Rätsel

[maxinquaye]

Und jetzt eine tolle "Kopfpatsch"-Version von Rinf's 12 Kugeln-Frage:

 

Wir haben n Säcke voller Kugeln mit dem Standardgewicht 10 g.

Doch in irgendeinem Sack haben alle Kugeln ein anderes Gewicht y;

dieses Gewicht y ist entweder 1 g leichter oder schwerer als 10 g.

Die Kugeln haben natürlich alle denselben Durchmesser,

sind rein optisch nicht zu unterscheiden,

und die 1 g Gewichtsdifferenz läßt sich auch nicht einfach erfühlen.

 

Und jetzt kommts:

Mittels einer Waage mit Grammanzeige sollt Ihr nun mit 1 Wägung herausfinden, in welchem Sack die Kugeln mit dem abweichendem Gewicht sind.

 

PS: Blauen Text habe ich im nachhinein geändert, sorry

Man tut von jedem Sack primzahlviele zusammen zu einem Haufen und wiegt den. Anhand der Differenz kann man auf den jeweiligen Sack zurückschliessen.

 

@Rinf : Zu den Karten..da würde ich Dir recht geben so spontan, nur ich bin mir halt ziemlich sicher dass es klappt. Es müsste mal ergoogelt werden.

[Wally]

Man tut von jedem Sack primzahlviele zusammen

Ja,

aber warum Primzahlen bemühen?

Einfacher: Vom Sack Nr. n nehme man n Kugeln

 

 

Du hast immer gleich beide Wechsel zusammengefaßt

Ertappt

 

Tschüss bis 18:00 zum Türchen VI

bearbeitet 6. Dezember 2004 von Wally

[Rinf]

@Rinf : Zu den Karten..da würde ich Dir recht geben so spontan, nur ich bin mir halt ziemlich sicher dass es klappt. Es müsste mal ergoogelt werden.

Vielleicht wäre als Erklärbär ein ehemaliger Zauberkünstler von Nutzen?

Ich sach' das jetzt einfach mal so dahin.... ich denke da an niemanden bestimmten wie etwa Volker oder so, nöö, nöö....

 

Zum 12-Kugel-Problem fiel mir noch ein:

Man kann die Aufgabe sogar noch schärfer formulieren:

Finde die Kugel heraus und, ob sie leichter oder schwerer ist.

(Aber die Lösung ist eh die gleiche, nur so als zusätzliche Motivation).

[maxinquaye]

Das Rätsel ist sehr schwer. Man unterteilt die 12 Kugeln in 3 4-er Gruppen, A,B,C.

 

1. Wägung

 

Man wiege A gegen B.

 

2. Wägung

 

Falls nun A schwerer sein sollte (oBdA), dann nehme man 3 Kugeln von A und eine von B, und in die andere, rechte Schale eine von A und drei aus C (von denen man weiss dass die "normal" sind.

 

Falls nun die 3 Kugeln aus A runtergehen, weiss man dass diese schwerer sein müssen (da die andere aus A in der anderen Schale höchstens schwerer sein kann).

 

Falls nun die rechte runtergeht, weiss man dass die eine aus A schwerer ist oder die aus B leichter.

 

In beiden Fällen kann man durch eine Wägung herausfinden um welche Kugel es sich handelt.

 

Rest analog.

 

 

Es gibt bei dem Rätsel eine böse Falle : Wenn man in 4 3er Gruppen aufteilt, dann gibt es einen einzigen Fall das man 3 "ungewiegte" Kugeln mit einer vergleibenden Wägung hat. Dieses Problem kann man nicht lösen. Es bleibt also nur die Kugeln bei der zweiten Wägung geschickt aufzuteilen und damit zu "markieren".

bearbeitet 6. Dezember 2004 von maxinquaye

[Inge]

Das Rätsel ist sehr schwer. Man unterteilt die 12 Kugeln in 3 4-er Gruppen, A,B,C.

 

1. Wägung

 

Man wiege A gegen B.

