Politik im Exil - Politische Diskussionen

kad hat geschrieben: ↑24.03.2025, 16:51 Ein Bauklotz, bestehend aus 7 Einheitswürfeln, hat die Form eines 2 x 2 x 2 Würfels mit einem fehlenden Eckeinheitswürfel. Aus einem Würfel der Kantenlänge 2", n ≥ 2, wird ein beliebiger Einheitswürfel entfernt. Zeige, dass sich der verbleibende Körper stets aus Bauklötzen aufbauen lässt.

giffi marauder hat geschrieben: ↑25.03.2025, 12:45 Mal was einfaches:
Warum kann ich den Beitrag nicht löschen?

giffi marauder hat geschrieben: ↑25.03.2025, 12:18

kad hat geschrieben: ↑24.03.2025, 16:51 Ein Bauklotz, bestehend aus 7 Einheitswürfeln, hat die Form eines 2 x 2 x 2 Würfels mit einem fehlenden Eckeinheitswürfel. Aus einem Würfel der Kantenlänge 2", n ≥ 2, wird ein beliebiger Einheitswürfel entfernt. Zeige, dass sich der verbleibende Körper stets aus Bauklötzen aufbauen lässt.

Spoiler

1. Schritt:
Wir bilden mit 8 Bauklötzen der Größe 1 (Kantenlänge 2) einen identischen Bauklotz der Größe 2 (Kantenlänge 2^2=4)

Dazu legen wir 4 1'er mit den fehlenden Ecken oben mittig zusammen.
In die dabei entstehende Mulde setzten wir einen 5. Bauklotz mit fehlender Ecke oben.
Über die nicht fehlenden Ecken des 5. stülpen wir weitere 3 Bauklötze.
Damit haben wir ein doppelt so große Kopie des ursprünglichen Bauklotzes.

Analog können wir mit 8 Bauklötzen der Größe n-1 einen doppel so großen Bauklotz der Größe n herstellen

2. Schritt:
In dessen fehlende Ecke setzen wir einen Bauklotz der Größe n-1 so ein, dass dessen Ecke dort fehlt, wo lt. Aufgabenstellung der Einheitswüfel zu fehlen hat.
In dessen fehlende Ecke setzen wir einen Bauklotz der Größe n-2 so ein, dass dessen Ecke dort fehlt, wo lt. Aufgabenstellung der Einheitswüfel zu fehlen hat.
In dessen fehlende Ecke setzen wir einen Bauklotz der Größe n-3 so ein, dass ...
...
In dessen fehlende Ecke der Größe 1 (2x2x2) setzen wir einen Bauklotz der Größe 1 so ein, dass dessen Ecke (Einheitswürfel) genau da fehlt, wo lt. Aufgabenstellung der Einheitswüfel zu fehlen hat.

kad hat geschrieben: ↑25.03.2025, 23:33

giffi marauder hat geschrieben: ↑25.03.2025, 12:18

kad hat geschrieben: ↑24.03.2025, 16:51 Ein Bauklotz, bestehend aus 7 Einheitswürfeln, hat die Form eines 2 x 2 x 2 Würfels mit einem fehlenden Eckeinheitswürfel. Aus einem Würfel der Kantenlänge 2", n ≥ 2, wird ein beliebiger Einheitswürfel entfernt. Zeige, dass sich der verbleibende Körper stets aus Bauklötzen aufbauen lässt.

Spoiler

1. Schritt:
Wir bilden mit 8 Bauklötzen der Größe 1 (Kantenlänge 2) einen identischen Bauklotz der Größe 2 (Kantenlänge 2^2=4)

Dazu legen wir 4 1'er mit den fehlenden Ecken oben mittig zusammen.
In die dabei entstehende Mulde setzten wir einen 5. Bauklotz mit fehlender Ecke oben.
Über die nicht fehlenden Ecken des 5. stülpen wir weitere 3 Bauklötze.
Damit haben wir ein doppelt so große Kopie des ursprünglichen Bauklotzes.

