Politik im Exil - Politische Diskussionen

Eisrose hat geschrieben: ↑21.08.2024, 15:32 Gegeben sei eine Posaune mit unendlicher Länge, hier mathematisch in einem Koordinatensystem dargestellt. Die Öffnung der Posaune wird mit einem Dezimeter Durchmesser angegeben. Wieviel Farbe wird benötigt, um dieser Posaune eine frische Farbe zu geben?

P.S. Die Antwort auf diese Frage ist übrigens auch ohne die Frage schön.

Spoiler

Wenn ich die Farbe unendlich dünn auftrage, wirds wohl nicht allzu viel sein.

giffi marauder hat geschrieben: ↑21.08.2024, 16:41

Eisrose hat geschrieben: ↑21.08.2024, 15:32 Gegeben sei eine Posaune mit unendlicher Länge, hier mathematisch in einem Koordinatensystem dargestellt. Die Öffnung der Posaune wird mit einem Dezimeter Durchmesser angegeben. Wieviel Farbe wird benötigt, um dieser Posaune eine frische Farbe zu geben?

P.S. Die Antwort auf diese Frage ist übrigens auch ohne die Frage schön.

Spoiler

Wenn ich die Farbe unendlich dünn auftrage, wirds wohl nicht allzu viel sein.

Spoiler

Im Gegenteil

kad hat geschrieben: ↑19.08.2024, 16:13

kad hat geschrieben: ↑16.08.2024, 12:04

Eisrose hat geschrieben: ↑16.08.2024, 11:54

giffi marauder hat geschrieben: ↑16.08.2024, 11:34

kad hat geschrieben: ↑14.08.2024, 23:31 Ich hoffe ihr habt an der folgenden Aufgabe auch Freude.

Kann Deutschland in ein Quadrat eingeschrieben werden?

Wir beziehen uns hier auf die Form von Deutschland, die durch eine (beliebige) Projektion auf eine Ebene entsteht.

Die Foristen aus Österreich und der Schweiz können die Aufgabe mit ihrem eigenen Land lösen.

Musste erst mal googeln was da gemeint sein könnte.
Also die Konturlinie von D innerhalb eines Quadrats zeichnen, so dass jede Seite des Quadrates mind. an einem Punkt berührt wird?

Ich denke, man nimmt die maximale Nord-Süd- und Ost-West-Ausdehnung und packt diese (durch Drehung) in ein entsprechendes Quadrat.

Bei deiner Konstruktion hat man zuerst ein Rechteck.
Wieso sollte bei „Drehung „ ein Quadrat entstehen und nicht Rechtecke?

Nimm dein Rechteck und drehe es um 90 Grad (es verändert sich dabei natürlich, weil Deutschland immer eingeschrieben sein muss). Wie haben sich Länge und Breite des Rechtecks verändert. Und jetzt?

kad hat geschrieben: ↑22.08.2024, 08:21 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?

Eisrose hat geschrieben: ↑21.08.2024, 16:46

giffi marauder hat geschrieben: ↑21.08.2024, 16:41

Eisrose hat geschrieben: ↑21.08.2024, 15:32 Gegeben sei eine Posaune mit unendlicher Länge, hier mathematisch in einem Koordinatensystem dargestellt. Die Öffnung der Posaune wird mit einem Dezimeter Durchmesser angegeben. Wieviel Farbe wird benötigt, um dieser Posaune eine frische Farbe zu geben?

P.S. Die Antwort auf diese Frage ist übrigens auch ohne die Frage schön.

Spoiler

Wenn ich die Farbe unendlich dünn auftrage, wirds wohl nicht allzu viel sein.

Im Gegenteil

Spoiler

Teil die Tröte in Segmente (1..2,2..3,etc...) und schmier der Reihe nach jeweils die Hälfte der Farbe die noch im Kübel ist da drauf.
Notfalls etwas dünner verteilen.
Wenn der Kübel leer ist, bist du fertig.

PS:
Das Paradoxon ist mir schon klar.
Das innere Volumen ist begrenzt, die Oberfläche nicht.
Ich kann also eine bestimmte Menge Farbe (< unendlich) reinleeren,
damit wäre aber dann auch die Oberfläche (innen) angemalt,
obwohl diese Oberfläche unendlich ist und deshalb (scheinbar) nur mit einer unendlichen Menge Farbe bemalt werden kann.

Grund dafür ist die Konvergenz des Radius gegen 0.
-> Konvergenz des Kreisumfanges gegen 0 proportional zum Radius. (r*2*pi)
-> Konvergenz der Kreisfläche gegen 0 proportional zum Radius^2 (r^2*pi)
Bei geeignerter Funktion r=f(x) konvergiert das Integral über den Kreisumfang (Oberfläche) gegen unendlich,
das Integral über die Kreisfläche (Volumen) zu einem endlichen Wert.

