Politik im Exil - Politische Diskussionen

giffi marauder hat geschrieben: ↑11.03.2025, 09:44

kad hat geschrieben: ↑10.03.2025, 17:34

giffi marauder hat geschrieben: ↑10.03.2025, 12:58

kad hat geschrieben: ↑10.03.2025, 12:05 Ein Zahlenkombinationsschloss mit drei Ziffernblättern, die jeweils mit 1 bis 8 nummeriert sind, ist insofern fehlerhaft, als man nur zwei der Zahlen richtig haben muss, um das Schloss zu öffnen. Wie viele (dreistellige) Kombinationen musst du mindestens ausprobieren, um das Schloss sicher öffnen zu können?

Spoiler

Nun offensichtlich gibts 8*8*8 = 512 Kombinationen.

Variante 1:
Entweder hat ein bestimmtes aber unbekanntes Rad 8 Kerben statt nur eine oder dem Stift fehlt eine von 3 Zacken.
Dann wären maximal 3x8^2=192 Versuche notwendig.

Variante 2:
Der "Fehler" ist zahlenschlusstechnisch nur schwer erklärbar und es reichen tatsächlich 2 von drei Richtige.
Würde man zwei beliebige Ziffernräder einfach durchprobieren wären 8^2 =64 Versuche notwendig.

Allerdings deckt jede Dreierkombination "abc" bis zu 22 Kombinationen ab (abx, axc, xbc).

Die 8 Kombinationen 111,222....888 decken schon mal alle Kombinationen mit 2 oder 3 gleichen Ziffern ab.
Das wären dann 8*(1+3*7)=176, die man streichen kann.

Übrig bleiben die, mit die 3 unerschiedlichen Ziffern.
Das sind noch 8*7*6=336 Möglichkeiten.
Jede von denen deckt 16 (3*5+1) Kombinationen ab.
Am Beispiel von 123 -> 123,124,125,126,127,128, 142,153,163,173,183,423,523,623,723,823)
Im BestCase wären 336/16=21 Test notwendig, falls diese 21 Kombinationen finden lassen,
die jeweils 16 unterschiedliche Kombinationen "erledigen".

Weiter Beispiele sind 234,345,456,567 und 678
Diese 6 (inkl 123) decken in Summe 96 unterschiedliche Kombinationen ab.

Bleiben noch 240 ungetestete Kombinationen über.

Ich befürchte aber, dass sich diese 15 (240/16) nicht finden lassen.

Jedenfalls landen wir irgendwo zwischen 21 und 64.

Spoiler

Ja, ja - Variante 2 ist gemeint

Spoiler

Ok, dann fass ich mal zusammen.
Man braucht man 32 Kombinationen (a,b,c) die sich untereinander in den Paaren axbx<>ayby, axcx<>ayby,bxcx<>bycy (x,y 1..32) unterscheiden.
Jede dieser 32 Kombinationen ist ein Stellvertreter für 16 eindetuige Schlüsselwörter, zusammen decken diese dann alle 32*16= 512 möglichen Schlüsselwörter ab.

kad hat geschrieben: ↑12.03.2025, 09:59 Hundert Personen stehen an, um ein voll besetztes Flugzeug zu besteigen. Der erste hat seine Bordkarte verloren und nimmt stattdessen einen zufälligen Sitzplatz. Jeder nachfolgende Passagier nimmt den ihm zugewiesenen Sitzplatz ein, wenn er verfügbar ist, andernfalls einen zufälligen freien Sitzplatz. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der letzte Passagier, der an Bord geht, seinen Platz unbesetzt vorfindet?

kad hat geschrieben: ↑12.03.2025, 09:59 Hundert Personen stehen an, um ein voll besetztes Flugzeug zu besteigen. Der erste hat seine Bordkarte verloren und nimmt stattdessen einen zufälligen Sitzplatz. Jeder nachfolgende Passagier nimmt den ihm zugewiesenen Sitzplatz ein, wenn er verfügbar ist, andernfalls einen zufälligen freien Sitzplatz. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der letzte Passagier, der an Bord geht, seinen Platz unbesetzt vorfindet?

Spoiler

Sei n= Anzahl der freien Plätze

Das Plätzchen-Wechsel-Spiel endet offensichtlich,
a) gut, wenn sich jemand, auf Platz 1 setzt (ab dann sitzen jedenfalls alle richtig)
b) schlecht, wenn sich jemand auf Platz 100 setzt

Die Wahrscheinlichkeit für einen guten oder schlechten Ausgang ist in jeder Runde jeweils 1/n und somit gleich groß.
Ist das der Fall, hören wir auf.
Andernfalls setzen wir das Spiel mit der Wahrscheinlichkeit (n-2)/n=1-2/n weiter fort.

