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Kein Mal. Die Sonne und die Erde befinden sich immer auf einer Achse, die durch den gemeinsamen Drehpunkt verläuft. Aber die anderen Planeten können die Achse knicken, die dann nicht mehr ganz gerade ist.

Zur Lösung kommt man schneller, wenn man die Seiten a, b und c durch die Berührpunkte des Inkreises unterteilt. Damit ergibt sich für a=20=6+14 ; b=6+x und c=14+x
Mit dem Pythagoräischen Lehrsatz a²+b²=c² errechnet sich nach Einsetzen x=15 und somit ergibt sich für b=21 und c=25

Nennen wir den Punkt mit den beiden anliegenden Seiten a und c B und den Mittelpunkt des Innkreises M, so ist die Strecke BM die Winkelhalbierende von B (Definition Innkreis, oder auch Kongruenz der beiden Dreiecke zwischen den Punkten B und M und dem Radius zu den tangential anliegenden Seiten a und c)
Daraus ergibt sich für den Winkel an Beta (an B) 2*Arcus Tangens (6/14) und damit für b=20*Tangens(errechneter Winkel) und daraus für c=√(20²+21²)=29

Die angegebene Lösung ist leider falsch.
Die angebliche Lösung ist unabhängig von der Anzahl Münzen, die geworfen werden. Wenn sie richtig wäre, würde sie auch für insgesamt 3 geworfene Münzen gelten. Dort lässt sich einfach nachrechnen, dass es nicht stimmt. Der Fehler liegt darin, dass die Ergebnispaare nicht symmetrisch sind. Wenn Anna beispielsweise 11 Mal Kopf wirft und Britta 10 Mal Kopf, dann ist das Partnerergebnis, dass Anna 10 Mal Kopf und Britta weiterhin 10 Mal Kopf wirft. Somit wirft Anna häufiger mehr Kopf als Britta.

Außerdem beantwortet die Lösung die Frage gar nicht: Es gibt 3 mögliche Ausgänge. Anna wirft häufiger Kopf (a), Britta wirft häufiger Kopf (b) und beide werfen gleich häufig Kopf (c). Die Frage ist, sie gross (a) ist. Die Antwort behauptet (fälschlicherweise), dass (a) =(b). Da aber (a)+(b)+(c)=1 ist dies nicht ausreichend dafür zu beantworten wie gross (a) ist so lange (c) nicht angegeben ist.

Zwei Radien des Inkreises bilden zusammen mit dem rechten Winkel des Dreiecks unten links ein Quadrat.
Ferner ist der Mittelpunkt des Inkreises der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden.
Daraus folgt b = 20 • tan(2 • arctan(6/14)) = 21.
Die Seite c kann dann mit dem Satz des Pythagoras berechnet werden.

Sehr geehrte Damen und Herren,
die Argumentation in der Lösung ist leider nicht nachvollziehbar und das Ergebnis dann auch falsch. Nehmen Sie einfach a=b und schon sieht man, dass in diesem Fall weder b>a noch (20-b) > (21-a) ist. D.h. Britta hat in keinem der beiden Fälle öfter Kopf geworfen als Anna. Alternativ können sie auch die Argumentation für die Kopf-Würfe für die Zahl-Würfe wiederholen und würden nach Ihrer Logik mit 21 Würfen genau so oft Kopf oder Zahl werfen wie mit 20 Würfen. Drittens kann man statt 21 und 20 die 2 und die 1 wählen, dann hat man 8 Kombinationen und man kann sich direkt davon überzeugen, dass Anna in 50% der Fälle öfter Kopf als Britta geworfen hat, aber Britta nicht ebenfalls in 50% der Fälle öfter Kopf geworfen hat.
Übrigens hält Chat GPT-4o Ihre Argumentation für richtig, da a<>b sein müsse, weil eine der Frauen eine gerade und die andere eine ungerade Anzahl Würfe macht.
Viele Grüße
Nikolaus Schmücker

Der Beweis ist nicht nachvollziehbar. Einfaches Gegenbeispiel ist a=b=0. In dieser Folge haben beide gleich oft Kopf (nämlich nie), aber in der anderen Folge des Paares hat Anna 21 Kopf und Britta nur 20 mal. Damit ist der Satz

"Von den beiden Folgen pro Paar wirft also immer einmal Anna häufiger und einmal Britta häufiger »Kopf«, unabhängig von a und b. "

offensichtlich falsch. Anna hat einen Erwartungswert von 10,5 mal Kopf und Britta von nur 10 mal.

Guten Tag,
wenn man das 1x4 Tetromino oben lässt und das 2x2 Tetromino unten lässt (also wie bei der 2. Lösung des Artikels), kann man die mittleren drei Tertrominos in einer weiteren Variante anordnen.
Hier einmal die genaue Anordnung:
https://ibb.co/t3fnVQd
Viele Grüße!

Es gibt nur 2 hoch 40 plus 1 Würfe.
Nicht 2 hoch 41.
Wie hiess der Tünnes noch - Der, mit der Bedingten Wahrscheinlichkeit ?
mfg

Die ersten 40 Würfe ( 20 / 20 ) erscheinen mir " fair ", also 1:1 verteilt.
Damit sind 2 hoch 40 Ereignisfolgen " praktisch " NICHT ausschlaggebend.

Jetzt hat aber Anna einen Wurf, der ergibt
Zwei mögliche Ereigniosfolgen-Ausgänge, die allerdings

AUSSCHLIESSLICH Anna zuzuordnen sind:

(A) zu 50% den Wert " NICHT Kopf " und
(B) zu 50% den Wert " Kopf ".

