Adventskalender/1.-12. Dezember

- 1.12.2005

Antwort2,weil entweder:
Egfried schlecht (gelaunt)
Egbert schlecht (kein Einfluss auf Laune der anderen)
Egmont schlecht (wird später abgeklärt)
-->
Egfried schlecht (kein Einfluss, weil Egmont schon gut gelaunt ist)
Egbert schlecht (kein Einfluss, siehe oben)
Egmont gut, weil Egfried schlecht-->Egmont gut
-->
Egfried schlecht (kein Einfluss,siehe oben)
Egbert gut, weil Egmont gut-->Egbert gut
Egmont gut (kein Einfluss, weil Egbert schon gut gelaunt ist)
-->
Egfried schlecht
Egbert schlecht, weil Egbert gut-->Egbert schlecht
Egmont gut
=2.Möglichkeit (-->immer wiederkehrende Abwechslung zwischen 2. und 3.Möglichkeit)
Folge:Egmont arbeitet die ganze Zeit und Egbert hilft ihm zwischendurch während Egfried nichts tut.
oder:
Egfried schlecht (siehe oben)
Egbert schlecht (kein Einfluss)
Egmont schlecht
-->
Egfried gut, weil Egmont schlecht-->Egfried gut(keine Änderung, weil Egmont schon schlecht gelaunt)
Egbert schlecht(kein Einfluss)
Egmont schlecht(keine Änderung, weil Egfried schon gut und Egbert schon schlecht gelaunt)
Folge:Egfried arbeitet die ganze Zeit während die anderen nichts tun.
--Aron Michel 21:38, 1. Dez 2005 (CET)

• Ich finde es stark, dass du dir so große Mühe mit der Antwort gegeben hast!!!!-- MariaEirich 22:23, 1. Dez 2005 (CET)

• höhö, da muss ichs ja net selber lösen... *schmarotz* ne, hat heut eh ke zeit; trotzdem danke!!!

 "Schicksal, Glück, Zufall - das sind alles nur Wege, unsere Erfolge zu begründen, ohne
  über unsere Niederlagen nachdenken zu müssen."     

Joshua Platten

• freut mich sehr Joshi, dass du dabei bist....-- MariaEirich 16:43, 2. Dez 2005 (CET)

- 2.12.2005

Ich habe bis jetzt den Ansatz, dass der Radius des mittleren Kreises Antwort 7 ist, diese somit also falsch ist. Man muss dazu einfach beachten, dass sich bei einem gleichseitigem Dreieck (Mittelpunkte der 3 großen Kreise verbinden) alle Seitenhalbierenden im Schwerpunkt des Dreieckes schneiden und dort durch den Schwerpunkt (=Mittelpunkt des mittleren Kreises)im Verhältnis 2:3 geteilt werden. Wesentlich weiter bin ich aber bis jetzt leider nicht gekommen...--Christoph Zehe 21:31, 2. Dez 2005 (CET)Christoph

antwort 7 ist nicht richtig hab ne nur etwas ungenaue zeichnung in geogebra der wert ist bei ungefähr 0,063... genauer weis ichs noch net aber 0,15...(antwort 7) stimmt nicht domi

• bin auch nicht weiter gekommen - schwanke noch zwischen 1 und 2 ( da der radius des mittleren kreises antwort 7 richtig ist) - da domi mit geogebra etwa 0,063 ermittelte, tippe ich auf antwort 2 (ohne Gewähr) - antwort 3 - 6 passen nicht so recht ins bild, da diese ergebnisse endliche brüche oder dezimalbrüche sind....-- MariaEirich 23:42, 2. Dez 2005 (CET)

• sieht so aus, als müssen wir heute jokern... ich hab leider auch nichts genaueres rausgebracht

  "Ein Friedlicher ist einer, der sich totschießen lässt, um zu beweisen, 
   dass der andere der Aggressor gewesen ist."  

JoshuaPlatten

• Es müsste eigentlich Antwort 2 sein, weil der Dominik einen gerundeten Wert von etwa 0,063 und ich auch durch Geogebra einen ungefähren Wert, der zwischen 0,06273 und 0,063... liegt, ermittelt habe, daher könnte Antwort 1 demnach nicht passen, weil dieser Wert größer ist als der durch die Zeichnung ermittelte Wert. Genau berechnet habe ich den Radius allerdings nicht.

--Aron Michel 09:31, 3. Dez 2005 (CET)
Ich grüble immer noch, wie ich einen genauen Wert rechnerisch ermitteln kann. Ich glaube weniger, dass die Lösung einer der Dezimalbrüche ist( Aus dem Bauch heraus).Unten auf der Seite steht, dass es ein festes Muster für solche Kreis, die sich berühren, gibt...Ich glaube, da brauchen wir Herrn Thielers "Bingo-Idee".--Christoph Zehe 10:01, 3. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

• Ich habe vorläufig mal Antwort 2 abgegeben, weil ich die übrigen Lösungsmöglichkeiten ausgeschlossen habe. Ich kann meine Antwort ja immer noch ändern, wenn sich diese Antwort als falsch herausstellt.

--Aron Michel

• Hat vielleicht jemand eine Idee, wie man den kleinen Kreis konstruieren kann (Das könnte eventuell auch einen Rechenweg aufzeigen)?? Die großen und der mittlere sind ja einfach, aber der kleine... --Christoph Zehe 11:05, 3. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

• ...nochmal zu den Zahlen, ich bin mir mittlerweile intuitiv sicher, dass es Antwort 2 ist: die 3 großen Kreise haben Radius 1, der mittlere 2/3Wurzel3-1 und wenn man bei Antwort 2 3/11 ausklammert, bleibt 1-4/9 Wurzel3 übrig - 4 ist die Quadratzahl von 2, 9 die von 3....dahinter steckt mit Sicherheit eine Gesetzmäßigkeit, die ja auch deutlich wird, wenn man die Entstehung der Kreise anschaut, die ja auch fortgesetzt werden kann... -- MariaEirich 11:23, 3. Dez 2005 (CET)

