Rechenaufgaben

[kad]

In dem alten buddhistischen Kloster Wan-Dan (nahe Hanoi) beschäftigen sich die Mönche seit alters her mit einem heiligen Brauch:
Sie haben 2000 Edelsteine zur Verfügung, die sich alle voneinander unterscheiden. Zu Beginn des Ritus wird an einem Morgen eine gerade Anzahl 2n von Steinen ausgewählt. Sodann werden, um zugleich die Vielfältigkeit und die Ausgewogenheit der Welt zu versinnbildlichen, die 2n Steine in andächtiger Ruhe dreimal täglich, am Morgen, am Mittag und am Abend, auf eine kupferne und eine irdene Schale aufgeteilt, und zwar so, dass in jede Schale n Steine kommen.
Hierbei wird strengstens darauf geachtet, dass jede mögliche Verteilung der Steine auf die beiden Schalen im Laufe des Rituals genau einmal vorkommt. Für die Zukunft des Klosters ist nun entscheidend, wann das Ende des Rituals erreicht wird: Geschieht es des Abends, so verheißt die Zukunft Gutes. Ansonsten aber droht schweres Unheil.
Für wie viele Zahlen 2n an gewählten Edelsteinen mit 1 ≤ n ≤ 1000 können die Mönche beruhigt in die Zukunft blicken?

Spoiler

Ritual beginnt mit:
Am ersten Morgen legt man fest wieviele (=2n) bit (maximal 2.000) die binäre Zahl für dieses Ritual haben soll.
Davon wird die Hälfte der bit auf 1 gesetzt (irdene Schale) und die andere Hälfte auf 0 belassen (kupferne Schale)
Täglich wird nun:
Morgens (mit Ausnahme des ersten Tages) werden mo bit von 1 auf 0 und mo bit von 0 auf 1 gesetzt (Steine wechseln die Schalen)
Mittags werden mi bit von 1 auf 0 und mi bit von 0 auf 1 gesetzt (Steine wechseln die Schalen)
Abends werden a bit von 1 auf 0 und a bit von 0 auf 1 gesetzt,
wobei immer darauf geachtet wird, dass dies nicht einer Verteilung (Zahl) entspricht, die seit Beginn des Rituals schon mal erreicht wurde.
Dies so lange bis keine neue Zahl mehr gebildet werden kann.

Mit n=1 wären nur 2 Steine im Spiel und das würde zwangsweise dazuführen, dass schon am ersten Abend
wieder der Zustand vom Morgen erreicht wird.
Morgens: 01
Mittags: 10
Abends: 01

Jetzt ist ein bisschen die Frage, ob das Ritual in obigem Falle Mittags endet (Fall 1: letzte neue Zahl)
oder Abends (Fall 2: keine neue Zahl mehr möglich).

Offensichtlich gibts wegen der gleichvielen 0en und 1en genau 2^n mögliche Zahlen, die in dieser Reihenfolge gelegt werden:
(mo,mi,ab)
1,2,3
4,5,6
7,8,9
....

Im Fall 1 (das Ritual endet mit der letzten neuen Zahl) endet das Ritual nie am Abend, da 2^n nicht durch drei teilbar ist.

Im Fall 2 (das Ritual endet mit der ersten bereits gelegten Zahl) also mit 2^n+1.

Von diesen ist jede Zweite durch drei teilbar (2^1, 2^3, 2^5...)
Damit sind die "günstigen" n = alle ungeraden Zahlen < 1000
und die zugehörigen 2n die geraden Zahlen < 2000.
Das wären dann 500 verschieden n (bzw. 2n) von 1000 möglichen.

Wenn mich nicht alles täuscht, enden die anderen Rituale immer Mittags und nie an einem Morgen.
Kurios.

Spoiler

Zu

Mit n=1 wären nur 2 Steine im Spiel und das würde zwangsweise dazuführen, dass schon am ersten Abend
wieder der Zustand vom Morgen erreicht wird.
Morgens: 01
Mittags: 10
Abends: 01

Jetzt ist ein bisschen die Frage, ob das Ritual in obigem Falle Mittags endet (Fall 1: letzte neue Zahl)
oder Abends (Fall 2: keine neue Zahl mehr möglich).

