Rätsel Thread

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Jessica Mind
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Beitragvon Jessica Mind » 21. September 2007 20:50

warum nicht? oder dachtest du etwa mit 14, dass die kinder vom storch gebracht werden?
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Jack Kater
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Beitragvon Jack Kater » 21. September 2007 21:05

Ne, aber n Kumpel von mir hat das nicht verstanden. Erst als man es ihm erklärt hat :D
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Jack Kater
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Beitragvon Jack Kater » 15. Oktober 2007 21:36

Hab noch ein Rätsel (kA, ob das hier schon gestellt wurde :D )

Man hat 9 Goldbarren, einer davon besteht aber nicht aus Gold. Er unterscheidet sich hinsichtlich seines Gewichtes von den anderen, man weiß aber nicht, ob er schwerer oder leichter als die anderen ist. Man kann drei mal wiegen und muss herausfinden, welcher Goldbarren nicht aus Gold besteht.
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Dwarf Androx
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Beitragvon Dwarf Androx » 16. Oktober 2007 08:09

Ein schönes Rätsel! Ich habe allerdings noch zwei Fragen: Darf man bei jedem Wägevorgang beliebig viele und beliebige Goldbarren wiegen? Ist es eine Balkenwage mit jeweils zwei Seiten? Wenn ja, mein Vorschlag:

1. Vorgang: Ich wiege drei Barren auf der einen und drei auf der anderen Seite. Besteht Gleichheit, ist der Falsche unter den restlichen drei Barren. Weiter bei 2a.
Besteht Ungleichheit, weiter bei 2b.

2. Vorgang (a): Ich wiege unter den letzten drei in Frage kommenden Barren je einen auf beiden Seiten. Besteht Ungleichheit, weiter bei 3a. Besteht Gleichheit, ist der noch nicht gewogene Barren der Gesuchte.
(b): Ich nehme eine der beiden ungleichen Seiten und tausche sie gegen die zunächst Liegengebliebene. Nun ist die Gruppe der drei Barren gefunden, in denen der Falsche sich versteckt. Ich weiß aber außerdem, ob der Falsche schwerer oder leichter ist, denn ich habe entweder zwei leichte und eine schwere oder umgekehrt zwei schwere und eine leichte Gruppe. Weiter bei 3b.

3. Vorgang (a): Da unter den ersten zwei der in Frage kommenden drei Barren Ungleichheit besteht, weiß ich, dass der Falsche auf der Waage liegen muss. Ich wiege ein letztes Mal z. B. den leichteren der beiden mit dem letzten, der noch nicht gewogen wurde. Ist er wieder leichter, muss er der falsche sein. Stellt er Gleichheit her, habe ich soeben den falschen von der Waage genommen.
(b): Da ich nun weiß, ob der Falsche schwerer oder leichter ist, wiege ich die in Frage kommende Gruppe (eben die schwerere bzw. leichtere) ähnlich wie in 3a: Einzelnes Wiegen zweier der drei übrigen Barren liefert entweder Gleichheit und der Falsche liegt nebendran, oder einer der beiden gewogenen Barren ist schwerer (leichter) und damit direkt als der Falsche identifiziert.

q. e. d.
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Jack Kater
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Beitragvon Jack Kater » 16. Oktober 2007 14:31

Jo, so is es ;-)
Hast du noch ein Rätsel?
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Beitragvon Dwarf Androx » 17. Oktober 2007 01:06

Dies hier ist nicht schlecht:

Ein Mann sagt zu einem anderen:

Ich werde dir gleich eine Frage stellen, die du ganz einfach mit "ja" oder "nein" beantworten kannst. Es wird auch keine schwierige Frage sein, denn du wirst die richtige Antwort kennen. Trotzdem wird es dir nicht möglich sein, mir die richtige Antwort zu sagen. Jeder andere könnte mir vielleicht die richtige Antwort sagen, du aber nicht. Dennoch bist du der einzige Mensch auf der Welt, der die richtige Antwort kennt.

Welche Frage wird er ihm stellen?
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Beitragvon Lexsa » 23. Oktober 2007 14:50

Auch wenn das wahrscheinlich nicht Deine Loesung ist frage ich mal:

Wirst Du meine naechste Frage mit nein beantworten?