 

2. Wägung

 

Falls nun A schwerer sein sollte (oBdA), dann nehme man 3 Kugeln von A und eine von B, und in die andere, rechte Schale eine von A und drei aus C (von denen man weiss dass die "normal" sind.

 

Falls nun die 3 Kugeln aus A runtergehen, weiss man dass diese schwerer sein müssen (da die andere aus A in der anderen Schale höchstens schwerer sein kann).

 

Falls nun die rechte runtergeht, weiss man dass die eine aus A schwerer ist oder die aus B leichter.

 

In beiden Fällen kann man durch eine Wägung herausfinden um welche Kugel es sich handelt.

 

Rest analog.

 

 

Es gibt bei dem Rätsel eine böse Falle : Wenn man in 4 3er Gruppen aufteilt, dann gibt es einen einzigen  Fall das man 3 "ungewiegte" Kugeln mit einer vergleibenden Wägung hat. Dieses Problem kann man nicht lösen.  Es bleibt also nur die Kugeln bei der zweiten Wägung geschickt aufzuteilen und damit zu "markieren".

Ich habe es auch mit drei Vierer-Gruppen versucht, scheitere aber an folgendem:

 

1. Wiegung: Vier gegen vier ergibt entweder, dass beide Gruppen gleich viel wiegen oder dass beide Gruppen ungleich viel wiegen

 

Variante A (das ist die viel einfachere): beide Gruppen wiegen gleich viel, also ist die "unegale" Kugel in Gruppe 3.

 

2. Wiegung: Aus der Gruppe 3 wiege ich jetzt aber nicht zwei gegen zwei, dann ich weiß ja schon vorher, dass die ungleich viel wiegen müssen. Ich teile also diese Gruppe und wiege eins gegen eins, die wiegen entweder gleich viel oder ungleich viel.

 

Variante Aa: Beide haben gleich viel gewogen, also ist eine der beiden verbleibenden Kugeln die "unegale".

 

3. Wiegung: Ich wiege ein der beiden aus der "unegalen" Gruppe gegen eine der vielen "egalen", die ich habe. Ist dieses die "unegale", dann weiss ich Bescheid (und ob sie mehr oder weniger wiegt), ist sie es nicht, dann ist es die andere Kugel (ohne dass ich weiß, ob sie schwerer oder leichter ist als die "normalen").

 

Variante Ab: Beide haben ungleich viel gewogen, also ist eine davon die unegale. Nun geht es mit der 3. Wiegung weiter wie soeben

 

Variante B: Beide Gruppen der 1. Wiegung wiegen ungleich viel, also ist in einer der beiden die "unegale" Kugel. Ich habe noch 2 Wiegungen, um herauszufinden, welche. Bei allen meinen bisherigen Überlegungen hat das nicht ausgereicht, denn eine der acht Kugeln kann es immer noch sein...

 

... in maxis Lösung stört mich, dass es noch nichts aussagt, wenn in der zweiten Wiegung (3xA+1xB gegen 1xA+3xC) eine der beiden Schalen nach unten geht. Denn es kann immer noch die rechte oder die linke Schale diejenige sein, die aus normalen Kugeln besteht, denn wir wissen ja nicht, ob "leichter" oder "schwerer" die Abweichung ist ...

[Wally]

Mathekalender-Aufgabe vom 6. Dezember – Tennis

Autoren: Prof. Peter Deuflhard, Anton Schiela

 

Ein Balljunge soll die weißen Linien eines halben Tennisfeldes kehren:

Die Maße des Tennisfelds sind in Yards angegeben (1 Yard = 0,9144 m). Dabei will er das Feld am gleichen Punkt am Netz verlassen, an dem er zu kehren begonnen hat. Frage: Welche Entfernung muss er dabei mindestens zurücklegen? (Hinweis: Finde die Wege, die der Balljunge doppelt gehen muss oder bei denen er die Linien verlässt).