Nur hat die Oberfläche eben kein Volumen, die Farbe dann doch.
Die Frage nach der Menge an Farbe zur Bemalung einer Fläche ist so also gar nicht beantwortbar.

Um das Volumen der Farbe berechnen zu können, müsste man dem Anstrich eine Dicke geben.

Dazu kann man eine zweite parallele Kontur-Kurve konstruieren, indem man die erste um diese Dicke nach oben verschieben.
Ist der Radius der inneren Tröte r1=f(x), dann ist der Radius der äußeren Tröte r2=r1+d.
Das Volumen von Tröte 2 abzgl. dem Volumen der Tröte 1, ist dann die Farbmenge die man benötig.

Konvergiert der Radius der inneren Tröte nach 0, konvergiert der Radius der äußeren Tröte nach d
damit ist deren Volumen aber keineswegs begrenzt (wei bei Tröte 1), sondern ebenfalls unendlich.

Davon kann man zwar das innere der inneren Tröte wieder abziehen,
viel Farbe spart man dadurch aber nicht.

giffi marauder hat geschrieben: ↑22.08.2024, 13:01 Obwohl wir jetzt schon eine ganze Reihe von noch nicht ganz fertig gelösten Rätsel vor uns haben,
doch noch ein sehr hübsches.

Bei der Eroberung Galliens durch Cäsar soll sich folgendes zugetragen haben:
Nach der Schalcht von Alesia, der den Untergang des letzten keltischen Königreiches in (jetzt) Frankreich
besiegelte wurde noch ein kleiner Trupp von 41 Gallier etwas nördlich davon aufgestöbert, gefangen und
vor die Wahl gestellt, entweder als Galeerensklaven zu enden oder sich selbst zu töten.
Stur wie die Gallier nunmal sind, haben alle bis auf Tumirnix beschlossen, den Freitod zu wählen.
Nun ist Selbstmord für eine echten Gallier auch nicht praktikabel, also müssen sie sich gegenseitig erschlagen.
Dazu stellen sie sich im Kreis auf und ihr Anführer (Nr. 1) erschlägt den links neben ihm (Nr 2).
Die Nr. 3 die Nr 4, die 5 die 6 usf.
Immer schön reihum bis nur noch einer übrig ist.
Der darf diese Ruhmestat dann als freier Mann im Land verbreiten.
Tumirnix dachte kurz nach und da Gallerensklave auch nicht so toll ist, stellte sich auch in den Kreis.
Blöderweise fanden die Römer dann noch einen Gallier und stellten ihn rechts neben Tumirnix.
Tumirnix tauschte nun noch schnell den Platz mit einem seiner beiden Nachbarn und zog bis zum Ende seines Lebens
als hoch angesehener Barde durch die gallischen Lande.
Mit wem hat er getauscht?

kad hat geschrieben: ↑23.08.2024, 00:06 PS
Siehe dazu auch Asteroide 6304

giffi marauder hat geschrieben: ↑22.08.2024, 09:15

kad hat geschrieben: ↑22.08.2024, 08:21 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.

giffi marauder hat geschrieben: ↑22.08.2024, 09:15

kad hat geschrieben: ↑22.08.2024, 08:21 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?

kad hat geschrieben: ↑23.08.2024, 10:43

giffi marauder hat geschrieben: ↑22.08.2024, 09:15

kad hat geschrieben: ↑22.08.2024, 08:21 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.

Spoiler

Zur Abkürzung:
Ich hätte auch fragen können
„ Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass Tim öfter “0“ würfelt als Barbara?“
Also symmetrisch in 1 und 0. somit ist die Wahrscheinlichkeit 50%.

Spoiler

Also hier die Kurzversion:
ja 50% sind richtig (ich hab mich beim Addieren der Werte in der Matrix vertan).

Aber:
Diese 50% gelten keineswegs immer, sondern immer nur dann, wenn einer der beiden um genau einen Wurf mehr hat.
Sei
b=Wahrscheinlichkeit dass Barbara mehr (von was auch immer) als Tim hat
u= Wahrscheinlichkeit dass keiner von beiden mehr hat
t= Wahrscheinlichkeit dass Tim (mit einem zusätzlichen Wurf) mehr als Barbara hat
Dann bekommt man:
1x2->12,5% 37,5% 50%
2x3->18,8% 31,3% 50%
3x4->22,7% 27,3% 50%
4x5->25,4% 24,6% 50%
5x6->27,4% 22,6% 50%

Durch den letzten Wurf wird die symetrische Wahrscheinlichkeitsmatrix (der x mal x Würfe davor) dupliziert und eine für Tim "günstige" Richtung verschoben.
Nach Addition der beiden Verteilungen liegen genau 50% der Ereignisse im Eck von Tim.