• ich hab noch ma ne zeichnung mit geo gebra gemacht und hab nen wert von 0,06279 bekommen also ist zwei richtig

domi

- 3.12.2005

Hoffentlich habt Ihr noch nicht aufgegeben - hier ein paar Hilfestellungen zum heutigen Thema:

• Einige Informationen zum Haus des Nikolaus: Strategie, wie man den gesamten Weg genau einmal ablaufen kann.
• Hat zu tun mit dem Eulerschen Brückenproblem: Euler behauptete, dass ein Rundgang vom Startpunkt und wieder zurück zum Startpunkt wegen der ungeraden Anzahl von Wegen, die von den Punkten ausgehen, nicht möglich ist. Nur wenn von jedem Kreuzungspunkt aus eine gerade Anzahl von Wegen zusammenläuft, ist ein Rundweg, bei dem jeder Weg nur einmal genommen wird, möglich. Das ist der Inhalt des Eulerschen Satzes. Ein Rundweg dieser Art heißt Eulerkreis. Ist der Weg nicht geschlossen, so spricht man vom Eulerweg. Das Königsberger Brückenproblem ist sozusagen die Keimzelle eines neuen Zweiges der Mathematik geworden, der Graphentheorie als Teil der Diskreten Mathematik.
• Ein weiterer Tipp: mit 3,4 5..Dominosteinen anfangen.

-- MariaEirich 18:36, 3. Dez 2005 (CET)

• Ich glaube, dass mindestens 4Dominosteine übrig bleiben, weil man 2Zahlenreihen so anlegen kann, dass kein Stein von dieser Reihe übrig bleibt(Ich habe es mir am Beispiel 0 und 1 überlegt). Anhand der Zeichnung kann man sehen ,dass auf jedem übrigen Stein eine der 8 übrigen Zahlen sein muss. Diese muss man nochmal durch 2 teilen, da auf jedem Stein 2 Zahlen sind. Daher bin ich auf 4 übrige Steine gekommen, bin mir jedoch überhaupt nicht sicher ob das richtig ist und muss das nochmal überprüfen (und bitte auch euch andere dies zu überprüfen).
  
• Ja, so müsste es eigentlich richtig sein. Ich gebe diese Lösung vorläufig mal ab.--Aron Michel
  
• Insgesamt hat man 55 Steine. Bei der Neuner-Reihe muss man alle bis auf 9/9 streichen, weil z.B. 9/2 schon bei der 2er-Reihe vorkam. Hast du das berücksichtigt?--Christoph Zehe 21:11, 3. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe
• Also ich habs auch ein bisschen versucht (jaja, Wunder gibt es immer wieder!), und ich hatte immer 5 Steine über; ach und außerdem: die Steine mit zwei gleichen Zahlen kann man beim Ausprobieren weglassen, weil die passen immer irgendwo rein

  "Zeige Schwäche, um deine Stärken zu verbergen!"

JoshuaPlatten

• Ich bin mir jetzt sicher, dass immer 4Steine übrig bleiben, weil ich die Gegenprobe gemacht habe.Wenn du dir diese Zeichnung unter der Aufgabe anschaust kannst du auf die Lösung kommen.Jeder Punkt entspricht einer Zahl, jede Verbindung steht für einen Stein. Daher habe ich vier Linien (Steine) weggestrichen (mit Geogebra) und nachdem ich den Link vom Haus des Nikolaus angesehen habe und das mit dem Eulerweg genau durchgelesen habe (ungerade Anzahl von Wegen =Start/Endpunkt, gerade Anzahl an Wegen = Zwischenpunkt)habe ich mich der Zeichnung gewidmet. Wenn du 4 Linien,die nicht zweimal im selben Punkt beginnen(=Steine), wegstreichst hast du 8Punkte, die nur noch 8Linien haben und zwei Punkte, die noch alle 9Linien haben (ungerade Zahl Anfangs- und Endpunkt. Nach Euler kann man diese Linien alle nachfahren ohne abzusetzen(alle Steine anlegen),wenn man die Punkte, von denen die neun Linien als Anfangs- /Endpunkt nimmt. --Aron Michel 22:14, 3. Dez 2005 (CET)
• ...könnte ja sein, dass jemand neugierig geworden ist und noch tiefer in die Problematik einsteigen will. Das Thema Graphen, und eventuell das Königsberger Brückenproblem wird hier sehr gut veranschaulicht.-- MariaEirich 22:40, 3. Dez 2005 (CET)
• Den Link zum Königsberger Brückenproblem habe ich mir schon angeschaut. Er hat mir das Lösen der Aufgabe erst ermöglicht. Den anderen Link kann ich mir ja jetzt mal anschauen. -- Aron Michel 23:15, 3. Dez 2005 (CET)

- 4.12.2005

• hab die letzten 2 tage mal eure lösungen genommen! Leider hab ich sie erst heute eintragen können, weil ich keine Zeit hatte und zudem meine internet nicht richtig funktionierte! Hab halt jetzt schon 2 Joker vergeben

--PatrickWolf 17:56, 4. Dez 2005 (CET)

• Meiner Meinung nach müssten 2 immer korrekt arbeiten! Irgendwie kommt mir das aber zu leicht vor, dass es 2 sind!--PatrickWolf 18:12, 4. Dez 2005 (CET)

• Ich meine, es sind 11: Von 20 arbeitet immer 1 korrekt, bleiben noch 19. Diese Zahl kann man in 18+1 teilen. Von den 18 arbeiten 9 korrekt, weil je 2 falsch arbeiten. Bleibt noch eine. Die arbeitet auch korrekt, da ja nur von 2en immer eine falsch arbeitet. Insgesamt sind es also 11 Elfen, die richtig arbeiten.--Christoph Zehe 18:47, 4. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

Das ist etwas unklar formuliert, finde ich.

• Ja , finde ich auch. Ich bin der Meinung, dass nur diese eine korrekt arbeitet, weil, egal wer mit dieser Elfe zusammen arbeitet, er arbeitet immer falsch. Folglich kann also nur eine Elfe korrekt arbeiten und zwar diejenige, die immer korrekt arbeitet. Bedenke, dass nicht jede Elfe immer einen festen Partner arbeitet und je nachdem mit wem sie arbeitet arbeitet sie entweder falsch oder korrekt. Bin mir aber nicht sicher.