Wenn ich nicht völlig irre, folgt daraus, dass die Wahrscheinlicheit, dass der letzte seinen Platz leer vorfindet genau 50% beträgt.

giffi marauder hat geschrieben: ↑14.03.2025, 13:06

kad hat geschrieben: ↑12.03.2025, 09:59 Hundert Personen stehen an, um ein voll besetztes Flugzeug zu besteigen. Der erste hat seine Bordkarte verloren und nimmt stattdessen einen zufälligen Sitzplatz. Jeder nachfolgende Passagier nimmt den ihm zugewiesenen Sitzplatz ein, wenn er verfügbar ist, andernfalls einen zufälligen freien Sitzplatz. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der letzte Passagier, der an Bord geht, seinen Platz unbesetzt vorfindet?

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Sei n= Anzahl der freien Plätze

Das Plätzchen-Wechsel-Spiel endet offensichtlich,
a) gut, wenn sich jemand, auf Platz 1 setzt (ab dann sitzen jedenfalls alle richtig)
b) schlecht, wenn sich jemand auf Platz 100 setzt

Die Wahrscheinlichkeit für einen guten oder schlechten Ausgang ist in jeder Runde jeweils 1/n und somit gleich groß.
Ist das der Fall, hören wir auf.
Andernfalls setzen wir das Spiel mit der Wahrscheinlichkeit (n-2)/n=1-2/n weiter fort.

Wenn ich nicht völlig irre, folgt daraus, dass die Wahrscheinlicheit, dass der letzte seinen Platz leer vorfindet genau 50% beträgt.

Spoiler

50% ist richtig!
PS Chapeau!
PSS
Bemerkenswert, wie du verschiedenste Rätsel in Null Komma Nichts, originell und richtig löst.
PSSS
Du weisst schon, dass es noch ungelöste Rätsel hat in diesem Thread

kad hat geschrieben: ↑17.03.2025, 09:06 Man hat drei Zeichen: 0, 1 und 2. Daraus werden "Wörter" der Länge n gebildet, wobei die Ziffern 0 und 2 nie benachbart sein dürfen.
Wie viele Wörter der Länge n sind so möglich?

kad hat geschrieben: ↑10.03.2025, 18:11 Schwarz hat den letzten Zug gemacht. Welche Figur steht auf dem Feld, das mit ? markiert ist?

kad hat geschrieben: ↑17.03.2025, 10:22 Nur im Sinne von 02, 20

giffi marauder hat geschrieben: ↑17.03.2025, 11:07

kad hat geschrieben: ↑17.03.2025, 10:22 Nur im Sinne von 02, 20

Spoiler

ok,
wir beginnen mit n=1
dann betrachten wir nur jeweils die letzte Stelle ob die 0,1 oder 2 ist.
Alle bisherherigen gültigen Wörter ergänzen wir mit 0, mit 1 und mit 2
n=1-> 1,1,1 (gültige Wörter endend auf 0,1,2) P(1)=3
+0-> 1,1,0=2
+1->1,1,1=3
+2->0,1,1=2
n=2-> 2,3,2 (gültige Wörter endend auf 0,1,2) P(2)=7
+0-> 2,3,0=5
+1->2,3,2=7
+2->0,3,2=5
n=3-> 5,7,5 (gültige Wörter endend auf 0,1,2) P(3)=17
+0-> 0,7,5=12
+1->5,7,5=17
+2->5,7,0=12
n=4-> 12,17,12 (gültige Wörter endend auf 0,1,2) P(4)=41
...
Offensichtlich gilt für P(n+1)
P(n) ergänzt mit 1
+(P(n)-P(n-1))/2+P(n-1) ergänzt mit 0
+(P(n)-P(n-1))/2+P(n-1) ergänzt mit 2
=2*P(n)+P(n-1)

Sei P(0)=1
P(1)=3
->
P(2)=2*3+1=7
P(3)=2*7+3=17
P(4)=2*17+7=41
99,239...

PS.:
Die Lösung falls auch 00 und 22 auch nicht erlaubt wären, wäre dann P(n+1)=P(n)+2*P(n-1) (mit P(0)=1)
also 3,5,11,21,43,85...

kad hat geschrieben: ↑10.03.2025, 18:11 Schwarz hat den letzten Zug gemacht. Welche Figur steht auf dem Feld, das mit ? markiert ist?

IMG_0171.jpeg (117.66 KiB) 203 mal betrachtet

Eisrose hat geschrieben: ↑17.03.2025, 10:25

kad hat geschrieben: ↑10.03.2025, 18:11 Schwarz hat den letzten Zug gemacht. Welche Figur steht auf dem Feld, das mit ? markiert ist?

Wie ist hier eigentlich die Lösung?