Mögliche Antworten:

1) 94 Yards 2) 97,5 Yards

3) 102 Yards 4) 104,82 Yards

5) 108 Yards

bearbeitet 6. Dezember 2004 von Wally

[Inge]

Ich komme auf 102 Yards. Heißt Lösung 4) tatsächlich "104,82 Yards"? Wie sollen diese 0,82 zustande kommen??

bearbeitet 6. Dezember 2004 von Inge

[Wally]

Ja, 102 -- nur kann man das auch beweisen

Die 0,82 sind wohl ein BlödelZuschlag ;-)

[Inge]

Ja, 102 -- nur kann man das auch beweisen

Nuja, also zieh erstmal in einem Zug die beiden Doppellinien und die Auslinie hinten. Dann kommst du nicht drumrum, 1,5 Yards am Netz entlang zu der ersten Einzellinie zu gehen und hinten an der Auslinie 9 bereits gefegte Yards, um zur nächsten Einzellinie zu gelangen. Die 7 Yards bis zur T-Linie musst du jetzt zurück, und nachdem du diese gefegt hast nochmals 4,5 Yards bis zum T-Längsstrich. Macht 22 Yards zu den 80 Yards der Linien dazu.

[Rinf]

Hi Inge und maxi,

 

2. Wiegung: Aus der Gruppe 3 wiege ich jetzt aber nicht zwei gegen zwei, dann ich weiß ja schon vorher, dass die ungleich viel wiegen müssen

In dem Fall, daß am Anfang Gleichstand herrscht, wiegst Du 3 Kugeln aus Gruppe 3 gegen 3 "normale" Kugeln.

Dann gibt es 2, bzw. 3 Möglichkeiten:

Die 3 Kugeln aus Gruppe 3 sind gleich schwer, leichter oder schwerer.

Bei "gleich" weißt Du, das es die 4. Kugel sein muß und wiegst die letzte Kugel gegen eine "normale" und weißt dann, ob sie schwerer oder leichter ist (aber das ist schon die Kür).

Sind die 3 Kugeln schwerer als die 3 normalen, weißt Du 2 Sachen:

1.) Eine von den dreien ist es.

2.) Sie ist schwerer.

(Bei "leichter" analog)

Jetzt wiegst Du in der 3. Wägung 2 der 3 gegeneinander.

Da Du schon weißt, daß die "anormale" schwerer (leichter) ist, kannst Du aus dem Ergebnis ablesen, welche der 2 es ist, wenn die Wägung ungleich ist, oder aber (bei gleich) es ist die dritte - und die ist dann bekanntermaßen schwerer (leichter).

 

... in maxis Lösung stört mich, dass es noch nichts aussagt, wenn in der zweiten Wiegung (3xA+1xB gegen 1xA+3xC) eine der beiden Schalen nach unten geht. Denn es kann immer noch die rechte oder die linke Schale diejenige sein, die aus normalen Kugeln besteht, denn wir wissen ja nicht, ob "leichter" oder "schwerer" die Abweichung ist ...

Doch - das weißt Du: Aus der ersten Wägung!

 

Maxis Lösung ist schon richtig, wenngleich er ein bischen spartanisch in der Erklärung ist und nicht alle Fälle aufgelistet hat, aber naja... so isser halt, nich' ja nich'

 

Meine Lösung ist leicht anders und nicht so unschön asymmetrisch - soll ich?

 

 

Gruß Ralf

bearbeitet 6. Dezember 2004 von Rinf

[Wally]

Meine Lieblingsaufgabe:

 

In einem Kühllager liegen 100 t Erdbeeren,

Wassergehalt 99 %.

Nun fällt die Kühlung aus, Wasser verdunstet,

der neue Wassergehalt liegt bei 98 %.

Wieviel wiegen sie jetzt?

 

viel Spaß

[Rinf]

Ach so - nochmal @Inge:

Deine Teillösung ist ansonsten schon richtig und widerlegt meine Behauptung, die Lösung sei "eh dieselbe" - ob mit oder ohne Rausfinden, ob schwerer oder leichter.

[Wally]

Klar, Inge,

so habe ich meinen Balljungen auch über über den Court gescheucht.

