Kommentare - - Seite 52

Dieser tolle Artikel ist spannend und unterhaltend zugleich! Allerdings wirft er eine neue Frage auf, die mathematisch nicht zu beantworten ist: Warum wird am Bodensee nur gefragt
"welche Mathelehrerin" es schaffen könne, dass jemand aus ihrer Klasse sicher einen Preis gewinnt.

Warum wird nur bei Frauen gesucht? Etwa weil männliche Lehrer das sowieso können?

Wenn es für diese Frage keine wissenschaflich haltbare Lösung gibt, ist die zitierte Fragestellung eindeutig misogyn!

Die Herleitung ist ok, obwohl ich es anders gelöst habe und auf 7/12 gekommen bin. Ihr Ergebnis mit 50 % liegt leider kaum daneben. Ihr Problem: Die Fläche des roten Parallelogramms entspricht nicht einem sondern zwei Dreiecken.

So ein Dreck was Ihr hier schreibt !!!

"wann werden wir den Satz des Pythagoras benutzen"
Super schöner Artikel, danke! :)

Ich habe schon vor langer Zeit von folgender Lösung gehört oder gelesen (und hoffe, mich richtig erinnern zu können):
1) Markieren der Basis des Start- und des Zielturmes mit weißer Farbe, die Basis des anderen Turmes mit schwarzer Farbe
2) Markieren der Scheiben, sodass die unterste Scheibe schwarz und die darüberliegenden Scheiben abwechselnd weiß und schwarz werden (bei einem Turm mit 4 Scheiben wären dann - von unten - die zweite und die vierte Scheibe schwarz, die anderen weiß)
3) So ziehen, dass jede Scheibe immer auf einer Scheibe oder Basis liegt, die eine andere Farbe hat (und man den letzten Zug nicht rückgängig macht).
Es sollte dann immer nur eine Zugmöglichkeit geben (insofern man nicht am nächsten Tag auf den zuletzt gemachten Zug vergessen hat).

Ich hätte noch eine Berechnungsmethode, die in beide Richtungen gilt, d.h. man kann sie auf die größere oder die kleinere Zahl anwenden:

gesuchte Zahl = 10 * Ausgangszahl - 99 * [Zehnerstelle der Ausgangszahl]

Beispiel: 75 <--> 57
1) Ausgangszahl 75:
gesuchte Zahl = 10 * 75 - 99 * 7 = 750 - 693 = 57
2) Ausgangszahl 57:
gesuchte Zahl = 10 * 57 - 99 * 5 = 570 - 495 = 75

Viele Grüße
Thomas

Der endgültige Beweis ist über 300 Seiten lang, doch gibt es wirklich eine viel kürzeren Beweis? Und kannte Fermat diesen vielleich? In stillen Stunden denke ich da gerne mal drüber nach, und immerhin für n = 3 (also kubische Systeme) gibt es einen spannende Lösung, die viel mit den Primzahlen zu tun hat.

Man kann den Beitrag als mathematisches Gedankenspiel betrachten. Soweit, so gut. Es fehlt aber völlig ein sozialer Aspekt. Selbst wenn man sein Fahrzeug mit Geschick und vielleicht auch Mathematik in die Parklücke gebracht hat, darf nicht vergessen werden, dass die anderen Fahrzeuge vielleicht ausgeparkt werden müssen. Dazu ist dessen Wendekreis, Radstand, Spurweite und nicht zuletzt das Können des anderen Fahrers zu berücksichtigen. Ohne dem ist einparken auf minimalem Raum zuweilen soziales Verhalten

