Rechenaufgaben

[kad]

Gibt es ein Sechseck, das durch eine einzige (gerade) Linie in vier kongruente Dreiecke geteilt werden kann?

Statt viele Sechsecke zu zeichnen , um eine Lösung zu finden, könnte man mit 4 kongruenten Dreiecken starten und versuchen, sie geeignet zusammen zu schieben.

Spoiler

Ich scheitere noch an den 4 resultierenden Dreiecken und komme nur auf drei.

Ich nehme ein Rechteck und entferne davon 1/4.
Damit habe ich 1 Eck weniger, dafür 3 Neue -> 4-1+3=6
Wenn ich diesen "Schuh" diagonal durchscheineide, habe ich drei kongruente Dreiecke.

Spoiler

3 kongruente Dreiecke?

[giffi marauder]

Zwei Ranken, eine Winde und ein Geißblatt, klettern an einem Baumstamm hoch und beginnen und enden an derselben Stelle. Die Winde umkreist den Stamm dreimal gegen den Uhrzeigersinn, während das Geißblatt fünfmal im Uhrzeigersinn kreist. Wie oft kreuzen sie sich, wenn man die erste und letzte Treffen nicht mitzählt?

Spoiler

Wir haben es hier mit zwei Spiralen zu tun.
t= 0..2pi (den Baumstamm hoch)
Winde=(t,cos(3t),sin(3t)
Geisblatt=(t,cos(-5t),sin(-5t))

Die Frage ist nun, wie oft ist Winde=Geisblatt.

Da ich zu faul zum rechnen bin, schau ich mir hier jeweils 2 Kuven überlagert an.
https://www.geogebra.org/m/XGzbhMmn

Die jeweiligen Kreuzungspunkte sowohl der beiden Sinus als auch der beiden
Cosinuskurven sind bei t=0,1/4,2/4,3/4,4/4,5/4,6/4,7/4,8/4 pi
Ohne 0 und 2pi somit 7 Stück.

Interessanterweise kreuzen sie sich dann bei gleicher Windungsrichtung genau 1x.

[kad]

Zwei Ranken, eine Winde und ein Geißblatt, klettern an einem Baumstamm hoch und beginnen und enden an derselben Stelle. Die Winde umkreist den Stamm dreimal gegen den Uhrzeigersinn, während das Geißblatt fünfmal im Uhrzeigersinn kreist. Wie oft kreuzen sie sich, wenn man die erste und letzte Treffen nicht mitzählt?

Spoiler

Wir haben es hier mit zwei Spiralen zu tun.
t= 0..2pi (den Baumstamm hoch)
Winde=(t,cos(3t),sin(3t)
Geisblatt=(t,cos(-5t),sin(-5t))

Die Frage ist nun, wie oft ist Winde=Geisblatt.

Da ich zu faul zum rechnen bin, schau ich mir hier jeweils 2 Kuven überlagert an.
https://www.geogebra.org/m/XGzbhMmn

Die jeweiligen Kreuzungspunkte sowohl der beiden Sinus als auch der beiden
Cosinuskurven sind bei t=0,1/4,2/4,3/4,4/4,5/4,6/4,7/4,8/4 pi
Ohne 0 und 2pi somit 7 Stück.

Interessanterweise kreuzen sie sich dann bei gleicher Windungsrichtung genau 1x.

Spoiler

Das stimmt

[kad]

Zwei Ranken, eine Winde und ein Geißblatt, klettern an einem Baumstamm hoch und beginnen und enden an derselben Stelle. Die Winde umkreist den Stamm dreimal gegen den Uhrzeigersinn, während das Geißblatt fünfmal im Uhrzeigersinn kreist. Wie oft kreuzen sie sich, wenn man die erste und letzte Treffen nicht mitzählt?

Spoiler

Wir haben es hier mit zwei Spiralen zu tun.
t= 0..2pi (den Baumstamm hoch)
Winde=(t,cos(3t),sin(3t)
Geisblatt=(t,cos(-5t),sin(-5t))

Die Frage ist nun, wie oft ist Winde=Geisblatt.

Da ich zu faul zum rechnen bin, schau ich mir hier jeweils 2 Kuven überlagert an.
https://www.geogebra.org/m/XGzbhMmn

Die jeweiligen Kreuzungspunkte sowohl der beiden Sinus als auch der beiden
Cosinuskurven sind bei t=0,1/4,2/4,3/4,4/4,5/4,6/4,7/4,8/4 pi
Ohne 0 und 2pi somit 7 Stück.

Interessanterweise kreuzen sie sich dann bei gleicher Windungsrichtung genau 1x.

Spoiler

Das stimmt

Spoiler

Wenn wir den Baumstamm mit den noch daran hängenden Ranken gedanklich verdrehen, sehen wir, dass das Ergebnis dasselbe ist, als ob die Winde gerade nach oben und das Geißblatt 5 + 3 = 8 Mal herumgewandert wäre. Insgesamt gibt es also neun Begegnungen, und die Antwort, wenn man die oberen und unteren Enden nicht mitzählt, lautet 7.

[kad]

Zu Beginn der Saison 2019 lag die Freiwurfquote von WNBA-Star Missy Overshoot unter 80 %, aber am Ende der Saison lag sie über 80 %. Muss es einen Moment in der Saison gegeben haben, in dem Missys Freiwurfquote genau 80 % betrug?

[kad]

Spoiler

Die restlichen Gefangenen bekommen nichts mit.

Spoiler

Ok, also kein Informationszugewinn im Laufe des Verfahrens.

Wenn wi die Wahrscheinlichkeit dafür ist, dass die Person i richtig liegt
würde jeder weitere Raterei zu einer kleiner Gesamtwahrscheinlichkeit führen (wi^n<wi)

Offentsichtlich ist es somit optimal, dass nur einer eine Vermutung anstellt,
da, wenn der erste Rater richtig liegt, alle frei sind wenn die nachfolgenden passen
und falls der falsch liegt, eh keiner frei kommt, egal ob die noch weiterraten oder auch nicht.

Auch scheint es mir ziemlich egal welcher hier rät, da Anfangs keiner mehr Informationen hat,
als irgend ein anderer und auch später nicht mehr weiss.

Doch wie könnte wi>0,5 sein?
Ist doch in der Hälfte aller möglichen Fälle sein Hut rot oder schwarz, völlig unabhängig davon was die anderen am Kopf haben.

Spoiler

Das erstaunliche ist, dass es möglich ist eine Gewinnwahrscheinlichkeit > 98% zu erreichen.
Das tönt wie Zauberei…….
Hast du nicht schon mal Hamming code erwähnt….

Spoiler

Natürlich bietet sich irgendwas mit der Parität an.
Aber ich finde da noch keinen Zugang.

Meine Lösung wäre, man verständigt sich auf eine Person die rät und diese
sagt, weil das Verhältnis von rot zu schwarz normverteilt ist, die Hutfarbe, die in der Minderheit ist.

Aber 98% Überlebenswahrscheinlichkeit bringt das wohl auch nicht.

Spoiler

Ich habe mit 3 Gefangenen herumgespielt und dann etwas entdeckt.

Spoiler

Bei 3 Gefangenen führt folgende Strategie zu einer Erfolgswahrscheinlichkeit von 3/4.

Wenn wir jeden Gefangenen anweisen, "rot" zu raten, wenn er zwei schwarze Hüte sieht und „schwarz“, wenn er zwei rote Hüte sieht und sonst zu passen (ie falls er einen roten und einen schwarzen Hut sieht).

Jetzt muss man eine geeignete Verallgemeinerung finden.