Politik im Exil - Politische Diskussionen

kad hat geschrieben: ↑10.07.2024, 08:53

kad hat geschrieben: ↑08.07.2024, 11:39 101 Ameisen werden nach dem Zufallsprinzip auf einem ein Meter langen Stab platziert, mit der Ausnahme, dass eine von ihnen, Anna, genau in der Mitte platziert wird. Jede Ameise wird mit Blick in eine zufällige Richtung platziert. Zu einem bestimmten Zeitpunkt fangen alle Ameisen an, in die Richtung zu krabbeln, in die sie schauen, wobei sie sich immer mit einem Meter pro Minute fortbewegen. Wenn eine Ameise auf eine andere Ameise trifft oder das Ende des Stabes erreicht, dreht sie sich sofort um und läuft in die andere Richtung weiter. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich Anna nach 1 Minute wieder genau in der Mitte des Stabes befindet?

Lösung

Beim ersten Ameisenrätsel hatte giffi vorgeschlagen (um die Lösung verständlicher zu machen), jeder Ameise ein Fähnchen in die Hand zu geben, welches bei einer Kollision mit einer anderen Ameise getauscht wird. Das übernehmen wir. Und: Wenn eine Ameise ein Ende des Stabes erreicht kehrt sie (und das Fähnchen) um. Genau eine Minute nach dem Start ist jedes Fähnchen von dem Ende des Stocks, auf das er ursprünglich gerichtet war, umgedreht und hat genau den Punkt erreicht, der der Spiegelung seines Startpunkts an der Mitte des Stabes entspricht. Insbesondere Annas ursprüngliches Fähnchen, das in der Mitte des Stocks gestartet war, befindet sich jetzt wieder in der Mitte, mit einer Ameise. Aber ist das die Ameise Anna?
Die Reihenfolge der Ameisen bleibt während der gesamten aktionsreichen Minute unverändert. Wenn Anna also anfangs die k-te Ameise von links war, ist sie auch eine Minute später noch die k-te Ameise von links. Anfangs gab es k - 1 Fähnchen links von Annas Fähnchen; eine Minute später sind diese Fähnchen alle um die Mitte gespiegelt worden, so dass es jetzt genau k - 1 Fähnchen rechts von Annas ursprünglichem Fähnchen gibt. Anna kann also am Ende nur dann ihr ursprüngliches Fähnchen haben, wenn sich anfangs genau 50 Ameisen auf jeder Seite von ihr befanden. Die Wahrscheinlichkeit, dass dies geschieht, ist genau
2^-100 * (100 50).
Bei (100 50) sollte 50 unterhalb 100 stehen (Kombinationen ohne Wiederholungen).

Das ist (mit Stirlingformel) etwa 0,0798, also fast 8 Prozent

Da ich die Lösung des vorherigen Rätsel (ehrlich gesagt) nicht verstanden habe,
da ich der Meiung bin, dass aus der Anwesenheit des Fähnchens von A und A an der gleichen Stelle nicht automatisch folgt, dass A das Fähnchen trägt,
werde ich mich hüten, hiermit meine grauen Zellen zu malträtieren.

kad hat geschrieben: ↑09.08.2024, 20:13 Welcher Teil des Quadrates ist rot schattiert?

40db8f64-1ec5-4c1e-99de-e8976a4b048a.jpeg (158.91 KiB) 1010 mal betrachtet

kad hat geschrieben: ↑12.08.2024, 17:12 Und für diejenigen, welche nicht gerne Kopfrechnen, ein hübsches Rätsel aus R. Smullyans Buch “Die Rätsel von Scheherazade”