Nicht schoen, aber erfuellt meiner Ansicht nach die Kriterien.
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Beitragvon Dwarf Androx » 24. Oktober 2007 07:27

Die Antwort ist absolut richtig, wenngleich es formuliert sein müsste mit: "Wirst du diese Frage...?" Trotzdem meinst du natürlich das Richtige. Du bist dran.
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Beitragvon Lexsa » 24. Oktober 2007 17:00

In einem Gefängnis sitzen 100 Gefangene ein. da der Direktor grade Geburtstag hat, spiet er mit den Gefangenen folgendes Spiel.

Zufällig wird ein Gefangener aus seiner Zelle in einen leeren Raum gebracht. Die anderen Gefangenen verbleiben während dieser Zeit in ihren Zellen und bekommen nicht mit, welcher Mithäftling vom Direktor gewählt wurde.
Jeden Gefangenen stellt der Direktor (wenn er sich im besagten Raum befindet) die Frage:
Sind schon alle Häftlinge mindestens einmal hier gewesen?
Wenn der Häftling antwortet richtig antwortet, so werden entweder alle Gefangenen frei gelassen (falls schon alle in dem Raum waren) oder das Spiel geht weiter (richtige Antwort, aber noch nicht alle Gefangenen waren im Raum gewesen).
Antwortet jedoch nur ein Gefangener falsch, so verbleiben alle im Gefängnis und müssen nach der Geburtstagsfeier des Direktors aufräumen.

Jeder Häftling hat in dem leeren Raum eine Minute Zeit über seine Antwort nach zu denken. Es befinden sich keine Hilfsmittel in den Raum, oder können in den Raum geschmuggelt werden. Einzig eine Lampe, die die Gefangenen an bzw. ausschalten können, kann ihnen als Kommunikationsmittel dienen. (Der direktor verändert nicht den Zustand der Lampe).

Die Gefangenen dürfen sich vor dem Spiel beraten und eine Strategie ausmachen.

Wie lautet ihre Strategie, wenn Sie wissen, dass die Lampe beim Betreten des Raumes durch den ersten Gefangenen schon brennt.?
(oder wer es schwerer mag: Wenn Sie nicht wissen ob die Lampe am Anfang an oder aus ist.)

Viel Spaß
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Beitragvon Lexsa » 24. Oktober 2007 18:40

:O

Sorry, ich hab da ein Fehler bei den Spielregeln gemacht.

Die Gefangenen verlieren erst, wenn jeder Gefangenen mindestens einmal falsch geantwortet hat, d.h. einzelne Gefangenen koennen auch beliebig oft falsche Antworten geben.

So jetzt sollte es aber stimmen
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Beitragvon Jack Kater » 1. November 2007 12:15

Die Gefangenen verlieren erst, wenn jeder Gefangenen mindestens einmal falsch geantwortet hat, d.h. einzelne Gefangenen koennen auch beliebig oft falsche Antworten geben.

Naja, ich würde sagen, jeder Antwortet mit ja. Es muss ja jeder einmal falsch Antworten, um zu verlieren. Dem nach antworten alle falsch bis auf den letzten.
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Beitragvon Lexsa » 1. November 2007 15:41

Eigentlich sollte das nicht so funktionieren, aber so wie ich das formuliert habe, hast Du natürlich recht.
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Beitragvon Jack Kater » 1. November 2007 16:41

Nun ja, hast du dann in der Aufgabenstellung einen Fehler?
Oder erklär doch, wie eigentlich die Lösung wäre. ;)
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Beitragvon Lexsa » 2. November 2007 12:16

Die Aufgabenstellung ist im Orginal eigentlich die folgende:

Auf die Frage des Direktors darf jeder Gefangene mit
ja,
nein oder
ich passe
(also keine Antwort) antworten.


(Das Blöde dabei ist, daß das Spiel dann theoretisch unendlich lange laufen könnte und deshalb hatte ich (offensichtlich erfolglos) versucht die Aufgabe so zu formulieren, daß das Spiel wieder endlich wird.)
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Beitragvon Dwarf Androx » 2. November 2007 15:32

Die Lösung der Aufgabe verwendet allerdings die Lampe als Signal unter den Gefangenen, was in den Antworten hier nicht vorkam.

