Geschickterweise betrachtet man die vier Seiten erst einmal unabhängig vom Boden, da dieser bei den günstigen Spiegelungen und Drehungen immer auf sich selbst abgebildet wird und somit zunächst vernachlässigbar ist - das reduziert die Fälle stark!
Es verbleiben dann die „Poker“-Fälle vier Verschiedene, one & two pair, Drilling und Vierling. Alle Fälle einfach Mal neun (wegen Bodenfarbe) - nur bei one pair muss man aufpassen: 6 Bodenfarben sind gute Farben, erwischt man aber als Bodenfarbe eine der drei Seitenfarben, so ist das Geschenk nicht zulässig.
Nun addiert man die guten und die schlechten Fälle und es ergibt sich das Verhältnis 6426/9315=238/345 ungefähr 69,88 %. Die Maschine wird also nicht eingeführt und die Elfen müssen selber malen.
Dann will ich noch eine neue "Lösung" (so sie stimmt) ins Spiel bringen:
Fall 1: Man wählt 5 verschiedene Farben aus.
Man kann 5 verschiedene Farben aus 9 auf 126 Arten (9 über 5) auswählen. Dann kann man jede der 5 Farben in die Mitte setzen. Die restlichen 4 Farben kann man auf 4! = 24 Arten anordnen. Davon sind aber je 8 gleich "gefärbt"
(Spiegelungen an den vier Symmetrieachsen und Drehung um 90°, 180° und 270° ). Somit sind es nur noch 24:8=3 verschiedene "Färbungen". Also 5*3=15 ==> 15*126=1890.
Fall 2: Man wählt 4 verschiedene Farben aus. Dies ist wieder auf 126 Arten (9 über 4 = 9 über 5) möglich.
Fall 2a: Man setzt die einzige doppelt vorkommende Farbe in die Mitte ==> Die vier "Randfarben" sind alle verschieden ==> Es gibt wie in Fall 1 beschrieben genau 3 verschiedene "Färbungen" ==> 126*3 = 378
Fall 2b: Zwei "Randfelder" haben die gleiche Farbe. Die Mitte kann man also auf 3 verschiedene Arten wählen. Für die Randfelder gibt es jetzt nur noch (4 über 2)*2 = 12 Anordnungen. Von diesen 12 Anordnungen sind jedoch
nur 2 nach Definition gleich "gefärbt". ==> Es gibt weitere 126*3*2=756 weitere Färbungen.
Insgesamt kommen also noch 378 + 756 = 1134 Färbungen hinzu.
Die Fälle 1 und 2 sind genau die "Färbungen" die der Weihnachtsmann akzeptiert, also sind günstig: 5 Farben: 1890 Mögl. und 4 Farben: 1134 Mögl. ==> Summe: 3024
Ungünstig sind demnach alle anderen: (Dabei wurde ähnlich wie in den Fällen 1 und 2 vorgegangen)
3 Farben, aber keine 3 gleiche: 504
3 Farben und dabei drei gleiche: 336
2 Farben und dabei drei gleiche: 108
2 Farben und dabei vier gleiche: 72
1 Farbe: 9
==> Summe: 1029 (diese Fälle akzeptiert der Weihnachtsmann nicht)
Gesamtmöglichkeiten zu färben: 3024 + 1029 = 4053
Somit gilt a = 3024 / 4053 = 144 / 193 = 0,746 ==> Antwort 8
(01-01-2024, 07:13 PM)Mathe Juergen schrieb: Fall 2: Man wählt 4 verschiedene Farben aus. Dies ist wieder auf 126 Arten (9 über 4 = 9 über 5) möglich.
Fall 2a: Man setzt die einzige doppelt vorkommende Farbe in die Mitte ==> Die vier "Randfarben" sind alle verschieden ==> Es gibt wie in Fall 1 beschrieben genau 3 verschiedene "Färbungen" ==> 126*3 = 378
Fall 2b: Zwei "Randfelder" haben die gleiche Farbe. Die Mitte kann man also auf 3 verschiedene Arten wählen. Für die Randfelder gibt es jetzt nur noch (4 über 2)*2 = 12 Anordnungen. Von diesen 12 Anordnungen sind jedoch
nur 2 nach Definition gleich "gefärbt".
An sich finde ich diese Überlegungen sehr nachvollziehbar - ich habe bei dieser Aufgabe letzten Endes aufgegeben, weil mir die ganzen verschiedenen Fälle zu unübersichtlich wurden…
Bei Fall 2 bin ich aber nicht ganz sicher, inwieweit die Anzahl der jeweils „verschiedenen Färbungen“ stimmt: Macht es bei Fall 2b nicht einen Unterschied, ob die gleiche Farbe an zwei benachbarten oder an zwei gegenüberliegenden Randfeldern auftritt? Wenn zwei gegenüberliegende Randfelder gleich gefärbt sind, müsste es meiner Meinung nach weniger Färbungen geben, die als „gleich“ zählen (je 4 statt 8).