Analog können wir mit 8 Bauklötzen der Größe n-1 einen doppel so großen Bauklotz der Größe n herstellen

2. Schritt:
In dessen fehlende Ecke setzen wir einen Bauklotz der Größe n-1 so ein, dass dessen Ecke dort fehlt, wo lt. Aufgabenstellung der Einheitswüfel zu fehlen hat.
In dessen fehlende Ecke setzen wir einen Bauklotz der Größe n-2 so ein, dass dessen Ecke dort fehlt, wo lt. Aufgabenstellung der Einheitswüfel zu fehlen hat.
In dessen fehlende Ecke setzen wir einen Bauklotz der Größe n-3 so ein, dass ...
...
In dessen fehlende Ecke der Größe 1 (2x2x2) setzen wir einen Bauklotz der Größe 1 so ein, dass dessen Ecke (Einheitswürfel) genau da fehlt, wo lt. Aufgabenstellung der Einheitswüfel zu fehlen hat.

Spoiler

Schritt 1 verstehe ich.
Schritt 2 glaube ich zu verstehen.
Wir starten mit einem Würfel der Kantenlänge 2", bei dem irgendwo (nicht unbedingt in einer Ecke) ein Einheitswürfel fehlt.
Du schreibst - „in dessen fehlender Ecke…..“, aber es fehlt ja nicht unbedingt eine Ecke….

kad hat geschrieben: ↑26.03.2025, 16:52 Eine Gruppe von Kindern sitzt im Kreis. Am Anfang hat jedes Kind eine gerade Anzahl Sugus. In jedem Schritt muss jedes Kind die Hälfte seiner Sugus dem Kind zu seiner Rechten abgeben. Zeige, dass nach einer endlichen Anzahl Schritten alle Kinder gleich viele Sugus haben.

kad hat geschrieben: ↑27.03.2025, 09:32 … und falls ein Kind eine ungerade Anzahl Sugus hat, bekommt es ein zusätzliches geschenkt

Spoiler

Ok, fangen an.
Wir haben n Kinder.
Kn+1 rechts von Kn

Was passiert mit den a Sugus von Kind 1?
Runde 0: K1:a
Runde 1: K1:a/2, K2:a/2
Runde 2: K1:a/4, K2:2a/4, K3: a/4

Ok, Binomialkoeffizienten (links wird der rechte wert dazugezählt)
Damit halbieren sich die Anteile je Runde zu 1/2^n, die Gesamtzahl der Anteile verdoppeln sich hingegen zu 2^n.
Problem ist nur, dass diese Gesamtzahl nicht durch beleibige Zahlen teilbar ist.

Hier die zyklische Varienate (links wird der rechte wert dazugezählt) am Beispiel von drei Kindern
100 (1a)
110 (2a/2)
121 (4a/4)
233 (8a/8)
556 (16a/16)
11,10,11 (32a/32)
22,21,21 (64a/64)
43,43,42 (128a/128)

Also egal, wie viele Runden ich da mach, die Sugus von A verteilen sich im Allgemeinen nie gleichmäßig auf alle Kinder.


tbc.

giffi marauder hat geschrieben: ↑27.03.2025, 10:17

kad hat geschrieben: ↑27.03.2025, 09:32 … und falls ein Kind eine ungerade Anzahl Sugus hat, bekommt es ein zusätzliches geschenkt

Das ist nett, aber wohl wenig hilfreich.

Spoiler

Ok, fangen an.
Wir haben n Kinder.
Kn+1 rechts von Kn

Was passiert mit den a Sugus von Kind 1?
Runde 0: K1:a
Runde 1: K1:a/2, K2:a/2
Runde 2: K1:a/4, K2:2a/4, K3: a/4

Ok, Binomialkoeffizienten (links wird der rechte wert dazugezählt)
Damit halbieren sich die Anteile je Runde zu 1/2^n, die Gesamtzahl der Anteile verdoppeln sich hingegen zu 2^n.
Problem ist nur, dass diese Gesamtzahl nicht durch beleibige Zahlen teilbar ist.

Hier die zyklische Varienate (links wird der rechte wert dazugezählt) am Beispiel von drei Kindern
100 (1a)
110 (2a/2)
121 (4a/4)
233 (8a/8)
556 (16a/16)
11,10,11 (32a/32)
22,21,21 (64a/64)
43,43,42 (128a/128)

Also egal, wie viele Runden ich da mach, die Sugus von A verteilen sich im Allgemeinen nie gleichmäßig auf alle Kinder.


tbc.

