[Rika]

Macht's Spass, neue Rätsel anzufangen, bevor die alten gelöst wurden?

1. Es geht um ein 10x10 Feld, nicht 5x5 !
2. Unmittelbar angrenzend heißt, dass sich horizontal oder vetikal angrenzend auf jeder Seite jeweils ein infiziertes Feld befindet, nicht aber diagonal. Diagonal ist doch nciht angrenzend. Ein Feld wird nur dann infiziert, wenn gleichzeitig links und rechts oder gleichzeitig oben und unten ein infiziertes Feld angrenzt.
3. Und bezüglich 9 Infektionen auf einem 10x10-Feld, wie willst du da beweisen, dass deine Verteilung die bestmögliche wäre?



Und zu deiner Aufgabe:

Man betrachte die Schnittgerade der beiden Ebenen, die durch die beiden Dreiecke aufgespannt werden. Dies ist die gesuchte Gerade.

Man betrachte ferner die die Geraden AA' und BB'. Da sie sich schneiden, der Schnittpunkt O ist und ABO und A'B'O' Dreiecke bilden, liegen alle 5 Punkte in einer Ebene. Da AB und A'B' laut Aufgabe nicht parallel sind, schneiden sie sich in einem Punkt dieser Ebene. Da AB und A'B' aber Teile von ABC und A'B'C' sind, die in zwei sich schneidenen Ebenen liegen, muss der Schnittpunkt von AB und A'B' in der Schnittgerade dieses Ebenen liegen. Für BC und CA erhält man das gleiche Ergebnis durhc zyklisches Vertauschen. Daher liegen alle drei Verlängerungsschnittpunkte auf dieser Geraden.

*langweilig*

[Franz1299]

zu 1) das ist nur ein AUSSCHNITT, den du überall im 10x10 Feld aufstellen kannst
zu 2) sehe ich genauso
zu 3) gut, hab keinen beweis, aber wie wäre denn eine bessere Verteilung?

und zu meiner Aufgabe: Richtig

[DieDumme]

Zitat (Rika: 22.02.2004, 16:19)

Macht's Spass, neue Rätsel anzufangen, bevor die alten gelöst wurden?

Und zu deiner Aufgabe:

Man betrachte die Schnittgerade der beiden Ebenen, die durch die beiden Dreiecke aufgespannt werden. Dies ist die gesuchte Gerade.

Man betrachte ferner die die Geraden AA' und BB'. Da sie sich schneiden, der Schnittpunkt O ist und ABO und A'B'O' Dreiecke bilden, liegen alle 5 Punkte in einer Ebene. Da AB und A'B' laut Aufgabe nicht parallel sind, schneiden sie sich in einem Punkt dieser Ebene. Da AB und A'B' aber Teile von ABC und A'B'C' sind, die in zwei sich schneidenen Ebenen liegen, muss der Schnittpunkt von AB und A'B' in der Schnittgerade dieses Ebenen liegen. Für BC und CA erhält man das gleiche Ergebnis durhc zyklisches Vertauschen. Daher liegen alle drei Verlängerungsschnittpunkte auf dieser Geraden.

*langweilig*

Vielleicht werden imma neue Rätsel angefangen
weil deine einfach zu schwer sind
Naja weis aba auch net ne


Wie soll man den auch bei deinem rätsel die besste verteilung heraus finden?

[DieDumme]

Also bei deinem rätsel rika muss ma als die 9 anfangs infizierten felder unteranderem die 4 ecken nehmen oda?
sonst kommt man später ja net mehr dran....
aba das ganze geht weiter net
naja das haste am anfang ja auch schon gesagt
wir sollen ja"nur" begründen warum das so ist
mhmmm....
das is so scheiße zu erklären
es is halt so

Dieser Beitrag wurde von DieDumme bearbeitet: 22. Februar 2004 - 17:01

[Rika]

Nein nein, das ist ein möglicher Ansatz:

1. Wenn das ganze Qudrat vollständig infiziert ist, dann müssen am Anfang die Ecken infziert gewesen sein, sowie 4 Felder der Seitenkanten. Also mindestens 20. Da reichen 9 nicht.

oder

2. Ein 2x2-Bereich kann nie infziert werden, also darf auch am Anfang kein solche vorhanden gewesen sein. Damit muss mindestens jede vierte Feld infiziert gewesen sein, also mindestens 25. Da reichen 9 nicht.

oder, der eleganteste:

3. Man nehme an, dass man die Infektion eindämme, indem man um jedes infizierte Feld einen Zaun errichtet. Also 36 Zaunstücke. Wenn nun ein Feld zwischen zwei infzierten Felder infiziert wird, muss man den Zaun umbauen - dabei bleiben es genauso viele Zaunstücken. Liegt ein im nächsten Schritt zu infizierendes Feld an drei infizierten Felder, so gehen im nächsten Zug sogar zwei Zuanstücken verloren. Liegt ein im nächsten Schritt zu infizierendes Feld sogar an vier infizierten Felder, so gehen im nächsten Zug vier Zaunstücken verloren.