Hier endet das Ritual am Mittag. „Letzte neue Zahl.“
Man sieht übrigens, dass für n=2 das Ritual am Abend endet.

Dein Resultat für den Fall 1 ist jedoch noch nicht richtig. Wieso 2^n?
Der Test mit „durch 3 teilbar“ ist natürlich der richtige Ansatz.
(n=2 endet am Abend)

[kad]

Nehmen wir an, Sie möchten ein Bild mit einer Schnur aufhängen, die an zwei Punkten des Rahmens befestigt ist. Wenn Sie das Bild aufhängen, indem Sie die Schnur über zwei Nägel spannen. Wenn einer der Nägel herausfällt, hängt das Bild immer noch (wenn auch schief) am anderen Nagel. Kann man es so aufhängen, dass das Bild herunterfällt, wenn einer der beiden Nägel herausfällt?

Spoiler

Die urspüngliche Lösung entspricht dem logischen Term (a v b).
Das wollen wir aber nicht, sondern das Gegenteil davon, also (!a ^ !b)
Die Lösung ist also, das Bild weder an Nagel a noch an Nagel b, sondern am Bild selbst aufzuhängen.

Wir nehmen also die Schnur-Schlaufe,
ziehen diese zwischen den Nägeln hoch,
über den Nägeln auseinander,
nun beide Schlaufen links und rechts von den Nägeln nach unten
und hängen je ein unteres Eck des Bildes rein.

Ziehen wir einen Nagel raus, wird eine Schlaufe länger, das Bild kippt und rutscht auch aus der 2. Schlaufe.
Da die Schlaufen nun lose sind, fällt das Bild runter.

Logisch, oder?

PS.:
Der Abstand der beiden Nägel muss zur Bildbreite und der Haftreibung der Schnur passend gewählt werden.

PPS:
Ob man die beiden Schlaufen ganz ums Bild und auf der Gegenseite wieder hoch ziehen kann,
so dass die Schnur wieder komplett über dem BIld ist und nicht das Bild sondern die Schnur die Schnur hält,
muss ich glatt mal ausprobieren.
Aber wahrscheinlich verheddert sich die Schnur dann irgendwie.

Das muss ich auch ausprobieren. Genial.

Und wenn die Nägel schon in der Wand stecken? Also dein PS nicht erfüllt werden kann?

Dann nehm ich ein passendes Bild.

Btw. die PPS Variante funktioniert nicht, da durch das Überkreuzen der Schlaufen,
das Bild dann doch am anderen Nagel hängt.

Diese Lösung ist auch schön

82053EE3-68DF-4593-9312-CA796CBB8459.jpeg (25.7 KiB) 528 mal betrachtet

[giffi marauder]

Nehmen wir an, Sie möchten ein Bild mit einer Schnur aufhängen, die an zwei Punkten des Rahmens befestigt ist. Wenn Sie das Bild aufhängen, indem Sie die Schnur über zwei Nägel spannen. Wenn einer der Nägel herausfällt, hängt das Bild immer noch (wenn auch schief) am anderen Nagel. Kann man es so aufhängen, dass das Bild herunterfällt, wenn einer der beiden Nägel herausfällt?

Spoiler

Die urspüngliche Lösung entspricht dem logischen Term (a v b).
Das wollen wir aber nicht, sondern das Gegenteil davon, also (!a ^ !b)
Die Lösung ist also, das Bild weder an Nagel a noch an Nagel b, sondern am Bild selbst aufzuhängen.

Wir nehmen also die Schnur-Schlaufe,
ziehen diese zwischen den Nägeln hoch,
über den Nägeln auseinander,
nun beide Schlaufen links und rechts von den Nägeln nach unten
und hängen je ein unteres Eck des Bildes rein.

Ziehen wir einen Nagel raus, wird eine Schlaufe länger, das Bild kippt und rutscht auch aus der 2. Schlaufe.
Da die Schlaufen nun lose sind, fällt das Bild runter.

Logisch, oder?

PS.:
Der Abstand der beiden Nägel muss zur Bildbreite und der Haftreibung der Schnur passend gewählt werden.