--Aron Michel 18:57, 4. Dez 2005 (CET)

• Da steht aber weder etwas von Partnern, noch etwas davon, dass diese getauscht werden. Deine Argumentation kann ich aber dennoch nachvollziehen. Ich finde, das ganze ist etwas schwammig, man kann es auf verschiedene Arten deuten... Ich habe jetzt vorläufig mal als Lösung 11 Elfen abgegeben, ich kann es ja noch ändern.--Christoph Zehe 19:14, 4. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe
• ich hab jetzt die 1, wie der Aron abgegeben, da ich den Fehler gemacht gab die Eine von anfang an abzuziehen und daher die 19. diejenige war die außerdem noch richtig arbeitet egal mit wem. was aber falsch ist! Ich stimme der Lösung vom Aron zu!--PatrickWolf 19:17, 4. Dez 2005 (CET)
• Genau das ist ja das Problem. Man kann die Aufgabenstellung völlig verschieden auffassen. Es steht nämlich nicht dort, dass derjenige, der einmal herausgenommen wird nicht nochmal herausgenommen werden darf.

--Aron Michel 19:21, 4. Dez 2005 (CET)

• Ach ja, Patrick ich habe jetzt auch ICQ. Du findest mich wahrscheinlich wenn du nach meinem Namen suchst. Für den Fall, dass du den Wohnort brauchst ich wohn in Zeil.

--Aron Michel 19:28, 4. Dez 2005 (CET)

• Ist noch jemand da? Ich jedenfalls geh' bald essen, bin aber noch da, also antwortet lieber schnell bevor ich weg bin.Ich nehm vorerst mal Antwort 1.

--Aron Michel 19:43, 4. Dez 2005 (CET)

• Für alle, die es wissen wollen, ich bin jetzt wieder da.--Aron Michel 20:17, 4. Dez 2005 (CET)
• Hab gerade erst Zeit gefunden die Aufgabe zu lesen. Ich glaube Aron hat Recht. Nur eine Elfe arbeitet korrekt: Angenommen es arbeiten 2 Elfen immer korrekt und die 2 Elfen kommen zusammen, dann könnte keine die Listen mehr vertauschen. Es ist also unmöglich, dass 2 oder mehr elfen immer korrekt arbeiten können.-- MariaEirich 20:25, 4. Dez 2005 (CET)

So betrachtet stimmt das- indirekter Beweis wie bei der Dominosteinaufgabe, darauf sollte man vielleicht das nächste Mal Acht geben. Ich nehme nun auch Antwort 1). --Christoph Zehe 21:00, 4. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

• Die Aufgabe ist echt zweideutig gestellt. Je öfter ich die Aufgabe durchlese, desto mehr glaub ich das 1 richtig ist. Noch ne Frage zu den Jokern: Zählt des zu der Zeit dazu, wenn ich die Joker erst am 24. eingebe?

  "Zeige Stärke, um deine Schwächen zu verbergen!"

JoshuaPlatten
Ja, ich glaube schon. --Christoph Zehe 17:32, 5. Dez 2005 (CET) Christoph Zehe

- 5.12.2005

@Aron: Ich habe die 2. Aufgabe des Bundesmathewettbewerbs (oder wie das heißt) nun durch, ich denke, meine Lösung ist richtig. Jetzt muss ich nur noch 1 Aufgabe lösen. Hat es bei dir geklappt? @Fr. Eirich: Sie sagten doch etwas, dass der Bundeswettbewerb in Mathe auch als Facharbeit gilt. muss man dazu alle 3 Runden bestehen oder einfach nur die 1. Runde? --Christoph Zehe 17:34, 5. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

• nur einen ersten Preis in der ersten Runde (3 Aufgaben richtig) - muss leider gleich weg, aber diesmal hilft uns ja der Regiomontanus beim Mathekalender - bis später...-- MariaEirich 18:06, 5. Dez 2005 (CET)

@Zehe: Ich glaube, dass ich die von der dritten hab'.Näheres später, jetzt öffne ich erstmal die nächste Tür vom Adventskalender.--Aron Michel 18:23, 5. Dez 2005 (CET)

• noch schnell ein Tipp: Stoff der 10-ten...verwendet alle möglichen Werte für x und berechnet damit alpha - dann müsste der größte leicht zu finden sein. -- MariaEirich 18:26, 5. Dez 2005 (CET)
  

Tangens Alpha soll maximiert werden, das Maximum ist 1. Damit ist Alpha 45 Grad.Das hilft vielleicht weiter.--Christoph Zehe 18:30, 5. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

• Ich muss jetzt leider auch weg, aber probiert doch mal mit den vorgegebenen Lösungen zu rechnen, wenn ihr nicht weiterkommt. Bin später wieder da!

  "Nur der Weg nach vorne zählt!"

JoshuaPlatten

• hab grad ne zeichnung mit goegebra gemacht viel zu einfach bin auf 0.5m gekommen wenn jemand was dagegen hat soll er's sagen

domi
Ich bin leider auch weg, der Kühlschrank ruft. Bin dann später nochmal da, hatte heute leider wenig Lust auf Grübelein, ich habe heute schon genug über den Bundesmathewettbewerb gesessen...Gibts hier eigentlich Smilies?--Christoph Zehe 19:47, 5. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

• und falls jemand fragt des is richtig

tschüß bis warscheinlich morgen früh in der schul domi

Ich hab auch ne zeichnung in geogebra gemacht und den Abstand Xopt dann so auf der Geraden in der Höhe von einem meter verschoben, bis ich zum Wendepunkt kam, von dort an, wo der Winkel zu beiden Seiten kleiner wurde! Dieser liegt beim Abstand von 0,5m also is die antwort vom domi richtig--PatrickWolf 21:21, 5. Dez 2005 (CET) http://www.gfx-toxic.de/share/wiki/index.php/Bild:Mathekalender-5.12.ggb hier hab ich die geogebra datei hochgeladen (ich hoff es ging!!!)

• Ich bin rechnerisch auf dasselbe Ergebnis gekommen, also müssts eigentlich passen.--Aron Michel 21:52, 5. Dez 2005 (CET)

Jetzt hab'ich's zeichnerisch nachgeprüft und bin auf dasselbe Ergebnis gekommen. Also ist es auf jeden Fall richtig.