Die Anzahl der Zaunstücken wird also weniger oder belibt höchstens gleich. Am Anfang waren es 36 Stücken. Am Ende müssten es, wenn das ganze Qudrat infziert wäre, 40 Stücken sein. Widerspruch.


OK, jetzt mal was rein logisches:

Es seien n Leute, die sich einen Kuchen teilen wollen. Jeder von ihnen ist sehr gierig und will unbedingt ein möglichst großes Stück, hat aber genug Rückrat, um sich an getroffene Vereinbarungen zu halten.
Nach welcher Vereinbarung ist der Kuchen zu teilen, damit jeder genau gleichgroße Stücken bekommt, obwohl jeder versucht, zu lügen und zu betrügen?

[poehly]

Das mit dem Lügen und betrügen ist mirnicht ganz klar...

Was spricht gegen 1/n ? Gibt es andere Verteilungen, bei denen n Leute jeweils gleich große Stücke kriegen?

Mich würde nochmal interessieren, wie das mit deiner T=sin*sin*sin ... Aufgabe nun aussieht. Gilt für das Produkt nun T = 1 / (2*sin(pi/64)) oder nicht ? Hast du die Lösung schon ?

Mal was lustiges:

Ein Typ möchte mit drei schönen Frauen schlafen und dabei maximale Sicherheit vor Schwangerschaften und Geschlechtskrankheiten haben. Er hat 2 Kondome zur Verfügung. Schafft er das ?

[Rika]

1. Keiner von denen wird gleich große Stücke haben wollen, es sei denn, die Alternative wäre schlechter für den jeweiligen.

2. Das mit dem Typen ist einfach: Beide Kondome verwenden und sie während aller drei Beischläfe anbehalten. Sicherer geht's nimmer.

3. OK, hier die Lösung:

T = sqr(2) / (2^16)

Man erhält sie wie folgt:

imaginäre Einheit i, i² = -1
Sei cos(n*x)+i*sin(n*x) = e^(i*n*x) = (e^(i*x))^n = (cos(x)+i*sin(x))^n

Die Anwednung des binomischen Satzes liefert dann jeweils für cos(n*x) und sin(n*x) zwei Terme. In Ersterem kommen nur geradzahlige Potenzen von cos(x) und sin(x) vor, in letzteren immer ungeradzahlige Potenzen. Da nun aber sin²(x)=1-cos²(x) gilt, lässt sich der erste Term ausschließlich als Polynom in cos(x) ausdrücken, der zweite als sin(x)*[Polynom in cos(x)].
Das erste ist bekannt als Tschebichew-Polynom erster Art T1(n,cos(x)), das andere ist dann zweiter Art T2(n,cos(x)).

Es gilt: Der höchste Koeffizenz von T?(n) = 2^n. Der niedrigste Koeffizient ist 1. Auch ist T2(n+1)' = T1(n). T?(n) enthält als Nullstellen genau die Kreisteiler von n.


Die Werte 1*pi/64,3*pi/64 ... 31*pi/64 seien allesamt Nullstellen eines Polynoms P in cos(x). Dabei ist P(t*cos(n*x))=s*T1(64) und somit T1(64) ähnlich.
Dann gilt nach Vietaschem Wurzelsatz: 1/64+3/64+...+31/64 = 256/64 = 4 = a0 (Absolutglied in P) Da nach Voraussetzung eines Tailorpolynoms das Absolutglied genau 1 sein muss, müssen alle Werte durch 4 geteilt werden.

Dann ist ihr Produkt also durch 4^16 zu teilen, da es 16 Nullstellen sind.
Der höchste Koeffizient in T1(64) ist aber ihr Produkt, und nach Voraussetzung des Tailorpolynoms genau 2^64. Damit ist das höchste Glied in P(cos(x)) gleich 2^64 / 4^16 = 1 / 2^32.

Nun haben wir aber die Werte 33*pi/64 bis 63*pi/64 noch gar nicht berücksichtigt. Da T1(64) aber alle Kreisteiler beinhaltet, sind diese Nullstellen symmetrisch zu den bereits betrachten Nullstellen, ihre Summen und Produkte sind genau die gleichen. Daher darf man auch ruhigen Gewissen cos(x) durch sin(x) substituieren, ohne dass sich das Ergebnis ändert (prüft es ruhig nach!).