Denkmalfragmal...

kad hat geschrieben: ↑17.03.2025, 15:23

Spoiler

Schritt 1: Der schwarze Läufer auf a2 kann kein Originalläufer sein, weil der weiße Bauer auf b3 ihn daran gehindert hätte, nach a2 zu kommen. Folglich ist dieser Läufer durch Bauernumwandlung entstanden. Und dieser Bauer, der sich umgewandelt hat, muß von e7 gekommen sein, vier Figuren geschlagen haben, um nach a3 zu gelangen, dann nach a2 gezogen und schließlich nach b1 geschlagen und sich dort umgewandelt haben. Somit hat dieser Bauer fünf Figuren geschlagen. Der weiße Damenläufer von c1 hat sein Ausgangsfeld nie verlassen (weil die Bauern b2 und d2 noch nicht gezogen haben) und ist folglich auf c1 geschlagen worden. Daraus geht hervor, daß insgesamt sechs weiße Figuren geschlagen worden sind. Also muß der verzauberte Stein auf g4 eine schwarze Figur sein.

Schritt 2: Im letzten Zug kann Weiß nicht mit dem Turm von e1 nach d1 gezogen haben, denn auf e1 hätte der Turm dem Schwarzen Schach geboten. Auch der König kann nicht gezogen haben (dieser hätte nur von b1 kommen können, und dort hätte er sich im Schach des Läufers befunden) und auch nicht irgendeine andere Figur. Also hat Weiß soeben rochiert, und das wiederum heisst, daß der weiße König zuvor noch keinen Zug gemacht hatte.

Schritt 3: Eine der weißen Figuren, die der schwarze Bauer e7 auf seinem Weg zur Umwandlung geschlagen hat, war der weise Turm h1. Da Weiß aber gerade rochiert hat, der weiße König vorher also noch nie gezogen hatte, wie konnte der weisse Turm h1 ins Spiel gekommen sein und von dem Bauern geschlagen werden? Die einzig mögliche Erklärung ist, daß die weißen Bauern g3 and h3 über Kreuz geschlagen haben, damit der Turm ins Spiel kommen konnte, d. h. der Bauer g3 stammt in Wirklichkeit von h2 und der Bauer h3 von g2. Wenn aber der Bauer g3 von h2 gekommen ist, dann ist der schwarze Laufer auf h2 immer auf die beiden Felder g1 und h2 beschränkt gewesen. Wie ist der Läufer jemals auf eines der beiden Felder gekommen? Die einzige Erklärung ist, daß der schwarze Läufer auf h2 ebenfalls durch Umwandlung entstanden ist.

Schritt 4: Der umgewandelte Läufer auf h2 muss sich auf dem Feld g1 umgewandelt haben. Der schwarze Bauer, der sich auf g1 umgewandelt hat, muß von g7 gekommen sein, weil weder der f-noch der h-Bauer eine Figur schlagen konnten, um auf die g-Linie zu gelangen (das Schlagen der sechs fehlenden weißen Figuren ist bereits erklärt), und weil sich der Bauer e7 in den Läufer a2 umgewandelt hat. Folgendes ist also geschehen: Der weiße Bauer g2 hat nach h3 geschlagen während der Bauer g3 noch auf h2 stand. Dadurch wurde die g-Linie geöffnet, und der schwarze g-Bauer konnte durchmarschieren und sich umwandeln (aber erst nachdem der weiße Turm von h1 ins Spiel gelangt war), und schließlich hat der Bauer auf h2 nach g3 geschlagen. Nun sind wir soweit, daß wir die Identität des gesuchten Steins bestimmen können. Wir wissen bereits daß es eine schwarze Figur sein muß. Es kann kein Bauer sein, da sich der g-Bauer in einen Läufer umgewandelt hat, und die f- und h-Bauern konnten keine Figuren schlagen, um auf die g-Linie zu gelangen. Es kann auch nicht Dame oder Turm sein, denn es können keine weiteren schwarzen Bauernumwandlungen mehr stattgefunden haben (der f-Bauer konnte niemals an dem Bauern f2 vorbeikommen, und der h-Bauer war stets von einem Bauern auf h2 oder h3 blockiert. Es ist also ein Läufer oder ein Springer. Weiß hat aber soeben rochiert, der weiße König bat dabei das Feld d1 überquert, also kann die unbekannte Figur kein Läufer sein, weil ein Läufer das Feld d1 bedroht hätte (und der König darf bei der Rochade kein bedrohtes Feld überqueren). Der verzauberte Stein muß also ein schwarzer Springer sein.