Aber ein Beweis, dass das nicht kürzer geht, ist das nicht

 

Und, was machen die ?

[pmn]

50 t.

 

 

100 t mit 99% Wasser hat 1 t Festmasse

jetzt ist 1 t Festmasse = 2% => 50 t

[Inge]

... in maxis Lösung stört mich, dass es noch nichts aussagt, wenn in der zweiten Wiegung (3xA+1xB gegen 1xA+3xC) eine der beiden Schalen nach unten geht. Denn es kann immer noch die rechte oder die linke Schale diejenige sein, die aus normalen Kugeln besteht, denn wir wissen ja nicht, ob "leichter" oder "schwerer" die Abweichung ist ...

Doch - das weißt Du: Aus der ersten Wägung!

Hä? Aus der ersten Wiegung weiß ich nur, dass eine der beiden Gruppen schwerer ist, aber ich weiß ja nicht, ob "schwerer" oder "leichter" die Abweichung ist.

[Inge]

Ja, 102 -- nur kann man das auch beweisen 

Nuja, also zieh erstmal in einem Zug die beiden Doppellinien und die Auslinie hinten. Dann kommst du nicht drumrum, 1,5 Yards am Netz entlang zu der ersten Einzellinie zu gehen und hinten an der Auslinie 9 bereits gefegte Yards, um zur nächsten Einzellinie zu gelangen. Die 7 Yards bis zur T-Linie musst du jetzt zurück, und nachdem du diese gefegt hast nochmals 4,5 Yards bis zum T-Längsstrich. Macht 22 Yards zu den 80 Yards der Linien dazu.

Hmm - ich habe vergessen, dass man ja am selben Punkt rauskommen soll, also kommen nochmal 4,5 + 1,5 = 6 Yards für den Weg von dem Ende der Mittellinie am Netz bis zum Anfang der Doppellinie, ebenfalls am Netz, hinzu. Macht 108 Yards.

 

Also 28 zusätzliche Yards. Aber beweisen ...

bearbeitet 7. Dezember 2004 von Inge

[Rinf]

... in maxis Lösung stört mich, dass es noch nichts aussagt, wenn in der zweiten Wiegung (3xA+1xB gegen 1xA+3xC) eine der beiden Schalen nach unten geht. Denn es kann immer noch die rechte oder die linke Schale diejenige sein, die aus normalen Kugeln besteht, denn wir wissen ja nicht, ob "leichter" oder "schwerer" die Abweichung ist ...

Doch - das weißt Du: Aus der ersten Wägung!

Hä? Aus der ersten Wiegung weiß ich nur, dass eine der beiden Gruppen schwerer ist, aber ich weiß ja nicht, ob "schwerer" oder "leichter" die Abweichung ist.

Du weißt aus der 1. Wägung (oBdA) daß Gruppe A leichter als Gruppe B ist.

Ist jetzt die AAAB-Schale leichter, dann kann es nur an einer der 3 As liegen.

Davon wiegst Du dann 2 gegeneinander und bist fertig.

 

Ist die AAAB-Schale schwerer, dann ist entweder das B schwerer oder das A auf der rechten Seite leichter. Indem Fall wiegst Du eine der beiden gegen eine C-Kugel.

 

ist AAAB = ACCC, dann muß eine von den 3 nicht beteiligten B-Kugeln der Bösewicht sein und wieder weißt Du aus der 1. Wägung, daß eine davon schwerer sein muß.

Also 2 davon gegeneinander wiegen, dann weißt Du, welche.

 

So klarer?

[maxinquaye]

Eigentlich ist das Kugelrätsel ein Beispiel aus der Informationstheorie. Was wirklich schwierig zu verstehen ist - ich halte das für eine entscheidende Komponente - inwiefern die Tatsache, dass ein Kugelsatz gewogen wurde zu interpretieren ist. Das wird intuitiv unterschätzt. Man kann mit 2 Wägungen die Kugel nicht unter 6 Kugeln (die nicht gewogen wurden) finden. Man kann dies aber mit 8, die vorher gewogen wurden. Die Tatsache dass die Schale sich bereits einmal geneigt hat, macht die zwei zusätzlichen Kugeln mehr als wett. Einen quantitativen Zusammenhang habe ich leider nicht.