Aber vielleicht hab ich ja die Aufgabe nicht richtig verstanden.
Einzige Bedingung ist doch, dass am Anfang die Anzahl der Sugus je Kind gerade ist.
Da damit aber auch die Summe aller Sugus gerade ist, können schon mal beispielsweise drei Kinder am Ende nicht gleich viele haben.

und falls ein Kind eine ungerade Anzahl Sugus hat, bekommt es ein zusätzliches geschenkt

kad hat geschrieben: ↑27.03.2025, 10:38

giffi marauder hat geschrieben: ↑27.03.2025, 10:17

kad hat geschrieben: ↑27.03.2025, 09:32 … und falls ein Kind eine ungerade Anzahl Sugus hat, bekommt es ein zusätzliches geschenkt

Das ist nett, aber wohl wenig hilfreich.

Spoiler

Ok, fangen an.
Wir haben n Kinder.
Kn+1 rechts von Kn

Was passiert mit den a Sugus von Kind 1?
Runde 0: K1:a
Runde 1: K1:a/2, K2:a/2
Runde 2: K1:a/4, K2:2a/4, K3: a/4

Ok, Binomialkoeffizienten (links wird der rechte wert dazugezählt)
Damit halbieren sich die Anteile je Runde zu 1/2^n, die Gesamtzahl der Anteile verdoppeln sich hingegen zu 2^n.
Problem ist nur, dass diese Gesamtzahl nicht durch beleibige Zahlen teilbar ist.

Hier die zyklische Varienate (links wird der rechte wert dazugezählt) am Beispiel von drei Kindern
100 (1a)
110 (2a/2)
121 (4a/4)
233 (8a/8)
556 (16a/16)
11,10,11 (32a/32)
22,21,21 (64a/64)
43,43,42 (128a/128)

Also egal, wie viele Runden ich da mach, die Sugus von A verteilen sich im Allgemeinen nie gleichmäßig auf alle Kinder.


tbc.

Aber vielleicht hab ich ja die Aufgabe nicht richtig verstanden.
Einzige Bedingung ist doch, dass am Anfang die Anzahl der Sugus je Kind gerade ist.
Da damit aber auch die Summe aller Sugus gerade ist, können schon mal beispielsweise drei Kinder am Ende nicht gleich viele haben.

weil ich das in der ursprünglichen Fragestellung nicht hatte: folgendes gehört wirklich zur Aufgabe

und falls ein Kind eine ungerade Anzahl Sugus hat, bekommt es ein zusätzliches geschenkt

Nach jeder Runde haben also alle Kinder eine gerade Anzahl Sugus.

giffi marauder hat geschrieben: ↑27.03.2025, 10:39

kad hat geschrieben: ↑27.03.2025, 10:38

giffi marauder hat geschrieben: ↑27.03.2025, 10:17

kad hat geschrieben: ↑27.03.2025, 09:32 … und falls ein Kind eine ungerade Anzahl Sugus hat, bekommt es ein zusätzliches geschenkt

Das ist nett, aber wohl wenig hilfreich.

Spoiler

Ok, fangen an.
Wir haben n Kinder.
Kn+1 rechts von Kn

Was passiert mit den a Sugus von Kind 1?
Runde 0: K1:a
Runde 1: K1:a/2, K2:a/2
Runde 2: K1:a/4, K2:2a/4, K3: a/4

Ok, Binomialkoeffizienten (links wird der rechte wert dazugezählt)
Damit halbieren sich die Anteile je Runde zu 1/2^n, die Gesamtzahl der Anteile verdoppeln sich hingegen zu 2^n.
Problem ist nur, dass diese Gesamtzahl nicht durch beleibige Zahlen teilbar ist.

Hier die zyklische Varienate (links wird der rechte wert dazugezählt) am Beispiel von drei Kindern
100 (1a)
110 (2a/2)
121 (4a/4)
233 (8a/8)
556 (16a/16)
11,10,11 (32a/32)
22,21,21 (64a/64)
43,43,42 (128a/128)

Also egal, wie viele Runden ich da mach, die Sugus von A verteilen sich im Allgemeinen nie gleichmäßig auf alle Kinder.


tbc.