(Ich kenne die Aufgabe so ähnlich und da wird die Lampeneinstellung als Signal verwendet, ob bereits der Gefangene der Nummer i an der Reihe war. Ein Gefangener (Nummer 100) wird zum "Zähler" bestimmt und zählt nur, wenn die Lampe bei seinem Besuch eingeschaltet ist, und macht sie danach wieder aus. Jeder Gefangene schaltet die Lampe auch nur ein einziges Mal ein, nämlich wenn er die Zelle betritt und die Lampe zum ersten Mal ausgeschaltet vorfindet. Hat der Zähler 99 mal gezählt und ist selbst in der Zelle, kann er die Antwort geben. Man kann die Aufgabe, glaube ich, noch über Reihenfolgen optimieren.)

Dass die Laufzeit unendlich wäre, ist rein theoretisch nicht richtig, obwohl es natürlich mit Pech passieren könnte, dass dieses Spiel länger dauert als die Lebenszeit der Insassen.

Abstrakt ist es aber eine wahrscheinlichkeitstheoretische Frage. Rein mathematisch wird deshalb davon ausgegangen, dass die Situation in endlicher Zeit zu einer Lösung kommt. Natürlich kann es wie gesagt dumm laufen und rein zufällig wird sehr lange nicht der letzte Gefangene befragt und solange ist die Situation natürlich noch nicht lösbar.
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Beitragvon Jessica Mind » 4. November 2007 20:44

Kannst du das bitte so erklären, wie du es Mind erklären würdest, wenn du ernsthaft wolltest, dass sie es versteht?
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Beitragvon Dwarf Androx » 5. November 2007 00:52

Will ich doch gar nicht...

Also, du hast 100 Gefangene. Wie sollen sie miteinander kommunizieren? Das geht wohl nur über die Lampe. Da nur sie die Lampe bedienen und sonst niemand, können sie sicher sein, dass ihre so "kodierten" Nachrichten immer ankommen. Blöderweise kann niemand einfach nur mit einer ein- oder ausgeschalteten Lampe etwas anfangen.

Es sei denn, jemand zählt, wie oft er die eingeschaltete Lampe sieht. Er ist der Zähler. Er ist der Gefangene Nummer 100, der niemals die Lampe einschaltet.

Wenn jetzt der erste Gefangene in den Raum kommt -- am Tag 1 -- weiß er, dass er definitiv der erste ist. Er schaltet die Lampe ein. Wenn der nächste Gefangene reinkommt, weiß er, dass er nichts verändern darf, weil es der Zähler sonst nicht sieht. Der Zähler wird also beim ersten Mal, wenn er die Zelle betritt, die Lampe vom ersten Gefangenen leuchten sehen. Dann macht er sie aus und zählt um eines hoch. Also: 1.

Der nächste, der die Zelle betritt und die Lampe ausgeschaltet vorfindet, ist entweder einer, der schon die Lampe eingeschaltet hat -- dann macht er nichts, denn er wurde bereits gezählt. Wenn er noch nicht "dran" war (egal, wie oft er vorher schon bei eingeschaltetem Licht in der Zelle saß), schaltet er ein. Die Lampe brennt wiederum so lange, bis der Zähler sie sieht -- und 2 erhält, dann die Lampe erneut ausschaltet. Das geht jetzt immer so weiter. Es wird vmtl. ewig dauern. Aber irgendwann hat auch der 99. Gefangene die Lampe für ihn eingeschaltet hinterlassen und dann weiß der Zähler, dass spätestens jetzt jeder Gefangene einmal in der Zelle war. Dann kann er sich selbst dazu zählen und mit "Ja" antworten.

Leider ist das, wie schon gesagt, sehr unwahrscheinlich, dass das innerhalb erlebbarer Zeit passiert. Im Idealfall wäre es ja "Gefangener 1 - Zähler - Gefangener 2 - Zähler...", also mindestens 2 * 99 = 198 Tage würde es dauern, und das wäre der unwahrscheinlichste Fall. Mit der Wette ist der Gefängnisdirektor also kein echtes Risiko eingegangen. Und zur Not kann er ja immer noch eine Liste führen und die "Zufallswahl" zu seinen Gunsten manipulieren... that's the imperial way. :imp:
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Beitragvon Lexsa » 5. November 2007 09:57

Das war die Lösung, die ich meinte.

Aber ich bin trotzdem der Meinung, dass das Spiel unbegrenzt laufen kann. Wer hat den gesagt, dass der Direktor auch jeden Gefangenen aus seiner Zelle holt? - Ich würde es jedenfalls nicht machen...

Gut, damit wäre die Aufgabe gelöst.