Aber wie gesagt: an der Stelle habe ich dann etwas den Überblick verloren und bin daher gespannt auf weitere Erläuterungen oder andere Lösungswege.
Geschickterweise betrachtet man die vier Seiten erst einmal unabhängig vom Boden, da dieser bei den günstigen Spiegelungen und Drehungen immer auf sich selbst abgebildet wird und somit zunächst vernachlässigbar ist - das reduziert die Fälle stark!
Es verbleiben dann die „Poker“-Fälle vier Verschiedene, one & two pair, Drilling und Vierling. Alle Fälle einfach Mal neun (wegen Bodenfarbe) - nur bei one pair muss man aufpassen: 6 Bodenfarben sind gute Farben, erwischt man aber als Bodenfarbe eine der drei Seitenfarben, so ist das Geschenk nicht zulässig.
Nun addiert man die guten und die schlechten Fälle und es ergibt sich das Verhältnis 6426/9315=238/345 ungefähr 69,88 %. Die Maschine wird also nicht eingeführt und die Elfen müssen selber malen.
6426/9315 stimmen, aber das sind keine 69.88 % - mein Taschenrechner hat da nen anderes Ergebnis raus
Das ist ja offensichtlich einfach ein Zahlendreher gewesen, natürlich ca 68,99 % - auf meinem verlinkten Lösungssheet steht und stand es immer korrekt :-)
Fall 1 und 2 sind tadellos. Ich habe meinen Fehler auch gefunden. Auch mit meinem Ansatz würde ich auf deine Fälle 1 und 2 kommen, wenn ich die Spiegelungen noch rausrechne. Da müsste ich nur noch durch 2 teilen. Mich würde nur interessieren, ob die anderen Fälle keine weiteren Fehler beinhalten. Am besten ich führe meine Lösung nochmal zu ende ;-)
(01-01-2024, 07:13 PM)Mathe Juergen schrieb: Fall 2: Man wählt 4 verschiedene Farben aus. Dies ist wieder auf 126 Arten (9 über 4 = 9 über 5) möglich.
Fall 2a: Man setzt die einzige doppelt vorkommende Farbe in die Mitte ==> Die vier "Randfarben" sind alle verschieden ==> Es gibt wie in Fall 1 beschrieben genau 3 verschiedene "Färbungen" ==> 126*3 = 378
Fall 2b: Zwei "Randfelder" haben die gleiche Farbe. Die Mitte kann man also auf 3 verschiedene Arten wählen. Für die Randfelder gibt es jetzt nur noch (4 über 2)*2 = 12 Anordnungen. Von diesen 12 Anordnungen sind jedoch
nur 2 nach Definition gleich "gefärbt".
An sich finde ich diese Überlegungen sehr nachvollziehbar - ich habe bei dieser Aufgabe letzten Endes aufgegeben, weil mir die ganzen verschiedenen Fälle zu unübersichtlich wurden…
Bei Fall 2 bin ich aber nicht ganz sicher, inwieweit die Anzahl der jeweils „verschiedenen Färbungen“ stimmt: Macht es bei Fall 2b nicht einen Unterschied, ob die gleiche Farbe an zwei benachbarten oder an zwei gegenüberliegenden Randfeldern auftritt? Wenn zwei gegenüberliegende Randfelder gleich gefärbt sind, müsste es meiner Meinung nach weniger Färbungen geben, die als „gleich“ zählen (je 4 statt 8).
Aber wie gesagt: an der Stelle habe ich dann etwas den Überblick verloren und bin daher gespannt auf weitere Erläuterungen oder andere Lösungswege.
Ja das ist im Fall 2b so, die 12 Anordnungen zerfallen in einen "Achterzyklus" und einen "Viererzyklus" (hier bringen die Drehungen keine neuen Anordnungen). Somit sind es 2 erlaubte "Färbungen" bei 12 Anordnungen.
Geschickterweise betrachtet man die vier Seiten erst einmal unabhängig vom Boden, da dieser bei den günstigen Spiegelungen und Drehungen immer auf sich selbst abgebildet wird und somit zunächst vernachlässigbar ist - das reduziert die Fälle stark!