Aber vielleicht hab ich ja die Aufgabe nicht richtig verstanden.
Einzige Bedingung ist doch, dass am Anfang die Anzahl der Sugus je Kind gerade ist.
Da damit aber auch die Summe aller Sugus gerade ist, können schon mal beispielsweise drei Kinder am Ende nicht gleich viele haben.

weil ich das in der ursprünglichen Fragestellung nicht hatte: folgendes gehört wirklich zur Aufgabe

und falls ein Kind eine ungerade Anzahl Sugus hat, bekommt es ein zusätzliches geschenkt

Nach jeder Runde haben also alle Kinder eine gerade Anzahl Sugus.

ah, das war kein Scherz.

Spoiler

ok, nächster Versuch.
Offensichtlich werden hier fortlaufend Mittelwerte gebildet.
K1'=(K1+Kn)/2
K2'=(K2+K1)/2
..
Kn'=(Kn+Kn-1)/2

K1''=(K1+Kn)/2+(Kn+Kn-1)/2=(K1+2Kn+Kn-1)/4
und so fort.

Dass diese Mittelwert gegen den Wert (K1+..Kn)/n konvergieren,
wenn Unteilbarkeit keine Rolle spielt (also Sugo statt Sugu) ist ziemlich klar.

Dass bei Unteilbarkeit die Summe bzw. Aufteilung am Ende n*2x (2x,2x,2x...) sein muss ist klar.
Wie groß die Endsumme bzw. die Anteile sein werden, ist aber gar nicht so offensichtlich
und ist mitnichten immer die nächst größer Zahl mit dieser Eigenschaft, wie unten am Beispiel von
10 (18 statt 12)
oder 22 (30 statt 24)
zu sehen ist.

Einige Beispiele mit 3 Kindern.
2,0,0
1,1,0->2,2,0
2,2,1->2,2,2 (6)

4,0,0
2,2,0
2,2,1->2,2,2 (6)

6,0,0
3,3,0->4,4,0
2,4,2
2,3,3->2,4,4
3,3,4->4,4,4 (12)

8,0,0
4,4,0
2,4,2
2,3,3->2,4,4
3,3,4->4,4,4 (12)

10,0,0
5,5,0 ->6,6,0
3,6,3->4,6,4
4,5,5->4,6,6
5,5,6->6,6,6 (18)

12,0,0
6,6,0
3,6,3->4,6,4
4,5,5->4,6,6
5,5,6->6,6,6 (18)

8,2,2
5,5,2 ->6,6,2
4,6,4
4,5,5->4,6,6
5,5,6->6,6,6 (18)

14,0,0
7,7,0 ->8,8,0
4,8,4
4,6,6
5,5,6->6,6,6 (18)

16,0,0
8,8,0
4,8,4
4,6,6
5,5,6->6,6,6 (18)

18,0,0
9,9,0->10,10,0
5,10,5->6,10,6
6,8,8
7,7,8->8,8,8 (24)

20,0,0
10,10,0
5,10,5->6,10,6
6,8,8
7,7,8->8,8,8 (24)

22,0,0
11,11,0->12,12,0
6,12,6
6,9,9->6,10,10
8,8,10
9,8,9->10,8,10
10,9,9->10,10,10 (30)

20,2,0
10,11,1->10,12,2
6,11,7->6,12,8
7,9,7->8,10,8
8,9,9->8,10,10
9,9,10->10,10,10 (30)

Lustiges Spiel mit einigen unerwarteten Kuriositäten

tbc.

giffi marauder hat geschrieben: ↑27.03.2025, 11:33

giffi marauder hat geschrieben: ↑27.03.2025, 10:39

kad hat geschrieben: ↑27.03.2025, 10:38

giffi marauder hat geschrieben: ↑27.03.2025, 10:17

kad hat geschrieben: ↑27.03.2025, 09:32 … und falls ein Kind eine ungerade Anzahl Sugus hat, bekommt es ein zusätzliches geschenkt

Das ist nett, aber wohl wenig hilfreich.

Spoiler

Ok, fangen an.
Wir haben n Kinder.
Kn+1 rechts von Kn

Was passiert mit den a Sugus von Kind 1?
Runde 0: K1:a
Runde 1: K1:a/2, K2:a/2
Runde 2: K1:a/4, K2:2a/4, K3: a/4

Ok, Binomialkoeffizienten (links wird der rechte wert dazugezählt)
Damit halbieren sich die Anteile je Runde zu 1/2^n, die Gesamtzahl der Anteile verdoppeln sich hingegen zu 2^n.
Problem ist nur, dass diese Gesamtzahl nicht durch beleibige Zahlen teilbar ist.