 

Ein schönes Rätsel, Ralf.

[Rinf]

Also 28 zusätzliche Yards. Aber beweisen ...

Untere Schranken zu beweisen ist seeehr schwierig.

Kann ich zunächst auch nicht, aber Deine Lösung kann ich durch Angabe einer besseren widerlegen:

 

Ersteinmal ganz außen rum bis zur oberen rechten Ecke, dann 1,5 "durch die Luft", dann wieder ganz nach unten und dann 6 nach oben, also 6 doppelt.

Dann nach links bis in die Mitte, 7 nach oben und wieder zurück, macht 7 zusätzlich, dann 4,5 nach links, 6 nach unten und wieder zurück, macht weitere 6, dann ganz nach oben und noch mal 1,5 durch die Luft.

 

Insgesamt:

1,5+6+7+6+1,5 macht 22 zusätzliche Yards.

 

Wenn man diagonale Wege berücksichtigt, könnte auch der krumme Wert durchaus Sinn machen.

 

Edit: Aber da der krumme Wert >22 ist, können wir das gleich wieder getrost vergessen...

bearbeitet 7. Dezember 2004 von Rinf

[Inge]

Ersteinmal ganz außen rum bis zur oberen rechten Ecke, dann 1,5 "durch die Luft", dann wieder ganz nach unten und dann 6 nach oben, also 6 doppelt.

Dann nach links bis in die Mitte, 7 nach oben und wieder zurück, macht 7 zusätzlich, dann 4,5 nach links, 6 nach unten und wieder zurück, macht weitere 6, dann ganz nach oben und noch mal 1,5 durch die Luft.

Super!

 

Man müsste doch aber mathematisch bestimmen können, welche Strecken notwendig doppelt gegangen werden müssen? Könnte man nicht die Strecken, für die es keinen "zu fegenden" Rückweg gibt, bestimmen? Aber wie??

bearbeitet 7. Dezember 2004 von Inge

[Rinf]

Man müsste doch aber mathematisch bestimmen können, welche Strecken notwendig doppelt gegangen werden müssen? Könnte man nicht die Strecken, für die es keinen "zu fegenden" Rückweg gibt, bestimmen? Aber wie??

Ich versuche mich mal einem Beweis, warum es nicht 94 Yards sein können, vorrausgesetzt, alle Abzweige sind rechtwinklig:

 

Wir haben folgende Strecken zur Verfügung:

1,5

4,5

6

7

9

13

 

Um rechtwinklig zum Ursprung zu gelangen, brauchen wir entweder ein 1,5 Stück nach links oder ein 13-er nach oben.

 

Bei 94 Yards haben wir nur 14 Yards zur Verfügung - da können wir den 13-er Weg gleich vergessen.

 

Also muß der letzte Schritt 1,5 lang sein.

 

Dann muß die Summe aller anderen Zusatzwege zusammen 12,5 ergeben.

Bis auf die 7 sind alle Längen durch 1,5 teilbar.

 

Da aber sowohl 12,5 nicht durch 1,5 teilbar ist als auch nicht 12,5-7=5,5 kann es keine ganzzahlige Lösung geben.

 

Naja - 14 auch nicht, aber da wäre 2*7 möglich, daher die Vorüberlegung des letzten Wegstückes.

[Sokrates]

Eigentlich ist das Kugelrätsel ein Beispiel aus der Informationstheorie. Was wirklich schwierig zu verstehen ist - ich halte das für eine entscheidende Komponente - inwiefern die Tatsache, dass ein Kugelsatz gewogen wurde zu interpretieren ist.

Das geht so:

 

um 1 von 12 Kugeln herauszufinden, benötige ich mehr als ld(12) = 3,58 bit Information.