• Bis morgen dann. Tschüß

--Aron Michel 22:18, 5. Dez 2005 (CET)

- 6.12.2005

Ich denke es ist antwort 3! ich bin mir bei den Aussagen h und i nicht sicher,ob sie richtig oder falsch sind! Wobei ich denke, dass h richtig und i falsch ist. Es bleiben nur die Kombinationen 3 und 4. Meiner Meinung nach ist f und a falsch -> 0 ; die Antworten b,c,d,e,g sind meiner Meinung nach richtig -> 1 also erhält man bei der Kombination c,d,g,h alles richtig (1,1,1,1) Fals jemand anderer Meinung ist bitte schreiben! --PatrickWolf 18:33, 6. Dez 2005 (CET)

bin mir sicher, dass f richtig ist! -- MariaEirich 19:16, 6. Dez 2005 (CET)

meiner meinung nach muss es antwort zwei sein da:

• wie beim patrick (meine meinung) b,c,d,e,h richtig sind
• außerdem vermute ich dass g falsch ist da das EWA nicht auschließt dass man wenn man nicht brav war kein geschenk bekommt(es sagt nur wenn man brav war bekommt man ein geschenk)
• f ist dafür aber richtig da es 1. heilig abend sein kann 2. man brav so bekommt man 3. ein geschenk so trifft 2 zu wenn es nicht heilig abend ist trifft immer 1. zu
• bei j bin ich mir nicht sicher aber ich es ist richtig
• i ist denk ich falsch genauso wie a

somit kann man alle außer antwort zwei ausschließen domi

Falsch ist a,g,i, alle anderen sind richtig. Domi hat Recht, es bleibt nur Antwort 2. -- MariaEirich 19:29, 6. Dez 2005 (CET)

ich bin noch ma durchgegangen und habe festgestellt, dass f richtig ist! Jetzt weiß ich aber sicher, dass i falsch ist!

• ob j richtig is bezweifle ich, weil hier von der Gegenwart die Rede ist, whärend die EWA das letzte jahr einbezieht, da aber sonst alle lösungen wegfallen müsste es richtig sein
• ich habe auch noch ein Problem bei meiner Lösung festgestellt, dass nach meienem obigen Weg 3 und 8 möglich wäre!
• die theorie, dass das EWA nicht ausschließt Geschenke zu bekommen, obwohl man nich brav war klingt auch logisch

Ich hatte nur ne erste Idee und hab sie mal reingeschrieben bevor ich gegangen bin! bin jetzt auch der Meinung dass es die Kombination b,e,f,j ist! --PatrickWolf 19:24, 6. Dez 2005 (CET)

Ich bin mir ziemlich sicher, dass g falsch ist. 

Das EWA lautet:  brav --> Heilig abend + Geschenke.

g bedeutet aber die umgedrehte Richtung: Heilig abend + Geschenke --> brav...

-- MariaEirich 19:39, 6. Dez 2005 (CET)

Ok! Hab ich vorhin doch die falsche "Blitz-Bingo-Idee" gehabt! Ich bin jetzt auch sicher, dass es 2 ist, weil alles ander keinen Lösung ergibt, da a,g,i falsch sind!

Nebenbei: Wenn wir irgendwann mal was nicht wissen sollten, nehmen wir Antwort 2, da 50% der bisherigen Antworten 2 sind!!! --PatrickWolf 19:44, 6. Dez 2005 (CET)

...wäre schön, wenn joschi, aron oder christoph unsere Argumente noch mal durchgehen könnten?! Bis morgen...-- MariaEirich 19:54, 6. Dez 2005 (CET)
Sorry, ich bin eben erst gekommen und hatte heute leider keine Zeit zum Nachdenken. Ich kann nur auf euch vertrauen. Aron kommt auch erst später...--Christoph Zehe 20:52, 6. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

  "So ihr Pfeifen[net persönlich nehmen], lasst den Meister ran!"

• 1. Warum ist g falsch? Es steht nur da, wenn man brav war, bekommt man was, aber nix davon ob man was kriegt, wenn man net brav war!
• 2. Ich glaube j ist falsch, weils in der Gegenwart geschrieben ist!

Demnach wären b,c,d,e,f,g,h richtig und a,i,j falsch. Allerdings gibts dann 2 Lösungen: 3 und 8. Oder es ist so gemeint, dass man nur was kriegt, wenn man brav war, aber nicht zwingend was kriegen muss. Allerdings wär dann nur g richtig, zu wenig für ne Lösung! JoshuaPlatten

• Joshi, schau dir mal zu "g" mein Argument oben an und melde dich noch mal. Das EWA geht nur in eine Richtung. Es kann aber sein, dass man am Heiligen abend Geschenke bekommt, obwohl man nicht brav war.

Ich komm allerdings bei j ins Grübeln, ob ihr mit der Gegenwart nicht Recht habt! -- MariaEirich 21:49, 6. Dez 2005 (CET)

• Tschulligung, Fehler gemacht beim lesen: g ist falsch: man kann ja was kriegen ohne brav gewesen zu sein (des hab ich mit meinem 1. auch gemeint, hab aber das g im Mathekalender falsch gelesen).

Allerdings bin ich der Meinung, das EWA heißt: "Heilig Abend + brav --> Geschenke" und nicht "brav --> Heilig abend + Geschenke" (Ist jetzt aber unwichtig). So, da wir uns in j net sicher sind, aber nix anderes übrig bleibt, würd ich sagen, wir nehmen 2! JoshuaPlatten

• Also ich würde sagen, dass a und g auf jeden Fall falsch sind. Und wa i angeht vertrau ich euch mal. B,c,d,e,f,hund j sind meiner Meinung nach richtig.

Daher bleibt nur noch Antwort 2, die ihr ja anscheinend auch habt also nehm ich die.--Aron Michel 22:37, 6. Dez 2005 (CET)

- 7.12.2005

• Ich glaub, der einzige Zweck dieser Frage ist es jemanden zu verwirren! Wär ganz nett wenn ihr mir sagen könnt, was zu tun ist. Ich habs nachn 10. mal durchlesen immer noch net kapiert!