PPS:
Ob man die beiden Schlaufen ganz ums Bild und auf der Gegenseite wieder hoch ziehen kann,
so dass die Schnur wieder komplett über dem BIld ist und nicht das Bild sondern die Schnur die Schnur hält,
muss ich glatt mal ausprobieren.
Aber wahrscheinlich verheddert sich die Schnur dann irgendwie.

Das muss ich auch ausprobieren. Genial.

Und wenn die Nägel schon in der Wand stecken? Also dein PS nicht erfüllt werden kann?

Dann nehm ich ein passendes Bild.

Btw. die PPS Variante funktioniert nicht, da durch das Überkreuzen der Schlaufen,
das Bild dann doch am anderen Nagel hängt.

Diese Lösung ist auch schön

82053EE3-68DF-4593-9312-CA796CBB8459.jpeg

[kad]

Nicht trivial ist dieses scheinbar einfache Frosch-Rätsel.

Ein Frosch hüpft eine lange Reihe von Seerosenblättern entlang; bei jedem Blatt wirft er eine Münze, um zu entscheiden, ob er zwei Blätter vor oder ein Blatt zurück hüpft. Welchen Anteil der Seerosenblätter trifft er?

Das ist noch offen

[kad]

Ich poste neue Rätsel, falls jemand danach frägt.

Rätsel, die auf den ersten Blick einfach sind, führen mehr Leute in Versuchung.

@Frosch
Ist das immer noch ein Hindernis?

[Eisrose]

Nicht trivial ist dieses scheinbar einfache Frosch-Rätsel.

Ein Frosch hüpft eine lange Reihe von Seerosenblättern entlang; bei jedem Blatt wirft er eine Münze, um zu entscheiden, ob er zwei Blätter vor oder ein Blatt zurück hüpft. Welchen Anteil der Seerosenblätter trifft er?

Das ist noch offen

Spoiler

Auch wenn Frosch angesprochen ist: ganz ohne irgendwelche Berechnungen würde ich sagen, dass das ein rekurrenter Prozess ist. Das bedeutet, dass der Frosch zu jedem Blatt in der Nähe seines Startpunktes mit der Wahrscheinlichkeit 1 zurückkehrt, auch wenn er sich zunächst weit davon entfernt. Die Lösung ist also 100 Prozent, der Frosch wird alle Seerosenblätter treffen.

Da das aber nicht trivial sein soll, reicht das wohl nicht, lach.

[kad]

Nicht trivial ist dieses scheinbar einfache Frosch-Rätsel.

Ein Frosch hüpft eine lange Reihe von Seerosenblättern entlang; bei jedem Blatt wirft er eine Münze, um zu entscheiden, ob er zwei Blätter vor oder ein Blatt zurück hüpft. Welchen Anteil der Seerosenblätter trifft er?

Das ist noch offen

Spoiler

Auch wenn Frosch angesprochen ist: ganz ohne irgendwelche Berechnungen würde ich sagen, dass das ein rekurrenter Prozess ist. Das bedeutet, dass der Frosch zu jedem Blatt in der Nähe seines Startpunktes mit der Wahrscheinlichkeit 1 zurückkehrt, auch wenn er sich zunächst weit davon entfernt. Die Lösung ist also 100 Prozent, der Frosch wird alle Seerosenblätter treffen.

Da das aber nicht trivial sein soll, reicht das wohl nicht, lach.

Spoiler

Leider nein. Das richtige Resultat wäre
85.4102.. %

Ich sage nicht, dass das für den Lösungsweg hilfreich ist.
Und gm wollte schwieigere Rätsel….

[kad]

Vor fast 45 Jahren wurde mir untenstehendes Rätsel gegeben. Ich war fasziniert.

A sagt zu S und P: Ich habe zwei ganze Zahlen x und y mit 1 < x < y und x+y ≤ 100 gewählt. Gleich werde ich S ihre Summe s = x + y mitteilen, und ich werde P ihr Produkt p = xy mitteilen. Diese Ankündigungen bleiben geheim. Die Beiden werden aufgefordert, sich zu bemühen, die Zahlen x und y zu bestimmen.
A teilt s und p wie angekündigt mit.