….."Mit Vergnügen", antwortete Scheherazade. "Sag mir Folgendes: Gibt es mindestens zwei arabische Menschen, die genau die gleiche Anzahl arabischer Freunde haben?" "Nun, woher soll ich das wissen?", fragte der König. "Lassen Sie mich eines klarstellen", sagte Scheherazade. "Ich verwende das Wort Freunde im gegenseitigen Sinne - zum Beispiel ist Ali nur dann ein Freund von Ahmed, wenn Ahmed auch ein Freund von Ali ist. Die Beziehung der Freundschaft ist als symmetrisch zu verstehen. Außerdem betrachte ich eine Person nicht als Freund ihrer selbst." "Das hilft nicht", sagte der König. "Ich kann es immer noch nicht wissen - und du auch nicht. Soweit ich weiß, könnte es zwei Araber geben, die die gleiche Anzahl von arabischen Freunden haben, und ich wage zu behaupten, dass es wahrscheinlich welche gibt. Aber wie die Chancen stehen, kann ich nicht sagen - und du auch nicht." Der König irrte sich in seiner letzten Behauptung, denn Scheherazade wusste genau, wie die Chancen standen, und das wirst du auch, wenn du dieses Rätsel löst. Wie stehen die Chancen?

giffi marauder hat geschrieben: ↑12.08.2024, 11:29
Ich tippe auf 2/3 rot

….also habe ich dann den anderen Weg gewählt:

Spoiler

Ursprünglich waren es 1,5 rote und 1,5 weisse Dreiecke mit einem Verhältnis von 1:1
Wir teilen die Fläche in 24 Stücke (6 senkrechte Streifen, 4 waagrechte Zeilen)

Betrachten wir die 4 Quadranten und die Farben der jeweiligen 6 24-stel.
Von links oben, nach rechts, nach unten, nach links
rot/weiss
Q1: 5/1
Q2: 4/2
Q3: 1/5
Q4: 2/4

Nun invertieren wir entlang der Dialgonalen:
Q1: 5/1 (unverändert)
Q3: 5/1 (völlig invertiert)
Q2 und Q4(* korrektur) je zur Hälfte an der Diagonale invertiert.
Da Q2 und Q4 (*) jedoch symetrisch sind und somit jede invertierte Teilfläche ein Gegenstück im anderen Quadranten hat,
ändert sich das Gesamtverhältnis nicht und bleibt von Q2 und Q4 (*) zusammen bei 6/6.
Damit haben wir 16 rote und 8 weisse Teilflächen.
e voila 2:1 = 2/3 rot

kad hat geschrieben: ↑12.08.2024, 16:35 Im Kopf!
Welches sind die Primfaktoren von 2021? Und von 2024?

Spoiler

Gehen wir mal davon aus, es gäbe zwei Zahlen a,b mit a*b=Z,
dann wär w=Wurzel aus Z schon mal ein guter Anfang und a<=w<=b

40^2=1600
50^2 =2500
45^2=(40+5)^2=1600+2*40*5+5*5=2025 ein ziemlich guter Startwert. (*)
Jetzt gehen wir so vor:

a=b=w
ab=a*b
Start:
wenn ab=z -> weiter mit den Primazahlenzerlegungen von a und b
wenn ab>z -> a=a-1, ab=ab-b und zurück an den Start:
wenn ab<z -> b=b+1 ab=ab+a und zurück an den Start:
(wir multiplizieren also nicht jedesmal neu, sondern zählen einfach den anderen Wert ab bzw. dazu)

Für 2021 ergibt das:
a|b|a*b
45|45|2025 (zu groß)
44|45|1980 (2025-45) (zu klein)
44|46|2024 (1980+44) (zu groß)
43|46|1978 (2024-46) (zu klein)
43|47|2021 (passt)
da 43 ud 47 Primazahlen sind sind wir fertig.
2021=43*47

Das Ergebnis für 2024 steht schon fast da.
44|46|2024 (siehe oben)
Zerlegung der beiden Zahlen ergibt dann 2*2*11*2*23
2024=2^3*11*23

Zugegeben, ein Notizzettel ist da schon hilfreich.

(*) da fehlt die Prüfung ob nicht andere Werte besser wären.
Dazu nehmen die binomischen Formeln.
(x+1)^2=x2+2x+1
(x+1)^2=x2-2x+1
mit x=45 ergibt sich für 44^2 (2025-89) und für 46^2 (2025+91), dass beide viel weiter weg
von unseren Zahlen sind und somit schlechtere Startwerte sind.

giffi marauder hat geschrieben: ↑13.08.2024, 14:20

kad hat geschrieben: ↑12.08.2024, 16:35 Im Kopf!
Welches sind die Primfaktoren von 2021? Und von 2024?

