Original von shackes
Original von qwertzui666
Original von shackes
0,74 ...beweise ftw!?
reicht wikipedia?
http://de.wikipedia.org/wiki/Dichteste_Kugelpackung
wie bereits gesagt, da fehlen die aussenmaße des umschließenden gefäßes....
naja ich geh pennen
Original von shackes
Original von qwertzui666
Original von shackes
0,74 ...beweise ftw!?
reicht wikipedia?
http://de.wikipedia.org/wiki/Dichteste_Kugelpackung
aber wie gesagt, das reicht nicht aus für die Rechnung, wegen dem Rand
das ist vor allem zu gebrauchen, wenn V >> Kugel
edit: ups ausversehen zitiert..
edit2: wir sind uns ja einig ^^
Original von denodoro
Original von Overon
Original von ZarvonBar
Original von ZarvonBar
Also sollen wir warten bis Korn das absegnet?
Anscheinend schaffen wir es nicht den anderen zu überzeugen, also brauchen wir jemanden der es klärt.
Meinetwegen macht ihr auch noch weiter, ich geh erstmal pennen.Hat Korn Ahnung von Mathe? O_O
meinst du das im ernst? falls ja: er hat in oxford mathe studiert und abgeschlossen.
ps.: bin auch für 2/3. habs aber nicht so großartig ausgerechnet, nur wie beim draw: 3 unbekannte, 2 davon gut, eine schlecht. beim nutflushdraw rechnen wir auch nicht die möglichen flushkarten beim gegner ab. mal gucken ob es stimmt. ♦
Ich hätte da wohl 10 "*gg*" o.ä. hinmachen sollen. Natürlich war das ein Scherz.
Original von dhw86
Original von maista
Du argumentierst genau wie die die Leute, die beim Ziegenproblem 50-50 sagen.was ist das für ein problem?
Eines der bekanntesten Matheprobleme. Keine Lust das zu erläutern
http://de.wikipedia.org/wiki/Ziegenproblem
Nochma wegen der 24...
Die Aufgabenstellung ist total eindeutig.
Man zieht eine Münze die Kopf zeigt. Man hätte auch eine Münze ziehen können die Zahl zeigt, ist aber nicht passiert. (Die Wahrscheinlichkeit dafür wäre 1/4 gewesen, da stimmst du hoffentlich zu.)
Die Wahrscheinlichkeit eine Münze zu ziehen die Kopf zeigt ist 3/4, weil es 4 Seiten gibt von denen 3 Kopf und eine Zahl zeigen.
Also nochma die 4 Fälle: Ich kann ziehen
- die K/K Münze mit Seite 1 (Kopf)
- die K/K Münze mit Seite 2 (Kopf)
- die Z/K Münze mit Seite 1 (Kopf)
- die Z/K Münze mit Seite 2 (Zahl)
die Wahrscheinlichkeit Kopf zu sehen ist also 3/4.
In diesen 3 Fällen hält man dann 2x die K/K münze in der Hand und 1x die Z/K Münze.
Wenn man die Münze, die man in der Hand hält also umdreht, sieht man 2x Kopf und 1x Zahl.
Hoffe das wars jetzt 
Original von TheOneAndOnlyMarkus
@dhw86: Ne, glaube ich nicht. Wenn ich dich frage, wieviele Finger du hast, dann ist "einer" eine korrekte Antwort. Damit sagst du ja nicht, dass du evt. auch noch weitere hast. Ist halt der Unterschied zwischen "einer" und "genau einer". Genauso kann ich den Donut in 1 Stück zerteilen. Das man ihn nicht auch in mehr zerteilen kann habe ich damit nicht gesagt und trotzdem die Frage beantwortet,Und nochmal zur 6: Da das Y nur in FEYNMAN vorkommt kann es belibig gewählt werden. Also ist jede Zahl eine korrekte Lösung.
Du kannst einen Donut nicht in genau 1 Stück zerteilen. Wenn Du nach Deinem "Zerteilen" immer noch nur genau 1 Stück Donut hast, dann hat ein Vorgang des Zerteilens niemals stattgefunden.
Zu 6: Falsch. Die Zahl kann nicht beliebig gewählt werden, vorausgesetzt, es handelt sich ausschließlich um positive Werte, die den Buchstaben zugemessen werden, wovon ich hier ausgehe, denn aufgrund der anderen Buchstaben gäbe es einen Mindestwert, den der Name Feynman hätte, z.B. (aus der Luft gegriffen) 62 + Wert Y. Somit wäre dann (in diesem Bsp.) die Lösung 62 - oo.
Zu 24: Es wird nach der Wahrscheinlichkeit, auf der anderen Seite Kopf zu sehen, gefragt, unter den Voraussetzungen, dass die Münze, die man gezogen hat auf der sichtbaren Seite Kopf zeigt und es eine Kopf/Kopf-Münze und eine Kopf/Zahl-Münze gibt.
Folgende Rechnung: "3 Seiten Kopf, 1 Seite Zahl" zeigt nur die Wahrscheinlichkeit an sich, Kopf zu sehen, wenn ich erst noch eine Münze ziehe. Nämlich 75%. Dies hat aber nichts mit der Aufgabenstellung zu tun.
Folgende Rechnung: Ich sehe 1 Seite Kopf, es sind noch 2 Seiten Kopf und 1 Seite Zahl über, also 2/3 bzw. 66,6666...%" ist auch falsch. Dies hieße, dass man beide Münzen benutzen müsste, bzw. eine vierseitige Münze hätte.
Fakt ist:
2 Münzen, eine K/K, eine Z/K.
Ich nehme eine Münze heraus (und ab dann geht es nur noch um diese betreffende Münze).