Hier die zyklische Varienate (links wird der rechte wert dazugezählt) am Beispiel von drei Kindern
100 (1a)
110 (2a/2)
121 (4a/4)
233 (8a/8)
556 (16a/16)
11,10,11 (32a/32)
22,21,21 (64a/64)
43,43,42 (128a/128)

Also egal, wie viele Runden ich da mach, die Sugus von A verteilen sich im Allgemeinen nie gleichmäßig auf alle Kinder.


tbc.

Aber vielleicht hab ich ja die Aufgabe nicht richtig verstanden.
Einzige Bedingung ist doch, dass am Anfang die Anzahl der Sugus je Kind gerade ist.
Da damit aber auch die Summe aller Sugus gerade ist, können schon mal beispielsweise drei Kinder am Ende nicht gleich viele haben.

weil ich das in der ursprünglichen Fragestellung nicht hatte: folgendes gehört wirklich zur Aufgabe

und falls ein Kind eine ungerade Anzahl Sugus hat, bekommt es ein zusätzliches geschenkt

Nach jeder Runde haben also alle Kinder eine gerade Anzahl Sugus.

ah, das war kein Scherz.

Spoiler

ok, nächster Versuch.
Offensichtlich werden hier fortlaufend Mittelwerte gebildet.
K1'=(K1+Kn)/2
K2'=(K2+K1)/2
..
Kn'=(Kn+Kn-1)/2

K1''=(K1+Kn)/2+(Kn+Kn-1)/2=(K1+2Kn+Kn-1)/4
und so fort.

Dass diese Mittelwert gegen den Wert (K1+..Kn)/n konvergieren,
wenn Unteilbarkeit keine Rolle spielt (also Sugo statt Sugu) ist ziemlich klar.

Dass bei Unteilbarkeit die Summe bzw. Aufteilung am Ende n*2x (2x,2x,2x...) sein muss ist klar.
Wie groß die Endsumme bzw. die Anteile sein werden, ist aber gar nicht so offensichtlich
und ist mitnichten immer die nächst größer Zahl mit dieser Eigenschaft, wie unten am Beispiel von
10 (18 statt 12)
oder 22 (30 statt 24)
zu sehen ist.

Einige Beispiele mit 3 Kindern.
2,0,0
1,1,0->2,2,0
2,2,1->2,2,2 (6)

4,0,0
2,2,0
2,2,1->2,2,2 (6)

6,0,0
3,3,0->4,4,0
2,4,2
2,3,3->2,4,4
3,3,4->4,4,4 (12)

8,0,0
4,4,0
2,4,2
2,3,3->2,4,4
3,3,4->4,4,4 (12)

10,0,0
5,5,0 ->6,6,0
3,6,3->4,6,4
4,5,5->4,6,6
5,5,6->6,6,6 (18)

12,0,0
6,6,0
3,6,3->4,6,4
4,5,5->4,6,6
5,5,6->6,6,6 (18)

8,2,2
5,5,2 ->6,6,2
4,6,4
4,5,5->4,6,6
5,5,6->6,6,6 (18)

14,0,0
7,7,0 ->8,8,0
4,8,4
4,6,6
5,5,6->6,6,6 (18)

16,0,0
8,8,0
4,8,4
4,6,6
5,5,6->6,6,6 (18)

18,0,0
9,9,0->10,10,0
5,10,5->6,10,6
6,8,8
7,7,8->8,8,8 (24)

20,0,0
10,10,0
5,10,5->6,10,6
6,8,8
7,7,8->8,8,8 (24)

22,0,0
11,11,0->12,12,0
6,12,6
6,9,9->6,10,10
8,8,10
9,8,9->10,8,10
10,9,9->10,10,10 (30)

20,2,0
10,11,1->10,12,2
6,11,7->6,12,8
7,9,7->8,10,8
8,9,9->8,10,10
9,9,10->10,10,10 (30)

Lustiges Spiel mit einigen unerwarteten Kuriositäten

tbc.