Könnte die Bedingte Wahrscheinlichkeit unter der Bedingung ( hier: die ersten 40 sind gleichbedeutend ) sein.

mfg

Guten Tag
Es gibt nicht nur 2 Lösungen.
Das L kann auch direkt am langen I anliegen, T und Z füllen dann den Rest.

Wenn man den quadratischen Fuß der Figur weglässt, ist der Rest symmetrisch gegenüber einer horizontalen Achse. Die beiden Lösungen sind ebenfalls symmetrisch.

In der Mathematik-Aufgabe am 25.12.2025 wird nach der Wahrscheinlichkeit gefragt, mit der Anna bei 21 Mürz-Würfen ofter Kopf wirft als Britta mit 20 Münz-Würfen.
Die angegebene Lösung ist leider nicht nur falsch, sondern auch etwas dumm und sie geht gar nicht wirklich auf die Frage ein :(
Falsch ist sie, weil sie schlussfolgert, dass Anna und Britta im Durchschnitt gleich oft Kopf werfen. Das finde ich deshalb etwas dumm, weil man pro Wurf Durchschnittlich 0,5 mal Kopf wirft, mit 21 Würfen also 10,5 mal (durchschnittlich), mit 20 Würfen aber nur 10 mal. Das kann ein 7-Jähriger erkennen.
Aber die Frage war, mit welcher Wahrscheinlichkeit Anna öfter Kopf wird als Birtta. Diese Frage wird in der "Lösung" allerdings gar nicht adressiert. Für mich war diese Frage nicht ganz offensichtlich, aber lustigerweise ändert sich die Lösung gar nicht, egal ob 1x, 3x, 5x, oder eben 41x geworfen wird:
Wer einen Wurf mehr hat, hat immer eine 50% Chance, insgesamt öfter Kopf zu werfen ... sehr schön :)
(nur die Wahrscheinlichkeit für gleich oft Kopf sinkt mit der Anzahl der Würfe, und dafür steigt die Wahrscheinlichkeit dass man mit einem Wurf weniger trotzdem öfter Kopf wirft als der andere - das ist nicht so intuitiv)

Die Antwort kann nicht richtig sein: Sei a = 3 und b = 2 dann hat Anna im ersten Fall 3 mal Kopf und Britta 2 mal Kopf. da 21-3= 20-2 haben im "Gegenpaar" beide glöich häufig Kopf. Der Fall, dass beide gleich häufig Kopf werden, wird allso nicht berücksichtigt.
Ich bekomme als Wahrscheinlichkeit 50%, dass Anna in ihren 21 Wüefen häufiger als Britta in ihren 20 Würfen Kopf wirft. Hier meine Argumentation.: Nach 20 Würfen gibt es die Wahrscheinlichkeit x, dass beide gleich oft Kopf geworfen haben. Aus Symmetriegründen hat dann Anna (1-x)/2 mal mehr Kopf als Britta gworfen und auch (1-x)/2 weniger. Wenn sie weniger als Britta hat, kann sie im letzten Wurf maximal ausgleichen. Hat sie dagegen nach 20 Würfen mehr, wird sie auch nach dem 21. Wurf mehr haben. Wenn sie glech viele hat, kann sie im letzten Wurf mit 50% Wahrscheinlichkeit Kopf werfen. Ihre Chance zu gewinnen ist also (1-x)/2 +x/2 = 1/2.
Sowohl meine Argumentation als auch die Argumentation von Prof. Hemme ist unabhängig von 20, sie funktioniert also für alle n= 0,1,2,3.
Deshalb testen wir n=0: in dem Fall hat Britta bei 0 Würfen 0 mal kopf und Anna hat bei einem Wurf 50% mal Kopf . Dies stimmt mit meiner Lösung überein und widerspricht Prof. Hemmes Lösung.
Da 0 ein Sonderfall ist testen wir auch n= 1, also Britta wirft einmal und Anna zweimal. Anna hat mit 50% Wahlscheinlichkeit 0 mal Kopf und mit 50% Wahrscheinlichkeit 1 mal Kopf.
Im ersten Fall hat Anne mehr Kopf wenn sie mindestens einmal Kopf wirft, also in 3/4 der Fälle, Im zwieten Fall braucht Anna 2 mal Kopf, was sie in 1/4 der Fälle erreicht. 1/2 * 3/4 + 1/2 *1/4 = 1/2, was auch wieder meiner Lösung entspricht. Mit etwas Aufwand könnte man auch noch n=2 und n=3 per "Hand" prüfen, für einen Mathematiker ist das aber nicht mehr nötig. Einem Mathematiker reicht die Plausibilitätsprüfung n=0, um zu checken, dass er sich nicht verrechnet hat.
Viele Grüße, Horst Cohen

Ich glaube, das stimmt nicht. Alle Fälle, in denen a=b, die also unentschieden ausgehen, werden nach diesem System mit Fällen gepaart, in denen Anna gewinnt (21-a>20-a). Man kann sich das mit den extremem Fällen schnell klar machen: Wenn Anna und Britta nur Kopf werfen; gewinnt Anna; wenn sie nur Zahl werfen, ist das Spiel unentschieden. Oder auch so: Wenn Anna 100-mal werfen dürfte und Britta nur 20-mal, wäre Anna offensichtlich sehr weit im Vorteil; für alle Ergebnisse, in denen Anna mehr als 20 und weniger als 80-mal Kopf wirft, kann Britta weder dieses Spiel noch den Zwilling im entsprechenden Paar gewinnen.