  "Wenn die Krähe fällt, hält sehr lang die Kält. Wenn die Krähe schwindt, Sommer beginnt."

JoshuaPlatten
Der Zinssatz r= 8,93%, d.h. sie akzeptiert es. Wie groß p ist, muss ich noch berechnen. @Josh: Lies es noch ein paar mal durch, mir gings zuerst auch ähnlich.Du musst zuerst r durch die Gleichung 150000((1+r)^5-1)(1-p)-150000*p = 150000*(1+r*)^5- 150000 berechnen. --Christoph Zehe 18:39, 7. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

• bin folgendermaßen vorgegangen:

1. in die Ungleichung für R 10.860 Euro / für r* 0,02 und für r 0,1=10% einsetzen
2. die Ungleichung nach p~ auflösen (geht recht leicht - dabei 150000 ausklammern, ausmultiplizieren und zusammenfassen)
3. irgendwann war ich bei p~ <= 0,4287
4. sollte meine Rechnung stimmen, müsste noch entschieden werden, ob 4) oder 5) richtig ist.
-- MariaEirich 18:57, 7. Dez 2005 (CET)
Haben sie einen anderen Wert für r herausbekommen oder nur anders gerundet?--Christoph Zehe 19:00, 7. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

• hier meine Zwischenergebnisse (p~ habe ich p* genannt):

- 150000(1-(1+r)^5)(1-p*) <= 10860(1+0,02)^5 geteilt durch 150000 ergibt
- (1 - (1+r)^5)(1-p*) +p* <= 0,07993545 linke Seite ausmultiplizieren und zusammenfassen
- 1 - (1+r)^5 + p*(1+r)^5 <= 0,07993545
- 0,92006455 <= (1+r)^5(1-p*) nun r = 0,1 einsetzen
- 0,57128769 <= 1 - p*
- p* <= 0,4287...
-- MariaEirich 19:08, 7. Dez 2005 (CET)

• habe übersehen, dass ich r vorher berechnen muss. Sollte euer r stimmen müsste in meiner Rechung nur r = 0,0893 eingesetzt werden und nicht r = 0,1. Ich hoffe euch nützt meine Rechnung, da ich nun unterbrechen muss.
  

-- MariaEirich 19:14, 7. Dez 2005 (CET) -- MariaEirich 19:14, 7. Dez 2005 (CET)
Es muss aber doch in Zeile 1 heißen: 150000(((1+r)^5+1)(1-p*)+p) und nicht 150000(1-(1+r)^5)(1-p*), oder?--Christoph Zehe 19:17, 7. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

• ich habe - 150000 ausgeklammert, dann drehen sich in der Klammer die Vorzeichen um. -- MariaEirich 19:25, 7. Dez 2005 (CET)
• wenn ich euer r einsetzte komme ich auf p* <= 0,40000975501
  

spricht also für Lösung 4). BITTE NACHRECHNEN!!!. -- MariaEirich 19:19, 7. Dez 2005 (CET)

• Wie habt ihr die erste Gleichung aufgelöst.Da kommt doch 150000*(1+r)^5 drin vor. Durch 150000teilen darf man nicht oder.Oh klar geht doch.Dann komm ich auf dein Ergebnis für r.--Aron Michel 19:30, 7. Dez 2005 (CET)

Ich kann 40% auch bestätigen!--Christoph Zehe 19:37, 7. Dez 2005 (CET)Christoph Zehe

hab beim 2. mal nachrechnen auch 40,0097351% raus gebracht also is es vermutlich richtig domi Ich hab auch 40,oo sonst noch was %,also Antwort 4.--Aron Michel 19:47, 7. Dez 2005 (CET)

ich hab in die rechnung mit 0,1 von Frau Eirich das r=0,0893 eingesetzt und auch 40,0097% bekommen, nehm jetzt 4)--PatrickWolf 19:49, 7. Dez 2005 (CET)

• Danke für die Hilfe! Kanns jetzt auch nachvollziehen!

JoshuaPlatten

- 8.12.2005

hi@all bin heut net da! strengt euch an! wenn ich um 9 heim komm, will ich ne lösung sehen!--PatrickWolf 18:20, 8. Dez 2005 (CET)

• Ich würde sagen, dass Antwort8 richtig ist:

1. Für Lambda=[0;1[ ist die Wurzel negativ. Daher kann man diese Werte auslassen.
2. Für Lambda=1 sind alle x=0, gehen also gegen 0.Damit kann man schon die Antworten 1,2,3,4,5,6,7 und 10 ausschließen (bleiben noch Antwort8 und 9)
3. Um Antwort9 auszuschließen muss man nur belegen dass es in Lambda=]1;2] noch andere mögliche Werte außer 2 gibt. (hab ich am Beispiel 0,01 gemacht, weil es knapp über 1 ist und sich die Wurzel auflöst.Dabei kommt x=0,1 für alle x heraus.)Also gibt es andere mögliche Werte in Lambda=]1;2]Also ist es Antwort8(ohne Gewähr,bitte überprüfen)--Aron Michel 18:58, 8. Dez 2005 (CET)

Oder hab ich da was falsch verstanden? Geb vorläufig Antwort 8 ab. --Aron Michel 19:24, 8. Dez 2005 (CET)

• Konnte die Aufgabe bisher nur überfliegen. Aron, hast du die Gleichung (1) miteinbezogen? Hab das Gefühl, heute hatte keiner Lust zum Knobeln...oder ist noch jemand dabei? -- MariaEirich 19:49, 8. Dez 2005 (CET)
• Die Aufgabe geht nicht mit in die Wertung ein, weil sich der Fehlerteufel eingeschlichen hat(so steht's zumindest im Adventskalender)Hab grad nochmal neigeschaut. Aber ich denke schon, dass ich Gleichung (1)mit einbezogen habe. Was ham die eigentlich geändert?