Ich probiers mal:

Spoiler

Gehen wir mal davon aus, es gäbe zwei Zahlen a,b mit a*b=Z,
dann wär w=Wurzel aus Z schon mal ein guter Anfang und a<=w<=b

40^2=1600
50^2 =2500
45^2=(40+5)^2=1600+2*40*5+5*5=2025 ein ziemlich guter Startwert. (*)
Jetzt gehen wir so vor:

a=b=w
ab=a*b
Start:
wenn ab=z -> weiter mit den Primazahlenzerlegungen von a und b
wenn ab>z -> a=a-1, ab=ab-b und zurück an den Start:
wenn ab<z -> b=b+1 ab=ab+a und zurück an den Start:
(wir multiplizieren also nicht jedesmal neu, sondern zählen einfach den anderen Wert ab bzw. dazu)

Für 2021 ergibt das:
a|b|a*b
45|45|2025 (zu groß)
44|45|1980 (2025-45) (zu klein)
44|46|2024 (1980+44) (zu groß)
43|46|1978 (2024-46) (zu klein)
43|47|2021 (passt)
da 43 ud 47 Primazahlen sind sind wir fertig.
2021=43*47

Das Ergebnis für 2024 steht schon fast da.
44|46|2024 (siehe oben)
Zerlegung der beiden Zahlen ergibt dann 2*2*11*2*23
2024=2^3*11*23

Zugegeben, ein Notizzettel ist da schon hilfreich.

(*) da fehlt die Prüfung ob nicht andere Werte besser wären.
Dazu nehmen die binomischen Formeln.
(x+1)^2=x2+2x+1
(x+1)^2=x2-2x+1
mit x=45 ergibt sich für 44^2 (2025-89) und für 46^2 (2025+91), dass beide viel weiter weg
von unseren Zahlen sind und somit schlechtere Startwerte sind.

kad hat geschrieben: ↑13.08.2024, 13:54

giffi marauder hat geschrieben: ↑12.08.2024, 11:29
Ich tippe auf 2/3 rot

….also habe ich dann den anderen Weg gewählt:

Spoiler

Ursprünglich waren es 1,5 rote und 1,5 weisse Dreiecke mit einem Verhältnis von 1:1
Wir teilen die Fläche in 24 Stücke (6 senkrechte Streifen, 4 waagrechte Zeilen)

Betrachten wir die 4 Quadranten und die Farben der jeweiligen 6 24-stel.
Von links oben, nach rechts, nach unten, nach links
rot/weiss
Q1: 5/1
Q2: 4/2
Q3: 1/5
Q4: 2/4

Nun invertieren wir entlang der Dialgonalen:
Q1: 5/1 (unverändert)
Q3: 5/1 (völlig invertiert)
Q2 und Q4(* korrektur) je zur Hälfte an der Diagonale invertiert.
Da Q2 und Q4 (*) jedoch symetrisch sind und somit jede invertierte Teilfläche ein Gegenstück im anderen Quadranten hat,
ändert sich das Gesamtverhältnis nicht und bleibt von Q2 und Q4 (*) zusammen bei 6/6.
Damit haben wir 16 rote und 8 weisse Teilflächen.
e voila 2:1 = 2/3 rot

Ich verstehe deine Lösung nicht. Es fängt damit an (aber hört nicht damit auf), dass schon dein erster Satz
“Ursprünglich waren es 1,5 rote und 1,5 weisse Dreiecke mit einem Verhältnis von 1:1“
bei mir eine Denkblockade auslöst.

