Rechenaufgaben

[kad]

Zeige, dass die Zeilen einer Matrix immer noch sortiert sind, wenn du zuerst jede Zeile sortierst und dann jede Kolonne sortierst.

[giffi marauder]

Alison, Bonnie und Clyde kandidieren für das Amt des Klassensprechers und erzielen ein Dreier-Gleichstand. Um das zu brechen, bitten sie ihre Mitschüler um die Zweitwahl, aber wieder gibt es ein Dreier-Gleichstand. Das Wahlkomitee ist ratlos, bis Alison vortritt und darauf hinweist, dass sie aufgrund der ungeraden Anzahl der Wähler Zweierentscheidungen treffen können. Sie schlägt daher vor, dass die Schüler zwischen Bonnie und Clyde wählen und der Gewinner dann in einer Stichwahl gegen Alison antreten würde.

Bonnie beschwert sich, dass dies unfair sei, weil Alison dadurch eine bessere Gewinnchance habe als die beiden anderen Kandidaten. Hat Bonnie Recht?

Spoiler

Nein, das Gegeteil ist der Fall.
Nehmen wir an, Bonnie gewinnt in der ersten Runde gegen Clyde.
Da dies nur mit mehr als der Häfte der Stimmen von A möglich ist,
sind die "Verlierer" daraufhin so sauer, dass sie in der 2. Runde jedenfalls nicht A sondern auch B wählen.

Sollte C in der ersten Runde gewinnen, gilt das ebenfalls für die Wähler von B.

Ok. Nehmen wir an, dass die Mitschüler ihre Meinungen nicht ändern.

Ok, was wissen wir.
Wir wissen dass wir 3n Wähler haben und dies 3m+1 (ungerade) entspricht.
Die Anzahl der Wähler ist also 3,9,21,27 etc..
Aus dem Ausgang der ersten zwei Wahlgänge und der Ratlosigkeit des Wahlkommitees könnten wir schließen, dass
dies keine höchst unwahrscheinliche Ausnahemfälle sind, sondern das gleiche Ergebnis auch gleichermassen bei weiteren Wahlgängen zu erwarten wären, denn sonst könnte man ja einfach weiterwählen bis sich das Univerum wieder einkriegt.

Vermutlich schließt deshalb das Wahlkommitee aus den beiden Wahlgängen und anderen Informationen darauf, dass die Bindung der Anhänger von A,B,C sehr groß ist.

Der einfachste Fall für diese Konstellation ist, dass A,B und C die einzigen drei Wähler sind und sich jeweils selbst gewählt haben.

Also würde im ersten Durchgang des Alternativwahlmodus höchstwachscheinlich B den B und C den C wählen.
Da wir die Präferenzen von A hinsichtlich B und C nicht kennen (ausser dass A A wählen würde, wenn er denn könnte),
besteht für B und C eine 50% Chance als Sieger der ersten Runde hervorzugehen.
Sagen wir einfach mal, das wäre B.

Bei zweiten Wahlgang wählt nun A den A und B den B.
Die Frage ist nun, wie wird sich C entscheiden.

Für blinde Mathematiker wären das wiederum 50% für A oder B,
womit die Siegwahrscheinlichkeit bei A 50%, B 25% und C 25% läge.

Nun sind die Wähler von C aber keine blinden Mathematiker, die tun was das Universum an Möglichkeiten so vorgibt,
sondern Menschen.

Als Mensch ist C entweder konfrontativ veranlagt und würde aus niedrigen Beweggründen B wählen (A hat sich schließlich gegen ihn entschieden)
oder würde kooperativ wohlwollend die Stimme B geben, weil, wie Wahlgang 1 gezeigt hat, B auch für A eine passende Alternative ist
und dies in Hinblick auf systemisches Konsensieren einem Schmerzminimum ziemlich nahe kommen würde.

Deshalb ist es sehr wahrschinlich, dass die Person gewinnt, die im ersten Durchgang auch die Stimme(n) von A bekommt.

Da dies auch Alison weiss, ist davon auszugehen, dass Alison, bevor sie überhaupt diesen für sie so schädlichen Vorschlag gemacht hat,
mit B eine Vereinbarung geschlossen hat, was für sie dabei rausspringt, wenn sie diesem ihre Stimme gibt.

Mit etwas Verhandlungsgeschick ist damit A der eigentliche SIeger, weil sie zumindest zum Teil bekommt was sie will,
ohne dafür irgendwelche Verantwortung zu tragen.

PS:
Besser wäre natürlich, das Los entscheiden zu lassen, wer erst in Runde 2 ins Spiel kommt,
da sich dadurch alle etwaigen Ungleichwahrscheinlichkeiten aus dem eigenlichen Wahlvorgang selbst
wiederum auf alle 3 Parteien gleichermaßen verteilen würden.