--Aron Michel 22:23, 8. Dez 2005 (CET)

• ...in der vorletzten Zeile vor den möglichen Antworten stand noch ein "Lamda" vor dem |xn|. -- MariaEirich 22:35, 8. Dez 2005 (CET)
• Ach so.
• Ich geh dann jetzt endgültig.Könn mer ja morgen in der Schule lösen, da sie ja sowieso nicht zählt, also auch nicht vor 12Uhr gelöst werden muss.--Aron Michel 22:40, 8. Dez 2005 (CET)

- 9.12.2005

hi! hab ma versucht den polyeder zu zeichnen, dass mer sich des ma vorstell kann!!! http://www.gfx-toxic.de/share/wiki/index.php/Bild:Polyeder.JPG --PatrickWolf 18:20, 9. Dez 2005 (CET) sieht so aus als wären alle flächen gleich groß oder? domi

bin auch der meinung sind nur dreiecke!?!--PatrickWolf 18:38, 9. Dez 2005 (CET)

außerdom bin ich der meinung dass es 20 flächen sind oder? domi

eine fläche die ich ausgerechnet hab ist wurzel3 wenn also alle flächen gleich groß sind und es tatsächlich 20 flächen sind so ist die lösung 2: 20wurzel3 richtig domi

wie kommst du auf wurzel3?
Ich habe für die Seitenlänge der Dreiecke Wurzel 5 herausbekommen. Ich werde jetzt mal den FI berechnen.--Christoph Zehe 19:04, 9. Dez 2005 (CET) Also ich habe 20Wurzel3 herausbekommen. Wenn ich mich nicht vertan habe, hat der Polyeder 16 gleichseitige Dreiecke, jedes von denen hat den FI 5 mal Wurzel 3 durch 4.--Christoph Zehe 19:09, 9. Dez 2005 (CET)

denk auch des es 16 flächen sind!--PatrickWolf 19:10, 9. Dez 2005 (CET)

die seitenlänge der dreiecke(gleichseitige dreiecke) ist 2 somit folgt für den flächeninhalt 0,5*2*wurzel(4-1)=ist also wurzel3 schaut euch noch mal die zeichnung vom patrick an meiner meinung nach haben wir sechs kanten(die kurzen seiten der rechtecke) an denen sich senkrecht jeweils 2 flächen anschließen(12) und es gehen noch 8 flächen zwischen den ecken (auf der zeichnung sind glaub ich nur 4 zu sehen)also insgesamt 20 folglich: antwort 2 20wurzel3

domi
Ich hab aber für die Seitenlänge der gleichschenkligen Dreiecke Wurzel 5 herausbekommen! Ich habe dazu 2 Hilfsdreiecke benutzt, ich versuche mal, die Rechnung hier reinzustellen!--Christoph Zehe 19:23, 9. Dez 2005 (CET)

schau dir nur ma die obere hälfte an, des sind 8 (6 auf dem bild zu sehen)! 8*2=16 flächen patrick
Ich stimme Patrick voll zu!!--Christoph Zehe 19:32, 9. Dez 2005 (CET)

Ich hab das problem, dass ich ne mischung aus euren lösungen hab: ich hab 1. FI wurzel3 und 2. 16 flächen!!!such zwar entweder noch nach nem fehler, oder den restlichen seiten, hab aber noch nichts gefunden!!!  :-) --PatrickWolf 19:34, 9. Dez 2005 (CET)

hey wichtige meldung!!! wir sind falsch!!! schaut euch das bild an! es gibt 12 flächen die den inhalt rot haben 8 haben inhalt grün!!!http://www.gfx-toxic.de/share/wiki/index.php/Bild:Polyeder2.JPG

gärtner so ein zufall die flächen grün und rot sind gleich groß domi
Echt? Und welchen Fi haben die? Ich habe mit der folgenden Skizze gearbeitet:[[1]l0] Über das Dreieck ABC habe ich die Seite AC und durch die und durch die Seite DC die Seite AD im Dreieck ADC berechnet. Bei C und bei B ist jeweils ein rechter Winkel. BC ist (1+Wurzel 5)/2 -1 lang, DC (1+W5)/2 , BA ist 1 und AC ist W(1+(1+W5)^2/4). AD ist dann W5 lang.--Christoph Zehe 19:51, 9. Dez 2005 (CET)

• So, jetzt kommt die ultimative Pätiüberzeugungstaktik: Es sind 20 Flächen!!! Wer was anderes sagt, ist selber schuld!!! Päti: Auf der Zeichnung sieht man oben zwar nur 8 Flächen, aber es sind noch 2 da, die sich verstecken. Kannst ja ma die Lupe zur Hand nehmen und sie suchen!!! So, und jetzt berechnet ma den Flächeninhalt!!!

  "Jeder Dummkopf, der für seine Ehre sterben würde, ist auch besser tot."

JoshuaPlatten

wie groß ist der fi zehe?ich würd antwort 2 nehmen! ich hab das problem, dass ich jetzt gehen muss!--PatrickWolf 20:05, 9. Dez 2005 (CET)

gärtner schau dir mal die zeichnung an die 20 dreiecke sind doch alle gleich groß sieht man doch außerdem verwirrt deine rechnung weng domi

in deiner zeichnung BD ist doch 1,79890... domi

muss jetzt aufhörn josh erklär ma dem zehe wie des funktioniert ich vielleicht heut nacht noch ma rein dann möcht ich eine endgültige lösung(höchstwahrscheinlich meine) sehen tschau domi

• Endlich mal wieder eine schöne Aufgabe. Domi hat Recht. Die Dreiecke sind alle gleichseitig und haben eine Kantenlänge von 2. Der Flächeninhalt ist also Wurzel 3. Es gibt genau 20 Dreiecke, also Lösung 2 ist richtig. Ich konnte die Kantenlänge leicht mit Hilfe der analytischen Geometrie ausrechnen, die ihr in den nächsten 2 Jahren im LK habt (dabei habe ich ein dreidimensionales Koordinatensystem in den Polyeder gelegt, den Eckpunkten Koordinaten gegeben und die Abstände der Punkte berechnet). Domi, könntest du bitte deine Lösung bis Montag skizzieren und mitbringen - oder ins wiki schreiben. -- MariaEirich 20:36, 9. Dez 2005 (CET)

Und wo liegt dann mein Denkfehler? Das die Seiten die Länge 2 haben leuchtet mir ja in, aber dann muss ich irgendwo was falsch gemacht haben- nur wo?