Eisrose hat geschrieben: ↑12.08.2024, 18:22

kad hat geschrieben: ↑12.08.2024, 17:12 Und für diejenigen, welche nicht gerne Kopfrechnen, ein hübsches Rätsel aus R. Smullyans Buch “Die Rätsel von Scheherazade”

….."Mit Vergnügen", antwortete Scheherazade. "Sag mir Folgendes: Gibt es mindestens zwei arabische Menschen, die genau die gleiche Anzahl arabischer Freunde haben?" "Nun, woher soll ich das wissen?", fragte der König. "Lassen Sie mich eines klarstellen", sagte Scheherazade. "Ich verwende das Wort Freunde im gegenseitigen Sinne - zum Beispiel ist Ali nur dann ein Freund von Ahmed, wenn Ahmed auch ein Freund von Ali ist. Die Beziehung der Freundschaft ist als symmetrisch zu verstehen. Außerdem betrachte ich eine Person nicht als Freund ihrer selbst." "Das hilft nicht", sagte der König. "Ich kann es immer noch nicht wissen - und du auch nicht. Soweit ich weiß, könnte es zwei Araber geben, die die gleiche Anzahl von arabischen Freunden haben, und ich wage zu behaupten, dass es wahrscheinlich welche gibt. Aber wie die Chancen stehen, kann ich nicht sagen - und du auch nicht." Der König irrte sich in seiner letzten Behauptung, denn Scheherazade wusste genau, wie die Chancen standen, und das wirst du auch, wenn du dieses Rätsel löst. Wie stehen die Chancen?

Spoiler

Die Chancen stehen bei 100 Prozent und zwar aufgrund des Schubfachprinzips.

Das gilt selbst dann, wenn man annimmt, dass ein Araber mehrere Hundertmillionen Freunde haben könnte, also quasi mit allen anderen Arabern befreundet sein könnte. Denn wenn ein Araber keine Freunde hätte, könnte niemand n-1 Freunde haben, da dieser Araber dann auch mit dem Araber mit 0 Freunden befreundet sein müsste, dann aber die Symmetrie gebrochen wäre. Wir haben also n Araber die n-2 unterschiedliche Freunde haben können, d.h. mindestens zwei Araber müssen die gleiche Anzahl von Freunden haben.

kad hat geschrieben: ↑13.08.2024, 14:57 Sehr schön.
Auch folgendes geht

Spoiler

Du hast schon bestimmt, dass 45² =2025 ist.
45²-2² =2021=(45+2)*(45-2)=47*43. (a + b) (a – b) = a² – b²

Spoiler

45|45|2025 (zu klein)
45|46|2070 (2025+45) (zu groß)
....
(1010 Zeilen später)
....
2|1013|2026


Ok, man könnte die Berechnung des Inkrements noch optimieren.

kad hat geschrieben: ↑14.08.2024, 00:05 "Wieder standen Abu, Ibn und Hasib vor Gericht, und es war bekannt, dass nur einer von ihnen schuldig war. Abu behauptete, unschuldig zu sein; Ibn stimmte zu, dass Abu unschuldig sei; und Hasib behauptete, er selbst sei der Schuldige. Es stellte sich heraus, dass der Schuldige gelogen hatte. Welcher von ihnen war schuldig?"

kad hat geschrieben: ↑14.08.2024, 00:05 Ein weiteres Rätsel aus dem Buch “Die Rätsel von Scheherazade”.


"Wieder standen Abu, Ibn und Hasib vor Gericht, und es war bekannt, dass nur einer von ihnen schuldig war. Abu behauptete, unschuldig zu sein; Ibn stimmte zu, dass Abu unschuldig sei; und Hasib behauptete, er selbst sei der Schuldige. Es stellte sich heraus, dass der Schuldige gelogen hatte. Welcher von ihnen war schuldig?"

Spoiler

Mein Tipp ist Abu.

Da der Schuldige gelogen hat und Hasib von sich selbst behauptet der Schuldige zu sein,
fällt er schon mal raus.

Dass Hasib damit gelogen hat, obwohl er unschuldig ist, spielt keine Rolle, denn
"der Schuldige hat gelogen" beduetet ja nicht automatisch, dass jeder der lügt schuldig ist.

Ibn behauptet dass A unschuldig ist, wär das die Wahrheit, wäre Ibn jedenfalls unschuldig und somit müsste A der Schuldige sein.
Also lügt auch Ibn und er selbst kann nicht schuldig sein.

Bleibt einzig Abu als schuldiger.

Abu behauptet nicht der Schuldige zu sein, da er das aber ist, lügt er.

Verlogene Bande allesamt.