Das folgende Gespräch findet nun statt:
1. P sagt: Ich kenne die Zahlen nicht.
2. S sagt: Ich wusste, dass du die Zahlen nicht kennst.
3. P sagt: Jetzt kenne ich die Zahlen.
4. S sagt: Jetzt kenne ich die Zahlen auch.

Bestimme x und y.

Die ist auch noch offen

[kad]

F8D55F24-AA85-4D27-B318-1DA7FAC03CC2.jpeg (55.7 KiB) 415 mal betrachtet

[Eisrose]

Das ist natürlich einfach:

Spoiler

9 [Uhrzeit] + (1+2+2+4 [Anzeige]) * (3 [Wert] * 4 [Strahlen] * 3 [Lampen]) = 9 + 9 * 36 = 333

[kad]

Das ist natürlich einfach:

Spoiler

9 [Uhrzeit] + (1+2+2+4 [Anzeige]) * (3 [Wert] * 4 [Strahlen] * 3 [Lampen]) = 9 + 9 * 36 = 333

Spoiler

Fast richtig. Schau die 3 Lampen nochmals an. Das Gewinde…

PS
Du warst uh schnell. Da hatte ich bedeutend länger…

[Eisrose]

Das ist natürlich einfach:

Spoiler

9 [Uhrzeit] + (1+2+2+4 [Anzeige]) * (3 [Wert] * 4 [Strahlen] * 3 [Lampen]) = 9 + 9 * 36 = 333

Spoiler

Fast richtig. Schau die 3 Lampen nochmals an. Das Gewinde…

PS
Du warst uh schnell. Da hatte ich bedeutend länger…

Spoiler

Achherrje... Das Gewinde kann ich fast nicht mal so erkennen, lach. Dann:

9 [Uhrzeit] + (1+2+2+4 [Anzeige]) * ( (3 [Gewinde] * 4 [Strahlen] * 1 [Lampe]) + (4 [Gewinde] * 4 [Strahlen] * 2 [Lampen]) ) = 9 + 9 * 44 = 405

[Eisrose]

Das ist natürlich einfach:

Spoiler

9 [Uhrzeit] + (1+2+2+4 [Anzeige]) * (3 [Wert] * 4 [Strahlen] * 3 [Lampen]) = 9 + 9 * 36 = 333

Spoiler

Fast richtig. Schau die 3 Lampen nochmals an. Das Gewinde…

PS
Du warst uh schnell. Da hatte ich bedeutend länger…

Spoiler

Achherrje... Das Gewinde kann ich fast nicht mal so erkennen, lach. Dann:

9 [Uhrzeit] + (1+2+2+4 [Anzeige]) * ( 3 [Gewinde] * 4 [Strahlen] * 1 [Lampe] + 4 [Gewinde] * 4 [Strahlen] * 2 [Lampen] ) = 9 + 9 * 44 = 405

Spoiler

Man könnte dann natürlich die drei Lampen auch multiplizieren, denn es steht ja kein Additionszeichen da:

9 [Uhrzeit] + (1+2+2+4 [Anzeige]) * (3 [Gewinde] * 4 [Strahlen]) * (4 [Gewinde] * 4 [Strahlen]) * (4 [Gewinde] * 4 [Strahlen]) = 9 + 9 * 12 * 16 * 16 = 27657

[kad]

Das ist natürlich einfach:

Spoiler

9 [Uhrzeit] + (1+2+2+4 [Anzeige]) * (3 [Wert] * 4 [Strahlen] * 3 [Lampen]) = 9 + 9 * 36 = 333

Spoiler

Fast richtig. Schau die 3 Lampen nochmals an. Das Gewinde…

PS
Du warst uh schnell. Da hatte ich bedeutend länger…

Spoiler

Achherrje... Das Gewinde kann ich fast nicht mal so erkennen, lach. Dann:

9 [Uhrzeit] + (1+2+2+4 [Anzeige]) * ( 3 [Gewinde] * 4 [Strahlen] * 1 [Lampe] + 4 [Gewinde] * 4 [Strahlen] * 2 [Lampen] ) = 9 + 9 * 44 = 405

Spoiler

Man könnte dann natürlich die drei Lampen auch multiplizieren, denn es steht ja kein Additionszeichen da:

9 [Uhrzeit] + (1+2+2+4 [Anzeige]) * (3 [Gewinde] * 4 [Strahlen]) * (4 [Gewinde] * 4 [Strahlen]) * (4 [Gewinde] * 4 [Strahlen]) = 9 + 9 * 12 * 16 * 16 = 27657

Spoiler

405 ist richtig!