Der Beitrag zeigt sehr schön, dass bei einem quadratischen Spielfeld der erste Spieler eine Gewinnstrategie besitzt.
Es wäre in meinen Augen noch erwähnenswert gewesen, dass bei Chomp für alle Spielfeldgrößen (außer dem trivialen Fall 1x1) der erste Spieler gewinnen kann.
Der Beweis hierfür ist zwar nicht konstruktiv, nutzt aber das Argument des Strategiediebstahls, das ich persönlich als überaus elegant ansehe:
Angenommen, es gäbe stattdessen eine Gewinnstrategie des zweiten Spielers. Man betrachte nun den Fall, dass Spieler 1 das Feld ganz rechts oben entfernt. Gemäß unserer Annahme kann Spieler 2 dann im nächsten Zug seiner Gewinnstrategie folgen und langfristig unter Einhaltung dieser Strategie garantiert gewinnen.
Da der Zug von Spieler 2 allerdings (mit gleichem Ergebnis) bereits für Spieler 1 im ersten Zug verfügbar war, kann Spieler 1 statt der Ecke rechts oben auch direkt der Gewinnstrategie von 2 folgen (sie quasi stehlen).
Somit muss eine Gewinnstrategie für Spieler 1 existieren (da Chomp ein Spiel mit perfekter Information ist).

Wenn das zutrifft:
(n1 + n2 + n3) + (n4 + n5 + n6) + (n7 + n8 + n9) + n10 + n11 = 3 ∙ 99 + n10 + n11 = 381
Dann ist n9 keineswegs 15. Denn 99 / 3 = 33
Da dies aber nur eine, Annahme ist (die gleichmäßige Verteilung auf alle drei Wagons je Dreiergruppe), kann man genau so davon ausgehe dass in einem 99 sind, und die anderen beiden jeweils immer leer. Oder Mal so Mal anders.
Hier ist keine Logik gefragt, sondern Wahrscheinlichkeit.

:Edit: Ich korrigiere mich: Hier ist sehr wohl Logik anzuwenden. Ich habe das "aufeinanderfolgend" übersehen. Da ich von einer gleichmäßigen Verteilung ausging, habe ich nicht in Betracht ziehen müssen, dass ein Wagon in der Gruppe, auch Wagon einer anderen Gruppe zugleich sein kann/*tut!
Die zusammengefassten Dreiergruppen sind nicht als solche spezifisch zu betrachten. Es ist viel mehr die Auswahl an sich als "SPEKTRUM" zu erkennen =)
Dessen Wert sei stets 3 Wagons in Folge.
x-beliebig :
[ n(x-1) + n(x) + n(x+1) ] = 99
da anwendbar auf komplette range und uns bekannt ist, Da in 2 Wagons 84 Personen sind wird klar, dass in einem Wagon vorher 15 Personen sind. Würde es noch ein weiteren Wagon danach geben, so müssten darin ebenfalls 15 Personen sein.

Wenn das zutrifft:
(n1 + n2 + n3) + (n4 + n5 + n6) + (n7 + n8 + n9) + n10 + n11 = 3 ∙ 99 + n10 + n11 = 381
Dann ist n9 keineswegs 15. Denn 99 / 3 = 33
Da dies aber nur eine Annahme ist (die gleichmäßige Verteilung auf alle drei Wagons je Dreiergruppe), kann man genau so davon ausgehe dass in einem 99 sind, und die anderen beiden jeweils immer leer. Oder Mal so Mal anders.
Hier ist keine Logik gefragt, sondern Wahrscheinlichkeit.

Braucht es wirklich eine Lücke, die so gross ist wie die Diagonale des Autos ? Ich denke, man kann schon vorher von der Schräge profitieren, aber das wird fast unüberwindlich kompliziert zum Rechnen.

Beim realistischeren Immer-mehr-schräg-stellen kann die Betrachtung nicht mehr so gut schlicht gehalten werden.

Es gibt auch eine schnellere Lösung: man kann das rechte obere Dreieck nach links verschieben, ohne es zu drehen,. so dass ein Parallelogramm aus fünf gleich langen Streifen entsteht, zwei grünen und drei blauen. Die grüne mit 60 cm² entsprechen 40%, also ist das gesamte Rechteck 150 cm² groß.

Diese Aufgabe lässt sich ganz einfach mit dem Strahlensatz lösen, der ausgehend von der blauen Ecke direkt das Verhältnis von 1,5 zwischen den blauen und grünen Flächen liefert - ohne den Flächeninhalt des Dreiecks zu benutzen. Somit ist die Gesamtfläche für die eine Hälfte des Quadrats genau das 2,5-fache der grünen Fläche. An dem Verhältnis ändert die Verdoppelung der Dreiecke zum Quadrat nichts, so dass die Gesamtfläche genau 2,5 x 60 qcm = 150 qcm ist.