[kad]

Alison, Bonnie und Clyde kandidieren für das Amt des Klassensprechers und erzielen ein Dreier-Gleichstand. Um das zu brechen, bitten sie ihre Mitschüler um die Zweitwahl, aber wieder gibt es ein Dreier-Gleichstand. Das Wahlkomitee ist ratlos, bis Alison vortritt und darauf hinweist, dass sie aufgrund der ungeraden Anzahl der Wähler Zweierentscheidungen treffen können. Sie schlägt daher vor, dass die Schüler zwischen Bonnie und Clyde wählen und der Gewinner dann in einer Stichwahl gegen Alison antreten würde.

Bonnie beschwert sich, dass dies unfair sei, weil Alison dadurch eine bessere Gewinnchance habe als die beiden anderen Kandidaten. Hat Bonnie Recht?

Spoiler

Nein, das Gegeteil ist der Fall.
Nehmen wir an, Bonnie gewinnt in der ersten Runde gegen Clyde.
Da dies nur mit mehr als der Häfte der Stimmen von A möglich ist,
sind die "Verlierer" daraufhin so sauer, dass sie in der 2. Runde jedenfalls nicht A sondern auch B wählen.

Sollte C in der ersten Runde gewinnen, gilt das ebenfalls für die Wähler von B.

Ok. Nehmen wir an, dass die Mitschüler ihre Meinungen nicht ändern.

Ok, was wissen wir.
Wir wissen dass wir 3n Wähler haben und dies 3m+1 (ungerade) entspricht.
Die Anzahl der Wähler ist also 3,9,21,27 etc..
Aus dem Ausgang der ersten zwei Wahlgänge und der Ratlosigkeit des Wahlkommitees könnten wir schließen, dass
dies keine höchst unwahrscheinliche Ausnahemfälle sind, sondern das gleiche Ergebnis auch gleichermassen bei weiteren Wahlgängen zu erwarten wären, denn sonst könnte man ja einfach weiterwählen bis sich das Univerum wieder einkriegt.

Vermutlich schließt deshalb das Wahlkommitee aus den beiden Wahlgängen und anderen Informationen darauf, dass die Bindung der Anhänger von A,B,C sehr groß ist.

Der einfachste Fall für diese Konstellation ist, dass A,B und C die einzigen drei Wähler sind und sich jeweils selbst gewählt haben.

Also würde im ersten Durchgang des Alternativwahlmodus höchstwachscheinlich B den B und C den C wählen.
Da wir die Präferenzen von A hinsichtlich B und C nicht kennen (ausser dass A A wählen würde, wenn er denn könnte),
besteht für B und C eine 50% Chance als Sieger der ersten Runde hervorzugehen.
Sagen wir einfach mal, das wäre B.

Bei zweiten Wahlgang wählt nun A den A und B den B.
Die Frage ist nun, wie wird sich C entscheiden.

Für blinde Mathematiker wären das wiederum 50% für A oder B,
womit die Siegwahrscheinlichkeit bei A 50%, B 25% und C 25% läge.

Nun sind die Wähler von C aber keine blinden Mathematiker, die tun was das Universum an Möglichkeiten so vorgibt,
sondern Menschen.

Als Mensch ist C entweder konfrontativ veranlagt und würde aus niedrigen Beweggründen B wählen (A hat sich schließlich gegen ihn entschieden)
oder würde kooperativ wohlwollend die Stimme B geben, weil, wie Wahlgang 1 gezeigt hat, B auch für A eine passende Alternative ist
und dies in Hinblick auf systemisches Konsensieren einem Schmerzminimum ziemlich nahe kommen würde.

Deshalb ist es sehr wahrschinlich, dass die Person gewinnt, die im ersten Durchgang auch die Stimme(n) von A bekommt.

Da dies auch Alison weiss, ist davon auszugehen, dass Alison, bevor sie überhaupt diesen für sie so schädlichen Vorschlag gemacht hat,
mit B eine Vereinbarung geschlossen hat, was für sie dabei rausspringt, wenn sie diesem ihre Stimme gibt.

Mit etwas Verhandlungsgeschick ist damit A der eigentliche SIeger, weil sie zumindest zum Teil bekommt was sie will,
ohne dafür irgendwelche Verantwortung zu tragen.

PS:
Besser wäre natürlich, das Los entscheiden zu lassen, wer erst in Runde 2 ins Spiel kommt,
da sich dadurch alle etwaigen Ungleichwahrscheinlichkeiten aus dem eigenlichen Wahlvorgang selbst
wiederum auf alle 3 Parteien gleichermaßen verteilen würden.