Hier am Beispiel von 2x3 Würfen
Nach 2x2
Waagrecht:Tim (Anzahl "1"er oder "0" nach 2 Würfen) (binom für 2 Würfe)
----0,1,2
----1,2,1
0:1-1,2,1
1:2-2,4,2
2:1-1,2,1
Senkrecht: Barbara, (binom 2)
Gesamt 16

Eine Kopie schieben wir jetzt nach rechts und addieren beide,
was dann (no na) der Kombinationsmatrix für 2x3 entspricht.
----0,1,2,3 Tim (Anzahl "1"er oder "0" nach drei Würfen)
----1,3,3,1 (binom 3)
0:1-1,3,3,1
1:2-2,5,4,1
2:1-1,3,3,1
Senkrecht: Barbara, (binom 2)
Gesamt 32

Die Erklärung ist dann auch ziemlich einfach.
nach x Würfen von beiden haben wir eine auadratische Verteilungsmatirx mit
einem Siegereck für Tim (rechts oben), eine Diagonale für die Unentschieden und ein Siegereck für Barbara (links unten)
Die Wahrscheinlichkeiten der beiden Siegerecken (wt und wb) sind gleich groß.
Die Wahrscheinlichkeite für die unentschiedene Diagonale sei wd.
Damit ist 1=wt+wb+wd bzw. 1=2wt+wd und 0,5=wt+wd/2

Durch die Verdopplung und Verschiebung wandert die Kopie der Diagonale ins Eck von Tim, weil er die jetzt ja auch gewinnt.
Hatte Tim vorher eine Siegwahrscheinlichkeit von wt, so hat er nun (2wt+d)/2, was genau dem gesuchten wt+d/2=50% entspricht.

Überlegt man sich diesen Vorgang (bei jedem Wurf von Tim in Richtugn Tim und bei einem Wurf von Barbara in Richtung Barbara verschieben)
und man beginnt mit einer 1 (0 Würfe für jeden), dann erhält man die bekannte giffische Binomialpyramide.
Also die 3-D Variante des pascalschen Dreiecks.
Sehr cool.

kad hat geschrieben: ↑23.08.2024, 11:04

giffi marauder hat geschrieben: ↑22.08.2024, 09:15

kad hat geschrieben: ↑22.08.2024, 08:21 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.

kad hat geschrieben: ↑23.08.2024, 00:06

giffi marauder hat geschrieben: ↑22.08.2024, 13:01 Obwohl wir jetzt schon eine ganze Reihe von noch nicht ganz fertig gelösten Rätsel vor uns haben,
doch noch ein sehr hübsches.

Bei der Eroberung Galliens durch Cäsar soll sich folgendes zugetragen haben:
Nach der Schalcht von Alesia, der den Untergang des letzten keltischen Königreiches in (jetzt) Frankreich
besiegelte wurde noch ein kleiner Trupp von 41 Gallier etwas nördlich davon aufgestöbert, gefangen und
vor die Wahl gestellt, entweder als Galeerensklaven zu enden oder sich selbst zu töten.
Stur wie die Gallier nunmal sind, haben alle bis auf Tumirnix beschlossen, den Freitod zu wählen.
Nun ist Selbstmord für eine echten Gallier auch nicht praktikabel, also müssen sie sich gegenseitig erschlagen.
Dazu stellen sie sich im Kreis auf und ihr Anführer (Nr. 1) erschlägt den links neben ihm (Nr 2).
Die Nr. 3 die Nr 4, die 5 die 6 usf.
Immer schön reihum bis nur noch einer übrig ist.
Der darf diese Ruhmestat dann als freier Mann im Land verbreiten.
Tumirnix dachte kurz nach und da Gallerensklave auch nicht so toll ist, stellte sich auch in den Kreis.
Blöderweise fanden die Römer dann noch einen Gallier und stellten ihn rechts neben Tumirnix.
Tumirnix tauschte nun noch schnell den Platz mit einem seiner beiden Nachbarn und zog bis zum Ende seines Lebens
als hoch angesehener Barde durch die gallischen Lande.
Mit wem hat er getauscht?

Spoiler

Mit dem linken Nachbarn. Damit er auf Position 21 steht.

PS
Siehe dazu auch Asteroide 6304