[giffi marauder]

In dem alten buddhistischen Kloster Wan-Dan (nahe Hanoi) beschäftigen sich die Mönche seit alters her mit einem heiligen Brauch:
Sie haben 2000 Edelsteine zur Verfügung, die sich alle voneinander unterscheiden. Zu Beginn des Ritus wird an einem Morgen eine gerade Anzahl 2n von Steinen ausgewählt. Sodann werden, um zugleich die Vielfältigkeit und die Ausgewogenheit der Welt zu versinnbildlichen, die 2n Steine in andächtiger Ruhe dreimal täglich, am Morgen, am Mittag und am Abend, auf eine kupferne und eine irdene Schale aufgeteilt, und zwar so, dass in jede Schale n Steine kommen.
Hierbei wird strengstens darauf geachtet, dass jede mögliche Verteilung der Steine auf die beiden Schalen im Laufe des Rituals genau einmal vorkommt. Für die Zukunft des Klosters ist nun entscheidend, wann das Ende des Rituals erreicht wird: Geschieht es des Abends, so verheißt die Zukunft Gutes. Ansonsten aber droht schweres Unheil.
Für wie viele Zahlen 2n an gewählten Edelsteinen mit 1 ≤ n ≤ 1000 können die Mönche beruhigt in die Zukunft blicken?

Spoiler

Ritual beginnt mit:
Am ersten Morgen legt man fest wieviele (=2n) bit (maximal 2.000) die binäre Zahl für dieses Ritual haben soll.
Davon wird die Hälfte der bit auf 1 gesetzt (irdene Schale) und die andere Hälfte auf 0 belassen (kupferne Schale)
Täglich wird nun:
Morgens (mit Ausnahme des ersten Tages) werden mo bit von 1 auf 0 und mo bit von 0 auf 1 gesetzt (Steine wechseln die Schalen)
Mittags werden mi bit von 1 auf 0 und mi bit von 0 auf 1 gesetzt (Steine wechseln die Schalen)
Abends werden a bit von 1 auf 0 und a bit von 0 auf 1 gesetzt,
wobei immer darauf geachtet wird, dass dies nicht einer Verteilung (Zahl) entspricht, die seit Beginn des Rituals schon mal erreicht wurde.
Dies so lange bis keine neue Zahl mehr gebildet werden kann.

Mit n=1 wären nur 2 Steine im Spiel und das würde zwangsweise dazuführen, dass schon am ersten Abend
wieder der Zustand vom Morgen erreicht wird.
Morgens: 01
Mittags: 10
Abends: 01

Jetzt ist ein bisschen die Frage, ob das Ritual in obigem Falle Mittags endet (Fall 1: letzte neue Zahl)
oder Abends (Fall 2: keine neue Zahl mehr möglich).

Offensichtlich gibts wegen der gleichvielen 0en und 1en genau 2^n mögliche Zahlen, die in dieser Reihenfolge gelegt werden:
(mo,mi,ab)
1,2,3
4,5,6
7,8,9
....

Im Fall 1 (das Ritual endet mit der letzten neuen Zahl) endet das Ritual nie am Abend, da 2^n nicht durch drei teilbar ist.

Im Fall 2 (das Ritual endet mit der ersten bereits gelegten Zahl) also mit 2^n+1.

Von diesen ist jede Zweite durch drei teilbar (2^1, 2^3, 2^5...)
Damit sind die "günstigen" n = alle ungeraden Zahlen < 1000
und die zugehörigen 2n die geraden Zahlen < 2000.
Das wären dann 500 verschieden n (bzw. 2n) von 1000 möglichen.

Wenn mich nicht alles täuscht, enden die anderen Rituale immer Mittags und nie an einem Morgen.
Kurios.