- 10.12.2005

@Gärtner: Die Aufgabe ist was für dich, oder da hast du doch Erfahrung. --Aron Michel 18:09, 10. Dez 2005 (CET) Hilft heute wieder keiner mit? Die Möglichkeiten 1,2,3 sowie 6 und 9 habe ich schon ausgeschlossen:

1. Kann nicht sein, da die drei dann schon 28,5 Minuten reine Gießzeit haben (Laufzeit nicht mit eingerechnet) und insgesamt 34,5 Minuten laufen müssten. Außerdem muss ja einer anfangen während die anderen noch nichts tun können.
2. Hob muss mit 10,5Minuten am meisten gießen während die anderen beiden jeweils 9Minuten gießen müssen.
3. Hob hat 10,5Minuten reine Gießzeit und muss zusätzlich noch9Minuten laufen, macht zusammen 19,5Minuten und daran ändert ein weiterer Wasserhahn auch nichts.
4. Kann auch nicht sein, da dann zwar jeder seinen eigenen Wasserhahn hätte, aber da Nob sowieso immer eine Gesamtzeit (Gießzeit und Laufzeit) von mindestens 22,5Minuten hat.
5. Hab ich mir noch keine Gedanken gemacht.
6. Es macht überhaupt keinen Unterschied wenn Hob und Bob alle Beete tauschen.
7. Hab ich mir noch keine Gedanken gemacht.
8. Hab ich mir noch keine Gedanken gemacht.
9. Welche Beet übernimmt der Verwalter und wie lange braucht er um von einem Beet zum nächsten zu kommen?
10. Jeder hat dann zwar wieder seinen eigenen Wasserhahn doch die Gesamtzeit von Bob beträgt sowieso immer mindestens 21Minuten.

Die restlichen Möglichkeiten muss ich noch überdenken. --Aron Michel 18:58, 10. Dez 2005 (CET)

• 4) ist nicht so leicht zu entscheiden. Man müsste noch einen möglichen Schlauchwechsel in Betracht ziehen: Es gäbe ja noch die Möglichkeit, dass Nob z.B. das letzte Beet (2 min) mit dem Schlauch von Hob gießt, da dieser ja bereits nach 19 min fertig ist. Die Zeit würde genau passen, wenn da nicht die 10 sec Umschaltzeit wären. Also ist 4) doch falsch.
• 9) ist auch falsch. Wenn der Verwalter hilft, ändert sich nichts, da es nur zwei Schäuche gibt.

Es bleiben 5) 7) 8) zur Überprüfung. -- MariaEirich 19:10, 10. Dez 2005 (CET)

• Bei mir nur 5,7 und 8.
• Es ist doch egal ob Nob bei Antwort 4 den Schlauch von Hob nimmt, da er auf jeden Fall erstmal zu seinem Beet hinlaufen muss.

--Aron Michel 19:25, 10. Dez 2005 (CET)
Hehe, das passt! Wenn ich fies wäre, würde ich einfach sagen, sie sollen die in jedem Gwäxhaus installierte Berengnungsanlage einschalten- aber dann wäre die Aufgabe ja witzlos. Da muss ich jetzt erst mal drüber nachdenken, das ist eine Knobelaufgabe, die gefällt mir deshalb nicht so sehr...--Christoph Zehe 19:54, 10. Dez 2005 (CET)

• Ich denke, dass es Antwort 8 ist, weil bei Antwort 8 einer einen Schlauch für sich allein hat und die anderen zwei sich einen Schlauch teilen müssen.

Der eine benötigt auf jeden Fall weniger als 25Minuten, also kann man diesen vernachlässigen und muss nur schauen ob die anderen zwei irgendwie weniger als 25 Minuten brauchen, wenn sie sich einen Schlauch teilen. Ich habe verschiedene Möglichkeiten ausprobiert und bin immer auf mindestens 25 Minuten gekommen, weiß jedoch nicht ob ich tatsächlich die kürzeste Möglichkeit gefunden habe.(-->Antwort 8)Könntet ihr das also bitte nochmal überprüfen. Ich nehm jetzt vorerst mal Antwort 8. Ach ja und Gärtner, dein Lösungsvorschlag ist leider nicht dabei, obwohl es sicher am schnellsten und besten gehen würde. --Aron Michel 20:29, 10. Dez 2005 (CET)
Sorry Aron, hoffentlich habe ich dich mit meiner Blitzüberlegung nicht verwirrt. War auf dem "Schlauch" gestanden - 3) ist falsch. -- MariaEirich 21:08, 10. Dez 2005 (CET)

• Klar, weil sich durch einen weiteren Wasserhahn ja weder die Bewässerungszeiten noch die Laufzeiten ändern. Auch wenn der eine den Schlauch vom anderen nehmen würde müsste er erst mal zu seinem Beet hinlaufen und dafür benötigt er trotz weiterem Wasserhahn genau so viel Zeit.

--Aron Michel 21:42, 10. Dez 2005 (CET)

• Ich kam auch nicht auf unter 25min. Ich nehme auch 8)

  "Manche Leute wissen alles besser.
   Manche Leute wissen besser nichts."

JoshuaPlatten

- 11.12.2005

hi all, Ich habe mich jetzt auch mal angemeldet. Bei der heutigen Aufgabe habe ich die 5. Lösung rausbekommen bin mir aber mit dem b nicht so ganz sicher, da ich keine Lust hatte alles durchzuprobieren. Ich denke aber mal, dass es richtig ist. Maxi
Ich denke auch, dass es richtig ist, ich habe auch 41 Züge bei a). Bei b) und c) bin ich mir nicht so sicher.--Christoph Zehe 19:06, 11. Dez 2005 (CET)
Wie weit habt ihr denn eure Begründungen bei der ersten und der vierten Aufgabe vom Wettbewerb ausformuliert? Ich habe zwar ne Idee, weis aber noch ned wie die schreiben soll! Maxi Noch eine Frage, was muss man den schreiben, dass der Name und das Datum nach dem Artikel aufleuchtet?? Maxi