Da nun Summe(x0 bis x31)=Summe(x33 bis x63)=y und 2y=Summe(x0 bis x63)=2*1/2^32 = 1/2^31 gilt und mit P(cos(x))=1/2^31*T1(64) gilt, ist

cos(1*pi/64)*cos(3*pi/64)*...*cos(63*pi/64)=1/2^31
und cos(1*pi/64)*...*cos(31*pi/64)=cos(33*pi/64)*...*cos(63*pi/64)

Also ist (cos(1*pi/64)*...*cos(31*pi/64))²=1/2^31, somit cos(1*pi/64)*...*cos(31*pi/64) = sqr(2/2^32) und wegen sin(x)<->cos(x)


sin(1*pi/64)*sin(3*pi/64)*...*sin(31*pi/64) = sqr(2)/2^16

[DieDumme]

Man deine langen Rechnungen versteh ich nie rika
naja bin auch erst in der 7. klasse

Dieser Beitrag wurde von DieDumme bearbeitet: 23. Februar 2004 - 14:55

[Rika]

Dann denke mal über das Kuchenteilungsproblem nach, das ich benannt habe. Das ist reine Überlegungssache.

[DieDumme]

Vielleicht so:
Einer teil den Kuchen dafür darf er sich zum schluss erst nen stück nehmen
teil er den kuchen unfair bekommt er das kleinste stück
teil er es gerecht bekommt er genau so ein großes wie alle anderen

richtig? ne ne

[Rika]

Ja, ist schon richtig, aber das Problem ist: Beweise, dass es nicht anders geht. Z.B. warum nicht zwei Leute den Kuchen teilen sollen und die beiden am Ende die letzten Stücken bekommen - und warum keiner der Egoisten diese Methode wählen würde.

Würde zwei Leute teilen, könnte der erste die Stücken ungleich groß machen, sodass eie gerechte Teilung nciht mehr möglich wird. Soll der zweite dann die beiden ungleichen Teile wenigstens gerecht teilen? Auch nicht gut, egal nach welcher Regelung kriegt er immer ein kleineres Stück.

Und keine würde diese Regel zulassen, weil jeder ja selbst der zweite Teiler sein könnte.

Eleganter:

Jeder ist potentieller Kuchenschneider und jeder potentieller Verlierer. Jede ungerechte Teilung führt zu Verlierern. Daher muss jeder, unabhängig von der Situation, bestrebt sein, gerecht zu teilen. Daher kann es nur genau einen Teiler geben, ansonsten wäre jeder weitere Teiler von der vorherigen Situation abhängig.


Hier ein paar neue, obwohl sicherlich altbekannte Rätsel:
Wenn in einem Wald ein Baum umfällt, und niemand ist da um es zu hören, gibt das ein Geräusch?
Wie hört sich das Klatschen von nur einer einzigen Hand an?
Was war zuerst da, Huhn oder Ei?

[DieDumme]

Zitat (Rika: 23.02.2004, 18:12)

Hier ein paar neue, obwohl sicherlich altbekannte Rätsel:
Wenn in einem Wald ein Baum umfällt, und niemand ist da um es zu hören, gibt das ein Geräusch?
Wie hört sich das Klatschen von nur einer einzigen Hand an?
Was war zuerst da, Huhn oder Ei?

Nen Geräusch gib es trotzdem auch wenn es kener hört.... aba wie soll man das begründen es is ja halt net abhänig ob jemand da is oda net geräusch gibs trotzdem

eine einzige hand kann ent klaschen

und ähhh.... was war zuerst da ei oda huhn?
ohne ei kein huhn aba ohne huhn ken ei ^^
mhmmm....
nen ei?

Dieser Beitrag wurde von DieDumme bearbeitet: 23. Februar 2004 - 18:20

[Rika]

1. Es gibt kein Geräusch. Es gibt zwar Schall, aber ohne ein Wesen, das da ist, um den Schall als Geräusch (und nicht etwa als Ton oder Klang oder Knall) zu klassifzieren, gibbet halt kein Geräusch.

2. Klatschen = Zusammenschlagen von Händen -> Plural -> geht mit einer Hand nicht.

Das, was man da mit einer Hand machen kann und sich wie Klatschen anhört, ist somit kein Klatschen.

3. Laut Evolutionstheorie war in dem Vorgänger des Huhns, wir nennen es mal Prä-Huhn, die Keimzelle mutiert und hat somit eine Keimzelle mit dem Genmaterial eines heutigen Huhns gebildet. Diese reifte dann im Ei - somit war dies ein Hühnerei und daraus schlüßfte dann erst das erste Huhn. Also war das Ei zuerst da.

[DieDumme]

ok dann gibs halt ken geräusch sondern nur nen schall auch egal

[DieDumme]

So noch ma ne Aufgabe von mir
hab kp was raus kommt is auch von der matheolympiade aba von der 10. klasse ^^

Die Zielscheibe für en Pfeilwurfspiel ist ein Kreis aus 12 verschiedenen Sektoren, auf welche mit den natürlichen zahlen 1 bis 12 verteilt sind. damit der ärger beim verwerfen besonders groß ist ist die differenz der zahlen zweier benachbarten sektoren groß

a) ermittle, wie groß die summe der beträge aller 12 differnzen der benachbarten sektoren maximal werden kann.

B) wie vile verschiedene zahlenscheiben mit dieser maximalen summe gibt es?

Hinweis: zielscheiben, die durch drehung ineinander überführt werden können gelten nicht als verschieden