Berücksichtigst du

Um das zu brechen, bitten sie ihre Mitschüler um die Zweitwahl, aber wieder gibt es ein Dreier-Gleichstand.

?
Und auch da nehmen wir an, dass sich Meinungen nicht verändern.

[giffi marauder]

Berücksichtigst du

Um das zu brechen, bitten sie ihre Mitschüler um die Zweitwahl, aber wieder gibt es ein Dreier-Gleichstand.

?
Und auch da nehmen wir an, dass sich Meinungen nicht verändern.

Spoiler

Für mich ist "Zweitwahl" ein zweiter Wahldurchgang,
bei dem hier alle genauso wählen wie vorher, weil sie ja ihre Meinung nicht ändern.
Verstehst du darunter etwas anderen?

[kad]

Berücksichtigst du

Um das zu brechen, bitten sie ihre Mitschüler um die Zweitwahl, aber wieder gibt es ein Dreier-Gleichstand.

?
Und auch da nehmen wir an, dass sich Meinungen nicht verändern.

Spoiler

Für mich ist "Zweitwahl" ein zweiter Wahldurchgang,
bei dem hier alle genauso wählen wie vorher, weil sie ja ihre Meinung nicht ändern.
Verstehst du darunter etwas anderen?

Spoiler

Mmmh. Sorry.
Zweitwahl = ihre zweite Wahl

Ein zweiter Wahlgang würde ja keinen Sinn ergeben, wenn Meinungen nicht ändern.

[giffi marauder]

Berücksichtigst du

Um das zu brechen, bitten sie ihre Mitschüler um die Zweitwahl, aber wieder gibt es ein Dreier-Gleichstand.

?
Und auch da nehmen wir an, dass sich Meinungen nicht verändern.

Spoiler

Für mich ist "Zweitwahl" ein zweiter Wahldurchgang,
bei dem hier alle genauso wählen wie vorher, weil sie ja ihre Meinung nicht ändern.
Verstehst du darunter etwas anderen?

Spoiler

Mmmh. Sorry.
Zweitwahl = ihre zweite Wahl

Ein zweiter Wahlgang würde ja keinen Sinn ergeben, wenn Meinungen nicht ändern.

Spoiler

Ja ne, aber das weiss man ja vorher nicht.

[kad]

Fünfundfünfzig Chips werden in Stapeln beliebiger Höhe auf einem Tisch angeordnet. Bei jedem Tick einer Uhr wird ein Chip von jedem Stapel entfernt und die gesammelten Chips werden verwendet, um einen neuen Stapel zu erstellen.

Was passiert letztendlich?

[Tell Sackett]

Aus den unterschiedlich hohen Stapeln, die zusammen aus 55 einzelnen Chips bestehen, erwächst letztendlich ein einziger Stapel von 55 Chips...

[Leenia]

Wie dick sind die Chips?
Bei einem halben Zentimeter pro Chip würde der Stapel 27,5 cm hoch werden, wenn es von Tell die richtige Lösung ist.
Bei 1 cm Dicke wären es 55 cm, wobei hier der Turm hier nicht gerade stabil stehen dürfte ...

[kad]

Aus den unterschiedlich hohen Stapeln, die zusammen aus 55 einzelnen Chips bestehen, erwächst letztendlich ein einziger Stapel von 55 Chips...

Schauen wir diesen einzigen Stapel mit 55 Chips an: beim nächsten Tick der Uhr wird gemäss Anweisung der oberste Chip weggenommen und damit ein neuer Stapel gemacht. Jetzt haben wir 2 Stapel - einer mit 54 Chips und einer mit einem Chip.
Beim nächsten Tick dasselbe und es entstehen wiederum 2 Stapel, der eine mit 53 Chips, der andere mit 2 Chips. Und im nöchsten Durchgang dann 3 Stapel……

Also nein, 1 Stapel mit 55 Chips ist nicht die schlussendliche Konfiguration.

[kad]

Wie dick sind die Chips?
Bei einem halben Zentimeter pro Chip würde der Stapel 27,5 cm hoch werden, wenn es von Tell die richtige Lösung ist.
Bei 1 cm Dicke wären es 55 cm, wobei hier der Turm hier nicht gerade stabil stehen dürfte ...

Kennst du Kapla? da ist es mir erst kürzlich gelungen mit den Holzklötzchen einen riesenhohen Turm zu bauen - viel höher als deine 55 cm. Und er war einigermassen stabil .

[Leenia]

Wie dick sind die Chips?
Bei einem halben Zentimeter pro Chip würde der Stapel 27,5 cm hoch werden, wenn es von Tell die richtige Lösung ist.
Bei 1 cm Dicke wären es 55 cm, wobei hier der Turm hier nicht gerade stabil stehen dürfte ...