• Wenn du ~~~~ anhängst, erscheint dein Name + Datum. Der Name erscheint blau, wenn du auf deiner privaten Seite (auf die kommst du, wenn du im Benutzerverzeichnis - unter Spezialseiten - deinen Namen anklickst) Einträge vorgenommen hast - wenn nicht, erscheint der Name rot. Im wiki gibt es eine Vereinbarung, sich mit VornameNachname anzumelden, bei Diskussionen zu ersehen ist, wer sich hinter dem Namen verbirgt. Maxi, melde dich entweder nochmals an, oder wir ändern deinen Namen. MariaEirich 19:20, 11. Dez 2005 (CET)

Ok, ich habe mich jetzt noch einmal angemeldet! Jetzt dürfte dann der Name unter meinem Artikel stehen. Maximilian Pfister 19:49, 11. Dez 2005 (CET)

• Ich habe einige Möglichkeiten ausprobiert und bin auch auf Antwort 5 gekommen. Man sollte soviele ganze Zahlen wie möglich verwenden, da diese ja gerade noch die geringere Zügezahl bedeuten. Man kann maximal 2ganze Zahlen (10 bei Rostock -->Cottbus und 6 bei Rathenow-->Wittenberg oder Dessau--> Wittenberg, da letzteres bei Aufgabe c) nicht verwendet werden darf sollte man bei den Aufgaben b) und c) Rathenow und Wittenberg sowie Rostock und Cottbus nehmen. Wismar-->Stralsund ist in c) nicht rlaubt, daher muss Wismar --> Senftenberg genommen werden und es bleibt nur noch Dessau--> Stralsund übrig. Wenn man diese ganzen Zügezahlen addiert kommt man auf 40, was die kürzeste Zügezahl ist, die ich rausgefunden habe. Ich nehme vorläufig Antwort 5.--Aron Michel 20:51, 11. Dez 2005 (CET)

- 12.12.2005

wahrscheinlichkeitsrechnung ham wir noch aber man muss auch irgendwie mit überlegen draufkommenDomi 18:51, 12. Dez 2005 (CET)

• Bräuchte man da nicht wenigstens noch ne Angabe über die Anzahl der Geschenke, weil es ja ein Unterschied ist, ob es 2 oder beispielsweise 100 Wunschzettel sind.--Aron Michel 18:59, 12. Dez 2005 (CET)

also da kann ich dir behilflich sein es sind weder 2 noch 100 sondern so ca. ne halbe milliarde oder so ;-) ich vermut des is ziemlich egal wie viel zettel des sin sonst wärs angegebenDomi 19:06, 12. Dez 2005 (CET) könnt aber auch sein dass die anzahl der zettel schon wichtig ist aber dadurch das es ziemlich viele zettel sind spielt es keine rolle mehr ob 50000 mehr oder weniger sind nur so ne vermutungDomi 19:37, 12. Dez 2005 (CET)

• Ich würde sagen, dass es auf jeden Fall zwischen 0 und 50% ist, ich schließe also die Antworten 6-10 aus.Bei den restlichen bin ich mir jedoch nicht sicher.--Aron Michel 19:42, 12. Dez 2005 (CET)

die fragestellung is verwirrend weil:

• 1. irgendjemand sein geschenk bekommt aber
• 10. niemand sein geschenk bekommen soll

also entweder 1 oder 10 da wenn niemand sein geschenk bekommt 10 richtig ist sobald aber ein einziger sein geschenk bekommt ist 1 richtigDomi 19:51, 12. Dez 2005 (CET) irgendwie komisch wenn man jetzt diesen einen betrachtetkönnte man behaupten dass nur zwei möglichkeiten bestehen nämlich:

• er bekommt sein ersehntes geschenk

oder

• er bekommt es nicht

bin mir aber bei dieser theorie total unsicher is mir aber grad so durch den kopf gegangen Domi 19:59, 12. Dez 2005 (CET) was hälst du davon aron Domi 20:00, 12. Dez 2005 (CET) wenn man es so sieht ist es auch nicht davon abhängig wie viele wunschzettel es sindDomi 20:03, 12. Dez 2005 (CET)

muss jetzt fürs erste aufhörn schau vielleicht später noch ma reinDomi 20:13, 12. Dez 2005 (CET)

ich find die Aufgabe schwachsinnig, weil ich gar net weis, was ich ansetzen soll! Ist doch ne Schätzfrage oder!?! Hat meiner Meinung nach mehr mit Glück zu tun!--PatrickWolf 21:11, 12. Dez 2005 (CET)

• Domi, du hast ein tolles feeling für diese Aufgabe und liegst mit deiner Vermutung sehr gut. Antwort 1) ist richtig. In der mathematischen Begründung steckt ein wenig Kombinatorik (Teilgebiet der Wahrscheinlichkeitsrechnung): Fangt mal nur mit 3 Kindern an: Die WS, dass das erste seinen Wunsch nicht erfüllt bekommt ist 2/3, dann bleibt beim 2. Kind nur noch die WS 1/2, dass es seinen Wunsch nicht erfüllt bekommt und das letzte Kind nimmt das letzte übrige Geschenk - ergibt eine Gesamtwahrscheinlichkeit von 2/3 * 1/2 = 1/2. Bei 4 Kindern: 3/4 * 2/3 * 1/2 = 1/4 ... bei n Kindern ergibt sich nach dem gleichen Prinzip eine WS von 1/n, dass niemand seinen Wunsch erfüllt bekommt. Und wenn n sehr groß wird wandert diese WS gegen 0. Hab gerade mit Frau Schellmann gesprochen. Sie kommt zu dem gleichen Ergebnis. MariaEirich 21:46, 12. Dez 2005 (CET)

Die Rettung!!! :-)--PatrickWolf 21:49, 12. Dez 2005 (CET)

• Und für n-->unendlich geht 1/n gegen Null oder?--Aron Michel 21:54, 12. Dez 2005 (CET)

• .genau (der Schluss ist unser jetziger Stoff :)!!... hab ich auch oben noch ergänzt.MariaEirich 21:58, 12. Dez 2005 (CET)
• Dann nehm ich das jetzt. --Aron Michel 22:01, 12. Dez 2005 (CET)