 

Aus einer Wiegung mit den Zuständen rechts/links bekomme ich maximal 1 bit, aus einer Wiegung mit den Zuständen links/rechts/gleich maximal ld(3) = 1,58 bit Information.

 

Bei der ersten und 3ten Messung benutzt Du 3 Zustände, bei der zweiten nur 2, macht zusammen 4,16 bit, und das reicht offenbar (irgendwas geht bei der Wiegerei immer verloren, sozusagen Digitalisierungsrauschen, weil es nur jeweils 8 Kugeln sind, und um die volle ungerade Bit-zahl von 1,58 zu bekommen, müsste man unendlich viele Kugeln haben, aber das reicht).

 

Meine Überschlagsrechnung legt nahe, dass es vielleicht sogar mit 15 Kugeln gehen könnte, oder vielleicht sogar mit 18, wenn ich bei der 2ten Messung alle drei Zustände ausschlachten kann.

 

Sorry, Fehler. Das Nichtwissen, ob eine Kugel leichter ist, ist mit ca. 0,5 Bit anzusetzen. Ich muss das nochmal nachrechnen.

bearbeitet 7. Dezember 2004 von Sokrates

[Rinf]

Jetzt das ganze für 17,5 (Lösung b = 107,5):

 

Wieder das letzte Wegstück abgezogen ergibt 16 Yards bis um oberen zweitlinkestesten Punkt.

 

Einzige ganzzahlige Lösung ist dann 7+9, wobei wir die 9 noch verhackstücken können.

 

Die eine 7 macht auch Sinn da es 5 7er-Wege in der oberen Hälfte gibt, also eine ungerade Anzahl, also müssen wir genau einmal wieder hoch.

 

Aber von links nach rechts gilt es insgesamt 10,5 Yards zu überbrücken (das letzte 1,5er Stück haben wir ja schon).

Und da die horizontalen Linien, wenn man die virtuelle Netzlinie mit dazu zählt ebenfalls eine ungerade Anzahl hat, man also auch irgendwie wieder (doppelt oder auf dem Rasen) zurück muß, erscheint mir dies nicht möglich.

 

Aber dieser "Beweis" ist im Gegensatz zu dem vorigen nicht so ganz sauber...

 

 

Irgendwie erscheint mir die 22-er Lösung zu trivial.

Und Teilermäßig paßt 17,5 ja ganz gut, hmmm.....

Wenn man z.B. einfach mal so mitten auf einer 13-er Vertikalen bei 7 Yards abzweigt...

[Inge]

Ich dachte eher an einen Beweis, der unabhängig ist von den zur Alternative gestellten Werten und sich eher damit beschäftigt, welche bzw. wieviele Strecken notwendig doppelt bzw. nicht-fegend gegangen werden müssen, um alle Teilstrecken abzugehen (also eher nach Art der Brücken-Probleme). Das kann abstrakt geschehen: Seitenlinien seien A, B, C und D, hintere Auslinie sei E, die T-Linie sei F und Mittellinie sei G. Mit der gleichen Länge von E (incl. seinen Unterteilungen) gibt es eine invalide Nullinie am Netz, die gegangen werden darf, aber nicht zählt.

 

A, B, C, D und G sind parallel, desgleichen E und F. A und B sind verbunden über E1 oder Null1, B und C über E2 oder Null2, C und D über E3 oder Null3.

 

F kann von der einen Seite erreicht werden über B1 oder B2, von der anderen über C1 oder C2. Die Mittellinie G kann nur von F aus erreicht werden und endet in der Nullinie.

 

... (*kopfkratz*)

bearbeitet 7. Dezember 2004 von Inge

[Rinf]

Und da die horizontalen Linien, wenn man die virtuelle Netzlinie mit dazu zählt ebenfalls eine ungerade Anzahl hat, man also auch irgendwie wieder (doppelt oder auf dem Rasen) zurück muß, erscheint mir dies nicht möglich.

Das war natürlich Blödsinn.

Die waagerechten "Nutzlinien" sind gerader Anzahl, also muß man eben gerade nicht zwingend zurück.