Es verbleiben dann die „Poker“-Fälle vier Verschiedene, one & two pair, Drilling und Vierling. Alle Fälle einfach Mal neun (wegen Bodenfarbe) - nur bei one pair muss man aufpassen: 6 Bodenfarben sind gute Farben, erwischt man aber als Bodenfarbe eine der drei Seitenfarben, so ist das Geschenk nicht zulässig.
Nun addiert man die guten und die schlechten Fälle und es ergibt sich das Verhältnis 6426/9315=238/345 ungefähr 68,99%. Die Maschine wird also nicht eingeführt und die Elfen müssen selber malen.
Ich verstehe bei deinem Lösungsweg nicht, warum du die Berücksichtigung des Bodens durch die Multiplikation mit 9 vornimmst. Die 9 ist mit der Auswahl der Farben also mit 9 über 5 bereits berücksichtigt. Für den Boden kommen doch dann nur noch die konkret vorliegenden 4 oder 5 Farben in Frage und nicht mehr 9.
(01-01-2024, 07:13 PM)Mathe Juergen schrieb: Fall 2: Man wählt 4 verschiedene Farben aus. Dies ist wieder auf 126 Arten (9 über 4 = 9 über 5) möglich.
Fall 2a: Man setzt die einzige doppelt vorkommende Farbe in die Mitte ==> Die vier "Randfarben" sind alle verschieden ==> Es gibt wie in Fall 1 beschrieben genau 3 verschiedene "Färbungen" ==> 126*3 = 378
Fall 2b: Zwei "Randfelder" haben die gleiche Farbe. Die Mitte kann man also auf 3 verschiedene Arten wählen. Für die Randfelder gibt es jetzt nur noch (4 über 2)*2 = 12 Anordnungen. Von diesen 12 Anordnungen sind jedoch
nur 2 nach Definition gleich "gefärbt". ==> Es gibt weitere 126*3*2=756 weitere Färbungen.
Insgesamt kommen also noch 378 + 756 = 1134 Färbungen hinzu.
Jede der vier Farben kann die doppelte sein, daher fehlt hier Faktor vier. Ich bekomme 1134 * 4 = 4536 heraus (1512 + 3024).
Die andere Fälle habe ich nicht mehr so aufgeteilt vorliegen wie du, deshalb kann ich die weiteren Zahlen nicht so einfach vergleichen. Ich vermute einen weiteren Fehler, denn auch ich habe 6426 / 9315 herausbekommen. (Ich habe auch immer erst die Wände und dann den Boden betrachtet.)
(01-01-2024, 07:13 PM)Mathe Juergen schrieb: Fall 2: Man wählt 4 verschiedene Farben aus. Dies ist wieder auf 126 Arten (9 über 4 = 9 über 5) möglich.
Fall 2a: Man setzt die einzige doppelt vorkommende Farbe in die Mitte ==> Die vier "Randfarben" sind alle verschieden ==> Es gibt wie in Fall 1 beschrieben genau 3 verschiedene "Färbungen" ==> 126*3 = 378
Fall 2b: Zwei "Randfelder" haben die gleiche Farbe. Die Mitte kann man also auf 3 verschiedene Arten wählen. Für die Randfelder gibt es jetzt nur noch (4 über 2)*2 = 12 Anordnungen. Von diesen 12 Anordnungen sind jedoch
nur 2 nach Definition gleich "gefärbt". ==> Es gibt weitere 126*3*2=756 weitere Färbungen.
Insgesamt kommen also noch 378 + 756 = 1134 Färbungen hinzu.
Jede der vier Farben kann die doppelte sein, daher fehlt hier Faktor vier. Ich bekomme 1134 * 4 = 4536 heraus (1512 + 3024).
Die andere Fälle habe ich nicht mehr so aufgeteilt vorliegen wie du, deshalb kann ich die weiteren Zahlen nicht so einfach vergleichen. Ich vermute einen weiteren Fehler, denn auch ich habe 6426 / 9315 herausbekommen. (Ich habe auch immer erst die Wände und dann den Boden betrachtet.)
Danke für den Hinweis, du hast natürlich recht . Da habe ich praktisch wie beim klassischen Skatproblem nur "ein" Blatt statt "drei" Blätter + Skat gezählt. Somit muss ich noch entsprechende Korrekturfaktoren verwenden.
Also:
Bei 5 Farben und einer Farbe ändert sich nichts (da tritt das Problem nicht auf!)
5 Farben: 1890 4 Farben: 1134*4 = 4536 3 Farben, aber keine 3 gleiche: 504*3 = 1512 3 Farben und dabei drei gleiche: 336*3 = 1008 2 Farben und dabei drei gleiche: 108*2 = 216 2 Farben und dabei vier gleiche: 72*2 = 144 1 Farbe: 9
Färbungen, die der Weihnachtsmann akzeptiert: 1890 + 4536 = 6426
(01-01-2024, 01:43 AM)Pierrot schrieb: abeGeschickterweise betrachtet man die vier Seiten erst einmal unabhängig vom Boden, da dieser bei den günstigen Spiegelungen und Drehungen immer auf sich selbst abgebildet wird und somit zunächst vernachlässigbar ist - das reduziert die Fälle stark!
