen wir nun an, die weiter entfernte Kugel hat eine Million Mal mehr Masse als die nähere Kugel. Wie oft prallt sie nun ab? (Die Auswirkungen von Drehimpuls, Relativitätstheorie und Anziehungskraft können ignoriert werden).

Spoiler

Ich tippe auf 3142 Kollisionen.

[kad]

Auf einer Linie befinden sich zwei gleich aussehende Kugeln und eine senkrechte Wand. Die Kugeln sind vollkommen elastisch und reibungsfrei; die Wand ist vollkommen starr; der Boden ist vollkommen eben. Wenn die Bälle die gleiche Masse haben und der weiter von der Wand entfernte Ball auf den näheren Ball zugerollt wird, stößt er den näheren Ball gegen die Wand; dieser Ball prallt zurück und trifft den ersten Ball, der dann (für immer) von der Wand wegrollt. Insgesamt gibt es drei Aufprallvorgänge. Nehmen wir nun an, die weiter entfernte Kugel hat eine Million Mal mehr Masse als die nähere Kugel. Wie oft prallt sie nun ab? (Die Auswirkungen von Drehimpuls, Relativitätstheorie und Anziehungskraft können ignoriert werden).

Spoiler

Ich tippe auf 3142 Kollisionen.

Spoiler

Wir sind nahe. Bei mir sind es 3141 (ja, hat mit pi zu tun).

[giffi marauder]

Auf einer Linie befinden sich zwei gleich aussehende Kugeln und eine senkrechte Wand. Die Kugeln sind vollkommen elastisch und reibungsfrei; die Wand ist vollkommen starr; der Boden ist vollkommen eben. Wenn die Bälle die gleiche Masse haben und der weiter von der Wand entfernte Ball auf den näheren Ball zugerollt wird, stößt er den näheren Ball gegen die Wand; dieser Ball prallt zurück und trifft den ersten Ball, der dann (für immer) von der Wand wegrollt. Insgesamt gibt es drei Aufprallvorgänge. Nehmen wir nun an, die weiter entfernte Kugel hat eine Million Mal mehr Masse als die nähere Kugel. Wie oft prallt sie nun ab? (Die Auswirkungen von Drehimpuls, Relativitätstheorie und Anziehungskraft können ignoriert werden).

Spoiler

Ich tippe auf 3142 Kollisionen.

Spoiler

Wir sind nahe. Bei mir sind es 3141 (ja, hat mit pi zu tun).

Shit, jetzt muss ich das nochmal zählen.

Spoiler

Hier zwei Diagramme der beiden Geschwindigkeiten v1, v2
und ja, das Phasendiagramm schaut verdächtig kreisförmig aus.

Unbenannt.png (24.7 KiB) 132 mal betrachtet

Wie man schön sehen kann haben wir von v1=1 bis v1=-1 einen Halbkreis
und jeder Schritt zwischen dem Aufeinandertreffen der beiden Kugeln bewegt uns gleich viele Grad vorwärts.
Damit können wir aus dem ersten Schritt die Grad (g) berechnen, die wir für jeden Schritt benötigen.
Und aus g=180/n -> n=180/g

Gegeben ist m1=1.000.000 v1=1 m2=1 v2=0
Nach der ersten Kollision haben wir v1'=0,999998 v2'=2 (Impulsgleichungen)

V2' müssen wir für einen hübschen Kreis noch normieren.
Die Maximalgeschwindkeit von Kugel 2 ist erreicht, wenn m1v1'=m2*v2'
v2max ist in diesem Fall 1000 (m1=10^x->v2max=3,16228^x)

Dann wäre g=arctan(v2'/v2max)/v1'
-> g=arctan(2/1000/0,999998) = 0,11459141
->n=180/0,11459141=1570,79837
Das noch mal 2 = 3.141,59674
Sapperlot.

Im allgmeinen Fall dann wohl Pi*max_V2.