Kennst du Kapla? da ist es mir erst kürzlich gelungen mit den Holzklötzchen einen riesenhohen Turm zu bauen - viel höher als deine 55 cm. Und er war einigermassen stabil .

Jetzt schon ...

Schaute nach und es gibt sogar eine Holzbox mit 1.000 Teilen Inhalt.
Wer damit etwas Größeres bauen möchte, sollte keine kleine Kinder und/oder Katzen haben ...

[kad]

Wer damit etwas Größeres bauen möchte, sollte keine kleine Kinder und/oder Katzen haben ...

Es gibt für meine kleinen Enkel kaum eine grössere Freude als wenn sie meine Türme umstossen dürfen….

[giffi marauder]

Fünfundfünfzig Chips werden in Stapeln beliebiger Höhe auf einem Tisch angeordnet. Bei jedem Tick einer Uhr wird ein Chip von jedem Stapel entfernt und die gesammelten Chips werden verwendet, um einen neuen Stapel zu erstellen.

Was passiert letztendlich?

Spoiler

Wir suchen uns eine Fixpunkt für die Iterationen und finden ihn mit
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10
(10*11/2=55)
Der Einser verschwindet, alle rücken um eins vermindert nach links, rechts kommt eine neue 10 dazu.

Jetzt müssen wir nur noch für jede mögliche Ausgangssituation die Konvergenz zum Fixpunkt zeigen.

Ich mach da mal einen Versuch:
Betrachten wir die Anzahl der Türme (A) von Schritt zu Schritt.
Die 1'er fallen weg und 1 neuer kommt dazu.
Hier gibts drei Möglichkeiten:
A'<A (mehr als ein Turm der Höhe 1 fällt weg)
A'=A (genau ein Turm der Höhe 1 fällt weg)
A'=A+1 (kein Turm der Höhe 1 fällt weg)
Damit wächst die Anahl der Türme maximal um 1 mit jedem Schritt.
Dies ist entweder ein Turm mit einer Höhe, die wir bisher nicht hatten,
oder ein Turm mit einer Höhe, die wir schon haben.
Der Zuwachs durch den "gleichhohen" Türm hebt sich später durch deren gemeinsamen Wegfall wieder auf.
Langfristig kann der Zuwachs an Türmen also nur durch unterschiedlich hohe Türme stattfinden.
Das Maximum an unterschiedlich hohen Türmen ist 10 mit den Höhen 1..10

[kad]

Fünfundfünfzig Chips werden in Stapeln beliebiger Höhe auf einem Tisch angeordnet. Bei jedem Tick einer Uhr wird ein Chip von jedem Stapel entfernt und die gesammelten Chips werden verwendet, um einen neuen Stapel zu erstellen.

Was passiert letztendlich?

Spoiler

Wir suchen uns eine Fixpunkt für die Iterationen und finden ihn mit
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10
(10*11/2=55)
Der Einser verschwindet, alle rücken um eins vermindert nach links, rechts kommt eine neue 10 dazu.

Jetzt müssen wir nur noch für jede mögliche Ausgangssituation die Konvergenz zum Fixpunkt zeigen.

Ich mach da mal einen Versuch:
Betrachten wir die Anzahl der Türme (A) von Schritt zu Schritt.
Die 1'er fallen weg und 1 neuer kommt dazu.
Hier gibts drei Möglichkeiten:
A'<A (mehr als ein Turm der Höhe 1 fällt weg)
A'=A (genau ein Turm der Höhe 1 fällt weg)
A'=A+1 (kein Turm der Höhe 1 fällt weg)
Damit wächst die Anahl der Türme maximal um 1 mit jedem Schritt.
Dies ist entweder ein Turm mit einer Höhe, die wir bisher nicht hatten,
oder ein Turm mit einer Höhe, die wir schon haben.
Der Zuwachs durch den "gleichhohen" Türm hebt sich später durch deren gemeinsamen Wegfall wieder auf.
Langfristig kann der Zuwachs an Türmen also nur durch unterschiedlich hohe Türme stattfinden.
Das Maximum an unterschiedlich hohen Türmen ist 10 mit den Höhen 1..10

Spoiler

Eher schwierig, das zu beweisen.

Bekannt unter dem Namen bulgarian solitaire. Martin Gardner (wer sonst) hat es in einer seiner Kolumnen eingeführt.

https://en.wikipedia.org/wiki/Bulgarian_solitaire

Es basiert auf folgendem Artikel, der die Konvergenz beweist für Dreieckszahlen und Zyklen für nicht Dreieckszahlen.

https://www.ams.org/journals/proc/1982 ... 6129-5.pdf