Spoiler

Zu

Mit n=1 wären nur 2 Steine im Spiel und das würde zwangsweise dazuführen, dass schon am ersten Abend
wieder der Zustand vom Morgen erreicht wird.
Morgens: 01
Mittags: 10
Abends: 01

Jetzt ist ein bisschen die Frage, ob das Ritual in obigem Falle Mittags endet (Fall 1: letzte neue Zahl)
oder Abends (Fall 2: keine neue Zahl mehr möglich).

Hier endet das Ritual am Mittag. „Letzte neue Zahl.“
Man sieht übrigens, dass für n=2 das Ritual am Abend endet.

Dein Resultat für den Fall 1 ist jedoch noch nicht richtig. Wieso 2^n?
Der Test mit „durch 3 teilbar“ ist natürlich der richtige Ansatz.
(n=2 endet am Abend)

Ich mach mal hier weiter:

Spoiler

Analaog zu den 2n Steinen kann man sich eine Binärzahl vorstellen.
0->(kupferne Schale)
1->(irdene Schale)
Diese Zahl kann man in zwei Hälften der Länge n teilen.
für den linken Teil gibts dann 2^n Möglichkeiten.
Der Rechte entsteht aus Invertierung der linken Hälfte.
Damit haben wir immer gleich viele Steine in jeder Schale.

In meinem ersten Lösungsansatz hatte ich jedoch übersehen, dass es
zu jeder Bitkombination links, rechts nicht nur eine sondern mehrere passende Kombinationen bzw. eindeutige Permutationen geben kann.
Also schauen wir uns die linke noch mal genauer an.
sind links nur 0'en, sind rechts nur 1'en -> 1 Möglichkeit
ist links genau eine 1 (n Möglichkeiten) ist rechts genau eine 0 (n Möglichkeiten) -> n²
sind links genau 2 1en (n*(n-1) Möglichkeiten) gilt dies auch für die 0 rechts -> (n*(n-1))²
....
ist links genau eine 0 (n Möglichkeiten) ist rechts genau eine 1 (n Möglichkeiten) -> n²
sind links nur 1'en, sind rechts nur 0'en -> 1 Möglichkeit

Damit haben wir Binomialkoeffizienten zum Quadrat, also
n=1-> 1²+1² =2 (Rest Mod3 2)
n=2-> 1²+2²+1² = 6 (Rest Mod3 0)
n=3-> 1²+3²+3²+1² = 20 (Rest Mod3 2)
n=4-> 1²+4²+6²+4²+1² =70 (Rest Mod3 1)

Damit ist die Anzahl der möglichen Kombinationen für gegebenes n = Summe (k=0 bis n) (n!/(k!*(n-k)!)²

Jetzt ist nur noch zu klären, für welche n, diese Anzahl durch 3 teilbar ist.

Schauen wir uns mal einige Zahlen an:
n/Anzahl/Rest Mod3
1/2/2
2/6/0
3/20/2
4/70/1
5/252/0
6/924/0
7/3.432/0
8/12.870/0
9/48.620/2
10/184.756/1
11/705.432/0
12/2.704.156/1
13/10.400.600/2
14/40.116.600/0
15/155.117.520/0
16/601.080.390/0
17/2.333.606.220/0
18/9.075.135.300/0
19/35.345.263.800/0
20/137.846.528.820/0

Wenn ich mit diesem Lösungsansatz nicht völlig daneben liege, wären das bei n=20 schon 137.846.528.820 verschiedene Kombinationen.
Ob die letzte davon dann am Abend gelegt wird, würde man erst in 125.887.241 Jahren erfahren.

Zurück zum Rätsel.
Diese Anzahl ist natürlich die Summe über die Diagonale der Wahrscheinlichkeitsmatrix die bei einem früheren Rätsel schon mal vorkam.
Da hatten wir (a+b)^n * (a+b)^(n+1)

Diese Zahlen bis n=1000 zu berechnen ist ziemlich sinnfrei.
Also muss die Modulo Opteration wohl früher eingesetzt werden und ev. ausgehend von der Teilbarkeit von n auf n+1 geschlossen werden können.

tbc.