PS:
3,16228 ist natürlich sqrt(10)

Damit gilt die Beziehung:
m1=10^x -> n=pi*10^(x/2)


TADA und TUSCH
n=pi*sqrt(m1/m2)

Mit der Annahme v1=1 ist v1 ja ein bisschen unter den Tisch gefallen.
Tatsächlich ist v2 proportional zu v1.
Durch die Normierung mit v2_max (=v1*10^(x/2)) aber irrelevant für n.

Die Kurzfassung:

Spoiler

n=pi*sqrt(m1/m2)

[kad]

Auf einer Linie befinden sich zwei gleich aussehende Kugeln und eine senkrechte Wand. Die Kugeln sind vollkommen elastisch und reibungsfrei; die Wand ist vollkommen starr; der Boden ist vollkommen eben. Wenn die Bälle die gleiche Masse haben und der weiter von der Wand entfernte Ball auf den näheren Ball zugerollt wird, stößt er den näheren Ball gegen die Wand; dieser Ball prallt zurück und trifft den ersten Ball, der dann (für immer) von der Wand wegrollt. Insgesamt gibt es drei Aufprallvorgänge. Nehmen wir nun an, die weiter entfernte Kugel hat eine Million Mal mehr Masse als die nähere Kugel. Wie oft prallt sie nun ab? (Die Auswirkungen von Drehimpuls, Relativitätstheorie und Anziehungskraft können ignoriert werden).

Spoiler

Ich tippe auf 3142 Kollisionen.

Spoiler

Wir sind nahe. Bei mir sind es 3141 (ja, hat mit pi zu tun).

Shit, jetzt muss ich das nochmal zählen.

Spoiler

Hier zwei Diagramme der beiden Geschwindigkeiten v1, v2
und ja, das Phasendiagramm schaut verdächtig kreisförmig aus.
Unbenannt.png

Wie man schön sehen kann haben wir von v1=1 bis v1=-1 einen Halbkreis
und jeder Schritt zwischen dem Aufeinandertreffen der beiden Kugeln bewegt uns gleich viele Grad vorwärts.
Damit können wir aus dem ersten Schritt die Grad (g) berechnen, die wir für jeden Schritt benötigen.
Und aus g=180/n -> n=180/g

Gegeben ist m1=1.000.000 v1=1 m2=1 v2=0
Nach der ersten Kollision haben wir v1'=0,999998 v2'=2 (Impulsgleichungen)

V2' müssen wir für einen hübschen Kreis noch normieren.
Die Maximalgeschwindkeit von Kugel 2 ist erreicht, wenn m1v1'=m2*v2'
v2max ist in diesem Fall 1000 (m1=10^x->v2max=3,16228^x)

Dann wäre g=arctan(v2'/v2max)/v1'
-> g=arctan(2/1000/0,999998) = 0,11459141
->n=180/0,11459141=1570,79837
Das noch mal 2 = 3.141,59674
Sapperlot.

Im allgmeinen Fall dann wohl Pi*max_V2.

PS:
3,16228 ist natürlich sqrt(10)

Damit gilt die Beziehung:
m1=10^x -> n=pi*10^(x/2)


TADA und TUSCH
n=pi*sqrt(m1/m2)

Mit der Annahme v1=1 ist v1 ja ein bisschen unter den Tisch gefallen.
Tatsächlich ist v2 proportional zu v1.
Durch die Normierung mit v2_max (=v1*10^(x/2)) aber irrelevant für n.

Die Kurzfassung:

Spoiler

n=pi*sqrt(m1/m2)

Spoiler

Chapeau!

Ist doch schon erstaunlich, dass das Resultat unabhängig ist vom Abstand der Kugeln zur Wand und der Anfangsgeschwindigkeit der schwereren Kugel.
Und das Tüpfchen auf dem i ist dann der Zusammenhang mit pi.
Falls die schwerere Kugel 10^2k schwerer ist als die leichtere Kugel, dann ist n gleich der k+1 ersten Stellen von pi, was glaube ich nicht ganz n=pi*sqrt(m1/m2) entspricht. Aber vielleicht verstehe ich etwas nicht.
Ich habe einen etwas anderen Lösungsweg, den ich noch liefern werde - aber erst am WE. Ich muss zuerst den Zirkel bei uns finden und die Enkeln wieder abgeben können…