Vielleicht kannst Du mir trotzdem noch sagen was Du machst, wenn nicht bekannt ist ob die Lampe am Anfang an oder aus ist?
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Beitragvon Dwarf Androx » 7. November 2007 14:19

Zur Unendlichkeit: Da nach dem Zufallsprinzip ausgewählt wird, hat der Direktor, wenn alles seinen rechten Gang geht, keinen Einfluss auf den ausgewählten Gefangenen, obwohl er es natürlich leicht damit hätte, zu tricksen, wie schon erwähnt.

Jetzt wird die Überlegung metaphysisch: Wenn er ohnehin mogeln wollte, warum sollte er den Aufwand betreiben? Nur, um die Gefangenen mit unerfüllter Hoffnung zu quälen? Um die Moral aufrecht zu erhalten? So ein Experiment kann ganz leicht in Hoffnungslosigkeit und Aufstände umschlagen.

Ob die Lampe anfangs an oder aus ist, ist doch im Prinzip völlig egal -- allerdings gehe ich dabei von der üblichen Aufgabenstellung (also nicht deiner konkreten) aus, dass jeden Tag nur ein Gefangener geholt wird und dass die Gefangenen natürlich auch den Tageswechsel miterleben können -- sonst wäre wegen äußerer Faktoren wie der gefühlten Zeit die Aufgabe überhaupt nicht mehr lösbar. Zu deiner Frage jedenfalls: Der erste Gefangene (der am 1. Tag hereinkommt, und das weiß er dann ja!) hinterlässt die Lampe einfach eingeschaltet, es sei denn, er ist der Zähler.

Verfolge ich den Gedanken weiter, ist es selbst ohne die Zeiteinteilung nur in einem unwahrscheinlichen Fall problematisch.

Fall 1: Ein beliebiger Gefangener (aber nicht der Zähler) betritt den Raum (am Anfang freilich zum ersten Mal, und das weiß der Gefangene ja, ob er schon mal hier war). Ist die Lampe aus, weiß er, dass er sie einschalten muss, ist sie an, lässt er sie einfach an. Es ist nicht sein Problem, sondern das des Zählers, damit umzugehen, denn er darf sie ja nicht ausschalten. Sobald der Zähler den Raum zum ersten Mal betritt (nach einem beliebigen anderen), weiß er auf jeden Fall, dass irgendeiner vor ihm da war.

Fall 2: Als allererster betritt (Chance: 1:100) der Zähler den Raum. Wenn er eine Zeitorientierung hat, weiß er, ob er der erste ist. Er zählt, falls die Lampe brennt, nicht um 1 hoch und schaltet die Lampe für den nächsten Gefangenen aus. Wenn die Lampe anfangs nicht brannte, ist es ohnehin egal. Nur, wenn er überhaupt keine zeitliche Orientierung hat in dem Sinne, ob schon jemand vor ihm dran gewesen sein könnte, und die Lampe eingeschaltet vorfindet, könnte seine Zählung schiefgehen; dann würde er "sicherheitshalber" um 1 hochzählen, aber es war kein Gefangener vor ihm im Raum. Damit würde er schon bei 99 tatsächlichen Gefangenen die falsche Antwort "ja" liefern und das Spiel wäre verloren. (Natürlich könnte er sicherheitshalber versuchen, bis 101 zu zählen, aber da alle anderen 99 Gefangenen vor ihm schon einmal gezählt wurden und sich niemals ein zweites Mal zählen lassen, würde er bei 99 + sich selbst = 100 stehen bleiben; dann wäre das Spiel tatsächlich unendlich.)

Allerdings heißt es in den Spielregeln ja, dass niemand außer den Gefangenen die Stellung der Lampe verändert. Prinzipiell können die Gefangenen diesen 2. Fall also ausschließen, indem sie vor dem Spielbeginn nach der Ausgangssituation fragen oder fordern, dass die Lampe aus ist. Und mal alle Spekulation beiseite, wenn ich einen leeren Raum betrete, der sonst nicht genutzt wird, erwarte ich dann nicht, dass die Lampe erst beim Betreten eingeschaltet wird, also vorher aus war? Freilich wäre auch hier ein Ansatz des Direktors zum Tricksen, dass er nämlich einfach die Lampe einfach einschalten lässt und damit eine 1%ige Wahrscheinlichkeit schafft, dass die Gefangenen niemals heraus dürfen; aber bei der geschätzten Laufzeit ist die Wahrscheinlichkeit ohnehin schon sehr gering. Im Zweifelsfall würde die Antwort also nach vielen Jahrzehnten falsch sein und es käme zu einem Aufstand sehr, sehr alter Männer.