Es verbleiben dann die „Poker“-Fälle vier Verschiedene, one & two pair, Drilling und Vierling. Alle Fälle einfach Mal neun (wegen Bodenfarbe) - nur bei one pair muss man aufpassen: 6 Bodenfarben sind gute Farben, erwischt man aber als Bodenfarbe eine der drei Seitenfarben, so ist das Geschenk nicht zulässig.
Nun addiert man die guten und die schlechten Fälle und es ergibt sich das Verhältnis 6426/9315=238/345 ungefähr 68,99%. Die Maschine wird also nicht eingeführt und die Elfen müssen selber malen.
Ich verstehe bei deinem Lösungsweg nicht, warum du die Berücksichtigung des Bodens durch die Multiplikation mit 9 vornimmst. Die 9 ist mit der Auswahl der Farben also mit 9 über 5 bereits berücksichtigt. Für den Boden kommen doch dann nur noch die konkret vorliegenden 4 oder 5 Farben in Frage und nicht mehr 9.
Hallo Mathe Juergen,
Gerne erläutere ich meinen Lösungsweg genauer: Wie gesagt, den Boden berücksichtige ich erst mal überhaupt nicht!! sondern betrachte nur die 4 Seiten und zähle wie viele echt verschiedene Färbungen es gibt (zwei Färbungen sind verschieden, wenn sie NICHT durch Drehung oder Spiegelung ineinander überführt werden können).
Danach erst nehmen wir den Boden dazu: Jede einzelne so ermitteltete Seitenfärbung muss man nun 9-fach nehmen, da der Boden ja 9 verschiedene Farben haben kann, das sind jeweils 9 echt verschiedene Färbungen: der Boden kann nun mal 9 verschiedene Farben annehmen und hat gar nichts mit den Seiten zu tun - komplett unabhängig!!!
Daher war es günstig, erst mal den Boden wegzulassen: im ersten Schritt hat man dann eine sehr überschaubare, leicht zu bestimmende Anzahl an verschiedenen Färbungen. Zum Glück kam mir diese Idee sofort, sonst verfranzt man sich, die Aufgabe war dann in wenigen Minuten gelöst, gut, da ich am 4. Advent erst spät von einer Feier heimkam. (Am längsten überlegt habe ich by the way bei Aufgabe 21 - Beweis, dass 34 unmöglich!)
Seitenfärbungen:
Nur im Fall "one pair" muss man aufpassen: Bei one pair hat man ja bereits genau eine Dopplung, sprich drei verschiedene Farben. Kommt nun als Bodenfarbe eine dieser Farben hinzu, ist das ein schlechter Fall: 3 von 9. Erwischt man aber eine noch nicht dagewesene Farbe, ist es ein guter Fall: 6 von 9.
Alle anderen Falle sind klar: bei 4 verschiedenen, ist es egal welche der 9 Farben der Boden hat, wird auf alle Fälle gut.
Bei allen verbleibenden Fällen ist es eh schon ein schlechter Fall.
In der Lösungsskizze habe ich bei der ersten Auswahl: "echt verschiedene Seitenfärbung ohen Boden" die Farbkombinationen ein, zwei oder dreifach gezählt:
Hier geht die Überlegung - Spiegelung oder Drehung ein - (im Lösungssheet dicke rosa Schrift):
Betrachten wir den Fall vier verschiedene Farben, etwa blau, rot, gelb, schwarz: "brgs". Diese Kombination muss man dreifach zählen, da etwa der Farbe blau genau eine der drei anderen Farben gegenüber liegen kann, alle anderen Fälle: andere Reihenfolge, linker rechter Nachbar vertauschen darf man nicht beachten, da sie durch Spiegelung oder Drehung ineinander überführbar sind!
Der Fall one pair und two pairs muss jeweils doppelt gezählt werden, da ich zwei Möglichkeiten habe gegenüberliegende Farben zu platzieren (habe ich im Lösungssheet ja eingezeichnet). Drilling oder Vierling demenstprechend nur einmal, da hier durch die Abbildungen jede andere Reihenfolge auf sich selbst abgebildet werden kann!
. Da habe ich praktisch wie beim klassischen Skatproblem nur "ein" Blatt statt "drei" Blätter + Skat gezählt. Somit muss ich noch entsprechende 