Eisrose hat geschrieben: ↑17.03.2025, 15:38

kad hat geschrieben: ↑17.03.2025, 15:23

Spoiler

Schritt 1: Der schwarze Läufer auf a2 kann kein Originalläufer sein, weil der weiße Bauer auf b3 ihn daran gehindert hätte, nach a2 zu kommen. Folglich ist dieser Läufer durch Bauernumwandlung entstanden. Und dieser Bauer, der sich umgewandelt hat, muß von e7 gekommen sein, vier Figuren geschlagen haben, um nach a3 zu gelangen, dann nach a2 gezogen und schließlich nach b1 geschlagen und sich dort umgewandelt haben. Somit hat dieser Bauer fünf Figuren geschlagen. Der weiße Damenläufer von c1 hat sein Ausgangsfeld nie verlassen (weil die Bauern b2 und d2 noch nicht gezogen haben) und ist folglich auf c1 geschlagen worden. Daraus geht hervor, daß insgesamt sechs weiße Figuren geschlagen worden sind. Also muß der verzauberte Stein auf g4 eine schwarze Figur sein.

Schritt 2: Im letzten Zug kann Weiß nicht mit dem Turm von e1 nach d1 gezogen haben, denn auf e1 hätte der Turm dem Schwarzen Schach geboten. Auch der König kann nicht gezogen haben (dieser hätte nur von b1 kommen können, und dort hätte er sich im Schach des Läufers befunden) und auch nicht irgendeine andere Figur. Also hat Weiß soeben rochiert, und das wiederum heisst, daß der weiße König zuvor noch keinen Zug gemacht hatte.

Schritt 3: Eine der weißen Figuren, die der schwarze Bauer e7 auf seinem Weg zur Umwandlung geschlagen hat, war der weise Turm h1. Da Weiß aber gerade rochiert hat, der weiße König vorher also noch nie gezogen hatte, wie konnte der weisse Turm h1 ins Spiel gekommen sein und von dem Bauern geschlagen werden? Die einzig mögliche Erklärung ist, daß die weißen Bauern g3 and h3 über Kreuz geschlagen haben, damit der Turm ins Spiel kommen konnte, d. h. der Bauer g3 stammt in Wirklichkeit von h2 und der Bauer h3 von g2. Wenn aber der Bauer g3 von h2 gekommen ist, dann ist der schwarze Laufer auf h2 immer auf die beiden Felder g1 und h2 beschränkt gewesen. Wie ist der Läufer jemals auf eines der beiden Felder gekommen? Die einzige Erklärung ist, daß der schwarze Läufer auf h2 ebenfalls durch Umwandlung entstanden ist.

Schritt 4: Der umgewandelte Läufer auf h2 muss sich auf dem Feld g1 umgewandelt haben. Der schwarze Bauer, der sich auf g1 umgewandelt hat, muß von g7 gekommen sein, weil weder der f-noch der h-Bauer eine Figur schlagen konnten, um auf die g-Linie zu gelangen (das Schlagen der sechs fehlenden weißen Figuren ist bereits erklärt), und weil sich der Bauer e7 in den Läufer a2 umgewandelt hat. Folgendes ist also geschehen: Der weiße Bauer g2 hat nach h3 geschlagen während der Bauer g3 noch auf h2 stand. Dadurch wurde die g-Linie geöffnet, und der schwarze g-Bauer konnte durchmarschieren und sich umwandeln (aber erst nachdem der weiße Turm von h1 ins Spiel gelangt war), und schließlich hat der Bauer auf h2 nach g3 geschlagen. Nun sind wir soweit, daß wir die Identität des gesuchten Steins bestimmen können. Wir wissen bereits daß es eine schwarze Figur sein muß. Es kann kein Bauer sein, da sich der g-Bauer in einen Läufer umgewandelt hat, und die f- und h-Bauern konnten keine Figuren schlagen, um auf die g-Linie zu gelangen. Es kann auch nicht Dame oder Turm sein, denn es können keine weiteren schwarzen Bauernumwandlungen mehr stattgefunden haben (der f-Bauer konnte niemals an dem Bauern f2 vorbeikommen, und der h-Bauer war stets von einem Bauern auf h2 oder h3 blockiert. Es ist also ein Läufer oder ein Springer. Weiß hat aber soeben rochiert, der weiße König bat dabei das Feld d1 überquert, also kann die unbekannte Figur kein Läufer sein, weil ein Läufer das Feld d1 bedroht hätte (und der König darf bei der Rochade kein bedrohtes Feld überqueren). Der verzauberte Stein muß also ein schwarzer Springer sein.

Ehm! Und das soll jemand rauskriegen? LOL

Ich glaube, da muss man eine Spielstärke haben, die selbst durchschnittliche Vereinsspieler nicht haben... Bin aber ob der Lösung doch irgendwie beruhigt, da ich nämlich überhaupt keinen Ansatz gefunden habe...