Das löst das Problem nicht völlig und schließt metaphysische Betrachtungen mit ein. Aber ich glaube, die "richtige" Aufgabenstellung müsste ohnehin voraussetzen, dass die Gefangenen zumindest die Ausgangsstellung der Lampe ("an" oder "aus") kennen, oder dass sie eine zeitliche Orientierung ("jeden Tag ein Gefangener") erhalten. Eine dieser Voraussetzungen genügt ja schon, um das Spiel in der Theorie eindeutig lösbar zu gestalten.

Oder habe ich jetzt eine einfache Möglichkeit zum Ausschließen des unlösbaren Falles vergessen? Wenn ja, gebe ich auf und bitte um Aufklärung.
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Beitragvon Lexsa » 9. November 2007 12:38

Ich finde, dass es viel zu lange dauert jeden Tag nur ein Gefangenen aus seiner Zelle zu holen, auch den Gefangenen zu sagen wann das Spiel beginnt ist meines Erachtens ein unfairer Vorteil. Trotzdem können die gefangenen das Spiel zwangsläufig gewinnen auch wenn Sie am Anfang nicht wissen ob die Lampe an oder aus ist.Da die Gefangenen nach den richtigen Regeln auch passen können gehen Sie wie folgt vor:

Vor dem Spiel wird ein Gefangener als "Zähler" gewählt.
Nur dieser Gefangene darf das Licht ausschalten.
Alle übrigen Gefangenen dürfen nun die Lampe 2 mal anschalten.
Damit weiß der Gefangen, der zählt:
Wenn er die Lampe weniger, oder gleich 2x98+1=197 mal ausgeschaltet hat, so müssen nicht zwangsläufig alle Gefangenen im Raum gewesen sein.
Jedoch beim 198. mal kann er es mit Sicherheit sagen.


So, dann wäre jetzt der Nächste dran.
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Beitragvon Dwarf Androx » 16. Dezember 2007 15:42

Hm... ich sehe ein, dass du Recht hast, wenn man die Regeln im Gegensatz zu der Aufgabe, wie ich sie kenne (d.h. die Gefangenen haben einen Tag-Nacht-Rhythmus und wissen dadurch, ob schon jemand vor dem Ersten drin war), noch weiter aufweicht.
Man auf diese Weise ganz sicher die Möglichkeit eliminieren, dass der erste Gefangene bei eingeschalteter Lampe annimmt, jemand sei schon vor ihm dran gewesen. Diese Überlegung habe ich irgendwie nicht gleich ins Spiel gebracht.

Gut, dann bin ich wohl dran. Tut mir leid, dass ich so lange nichts gepostet habe.
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Beitragvon Dwarf Androx » 16. Dezember 2007 15:45

Eine hübsche Prinzessin befindet sich in der Mitte eines kreisförmigen Sees. Außerhalb des Sees wartet eine gefährliche Hexe auf sie. Die Prinzessin muss es schaffen, aus dem Wasser zu kommen, ohne dass die Hexe sie fangen kann.

Das Problem: Die Hexe kann 4-mal so schnell laufen, wie die Prinzessin schwimmen kann. Die Hexe bemüht sich natürlich, immer möglichst dicht an der Prinzessin dran zu bleiben.

Frage: Wie schafft es die Prinzessin, aus dem See rauszukommen ohne von der Hexe erwischt zu werden?
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Beitragvon Lexsa » 18. Dezember 2007 11:33

Also meiner Meinung nach gibt es mehrere Lösungenmöglichkeit:

1. Die mathematische (bzw. das Variationsproblem) :B


Sei R der Radius des Sees und v der (normierte) Verbindungsvektor zwischen der Prinzessin und der Hexe. Dann geht (schwimmt) die Prinzessin wie folgt vor:
1. Schwimme (R- Epsilon) weit in (-v) -Richtung.
2. An dieser Stelle kann die Prinzessin erstmal planschen (fakultativ)
3. Die Hexe wird also den geringsten Abstand herstellen, d.h auf die andere Seite des Sees rennen.
4. Nun fängt die Prinzessin an im Kreis zu schwimmen. (Also immer um den Mittelpunkt des Sees)
Dabei hat die Kreisbahn der Prinzessin den Umfang 2*Pi*(R/4-Epsilon),
der der Hexe 2*Pi*R
da die Hexe in der gleichen Zeit in die vierfache Strecke der Prinzessin zurücklegt,
hat sie eine geringer Winkelgeschwindigkeit als die Prinzessin.
Wir nehmen nun an, dass die Prinzessin bei dieser Aktion nicht ersäuft.
4. Somit schafft es die Prinzessin die folgende Situation herbei zu führen:
Die Hexe steht auf der einen Seite des Sees (klingt logisch)
Die Prinzessin befindet sich im See (auf der Graden, die durch die Punkte
Hexe, Seemittelpunkt bestimmt wird) im Abstand R + R/4 - Epsilon zur Hexe.
(Einfach gesagt ist Sie schon zusätzlich R/4 - Epsilon von der Hexe weg geschwommen.)
5. Nun schwimmt die Prinzessin einfach auf den kürzesten Weg zum Ufer.
Dieser beträgt noch 3/4 * R +Epsilon
Die hexe hingegen muss den halbe Kreis umrunden, d.h. 2*Pi*(R/2)= Pi*R
6. Benötigt die Prinzessin die Zeit T zum erreichen des Ufers, so braucht die Hexe auf Grund ihres viermal so hohen Tempos
(Pi*R) / (3/4 * R +Epsilon) * T/4=(Pi *R) / (3 * R + 4 Epsilon) * T

Somit muss die Prinzessin nur ihr Epsilon klein genug wählen und lang genug im Kreis schwimmen um vor der Hexe das Ufer zu erreich.
Es stellt sich natürlich die Frage ob eine klitschnasse, aufgeweichte Prinzessin einer offensichtlich konditionell starken Hexe an Land entkommen kann.

2. Die Topographische Lösung

Offensichtlich kann die Hexe nicht schwimmen, da Sie ja sonst einfach in den See rein wäre und sich die Prinzessin geholt hätte. (Das widerspricht selbstverständlich der allgemeinen Auffassung, dass Hexe aus Holz sind.) hat nun der See einen Zufluss so muss die Prinzessin nur so schwimmen, dass die Hexe , die ohne Einschränkung der Allgemeinheit als dumm angeniommen wird, auf den Fluss zuläuft (da Sie ja immer den kürzesten Abstand halten will) und diesen,mangels hinreichender Schwimmkenntnisse, nicht überqueren kann. Die Prinzessin entsteigt den Fluten dann einfach auf der anderen Seite des Flusses



3. Die temporale Lösung

Die Prinzessin wartet einfach bis die zweiflos uralte Hexe stribt. :ghost:


Noch viel spannender als die Frage wie die Prinzessin der Hexe entkommt ist, natürlich die Frage: Wie ist die Prinzessin überhaupt in den See gekommen?
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Beitragvon Dwarf Androx » 18. Dezember 2007 17:50

Mir gefallen alle drei Lösungen gleich gut. Du bist wieder dran :-)
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Beitragvon Lexsa » 23. Januar 2008 17:57

So, nach langer Pause nun mein Rätsel:

30 Touristen landen irgendwie bei einem Kannibalen-Stamm, welcher diese selbstverfreichlichts verspeißen will. Die Unglücklichen bekommen aber noch eine letzte Chance:
Am nächsten morgen werden sie an 30, in einer Reihe stehenden, Bäume gefesselt, so dass der Erste keinen, der Zweite den Ersten usw. , der Letzte Alle sehen kann.
Dann wird jedem Tourist eine rote, gelbe oder blau Festtagsmütze aufgesetzt.
Anschließend kommt der Häuptling und fragt jeden Touristen nach der Farbe seiner Mütze (die der Tourist natürlich nicht selbst erkennen kann). Er beginnt dabei beim Letzten.
(Übrigens gibt es genügend Mützen im Stamm, d.h. alle Touristenmützen könnten auch die selbe Farbe haben.)

Die Touristen dürfen nur blau, gelb oder rot antworten. Stimmt die Farbe mit der Mütze überein, so wird der Gefangene frei gelassen. Ist die genannte Farbe falsch, wird er gefressen.

Die Touristen haben die ganze Nacht Zeit sich eine Strategie zurechtzulegen.

Die Aufgabe: Rettet soviele Touristen wie möglich.

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