Ich sehe K. Ich weiß nicht, welche Münze ich habe. Entweder habe ich die K/K Münze, dann ist zu 100% K auf der anderen Seite. Oder ich habe die K/Z Münze, dann ist zu 0% K, bzw. zu 100% Z auf der anderen Seite.
Gefragt ist hier nicht nach der Wahrscheinlichkeit, K zu ziehen und dann K auf der anderen Seite zu haben (was eine ganz andere Rechnung wäre), sondern nur nach der Wahrscheinlichkeit, K auf der anderen Seite zu haben, wenn ich schon eine Münze gezogen habe und nun K sehe.
Das einzige, was ich auf der anderen Seite sehen kann, ist K oder Z, somit mathematisch-theoretisch 50%. Wobei das nur die Warscheinlichkeiten zusammenzählt.
Realistisch-faktisch gesehen ist es eine 100%/0%-Sache, denn entweder ich sehe K, oder ich sehe es nicht.
Original von SunTzu81
der härteste IQ-Test der Welt
Der härteste IQ-Test der Welt ist das hier:
http://mathworld.wolfram.com/UnsolvedProblems.html
Der ist so schwer, dass noch niemand auch nur eine einzige Frage beantwortet hat.
Original von RondellBeene
Zu 6: Falsch. Die Zahl kann nicht beliebig gewählt werden, vorausgesetzt, es handelt sich ausschließlich um positive Werte, die den Buchstaben zugemessen werden, denn aufgrund der anderen Buchstaben gäbe es einen Mindestwert, den der Name Feynman hätte, z.B. (aus der Luft gegriffen) 62 + Wert Y.
Die Zahl kann selbst (und das gibt die Aufgabenstellung nicht her) mit der Einschränkung auf die Natürlichen Zahlen beliebig gewählt werden.
Sagen wir die Summe der Buchstaben f, e, 2*n, m und a wäre 62. Dann musst du im Endeffekt die Gleichung 62+Wert von (y) = Wert von (Freyman) lösen. Da sowohl Wert von (y) als auch Wert von (Freyman) unbekannt ist, gibt es beliebig viele Lösungen bei variablem und Wert von (y), selbst wenn dieser nach unten hin beschränkt ist
Glaube die 24 muss man mit Bayes rechnen. Dadurch, dass Kopf oben liegt erhöht sich die W'keit, dass es sich um die Münze mit zwei Kopf-Seiten handelt, wodurch sich die W'keit für Zahl auf der anderen Seite verringert.
Original von csTFG
Original von RondellBeene
Zu 6: Falsch. Die Zahl kann nicht beliebig gewählt werden, vorausgesetzt, es handelt sich ausschließlich um positive Werte, die den Buchstaben zugemessen werden, denn aufgrund der anderen Buchstaben gäbe es einen Mindestwert, den der Name Feynman hätte, z.B. (aus der Luft gegriffen) 62 + Wert Y.Die Zahl kann selbst (und das gibt die Aufgabenstellung nicht her) mit der Einschränkung auf die Natürlichen Zahlen beliebig gewählt werden.
Sagen wir die Summe der Buchstaben f, e, 2*n, m und a wäre 62. Dann musst du im Endeffekt die Gleichung 62+Wert von (y) = Wert von (Freyman) lösen. Da sowohl Wert von (y) als auch Wert von (Freyman) unbekannt ist, gibt es beliebig viele Lösungen bei variablem und Wert von (y), selbst wenn dieser nach unten hin beschränkt ist
Ja eben nicht.
Feynman muss mindestens den Wert von f + e + 2*n +m + a haben, plus den unbekannten Wert von y.
Du kannst (möglicherweise, ich weiß es nicht, habe es bisher nicht ausgerechnet) aus den anderen Namen Werte für jeden einzelnen Buchstaben, der dort vorkommt, mit Ausnahme Y und aller anderer nur einmalig vorkommender Buchstaben, bestimmen.
Somit muss Feynman einen Mindestwert haben. Ich weiß nicht, was ich da falsch sehen sollte, sofern, wie gesagt, alle Buchstaben einen positiven Zahlengegenwert haben.
Dann hast Du in der Gleichung
FEYNMAN = Wert (f) + Wert (e) + 2 * Wert (n) + Wert (m) + Wert a + Wert y.
Aufgrund der anderen Namen kann man ja (wie gesagt, ich weiß es nicht, aber evtl.) die Werte der anderen Buchstaben determinieren.
Somit hast du
FEYNMAN [unbekannt] = bekannter Wert [Addition von (f), (e), (2*n), (m) und (a)] + unbekannten Wert (y).
Original von RondellBeene
Das einzige, was ich auf der anderen Seite sehen kann, ist K oder Z, somit mathematisch-theoretisch 50%. Wobei das nur die Warscheinlichkeiten zusammenzählt.
Genau dieses Zusammenzählen ist aber falsch, man muß hier mit bedingten Wahrscheinlichkeiten rechnen. Es gibt ja insgesamt 3 K-Seiten, davon haben 2 auf der anderen Seite auch eine K-Seite. Mithin 2/3.
wenn du N (mit oder ohne 0) als Menge der Zahlen nimmst, hast du halt Y >= 0 und somit kommst du auf den wert von FEYNMAN
wenn du R nimmst ist Y frei wählbar ... womit du jeden wert für FEYNMAN angeben kannst.
Original von ZarvonBar
Original von ZarvonBar
Also sollen wir warten bis Korn das absegnet?
Anscheinend schaffen wir es nicht den anderen zu überzeugen, also brauchen wir jemanden der es klärt.
Meinetwegen macht ihr auch noch weiter, ich geh erstmal pennen.
Jo, frag mal Korn x]
Je länger ich drüber nachdenke, desto mehr glaub ich langsam auch an 2/3, ist halt doof, da ich die Frage zuerst falsch verstanden hab, ist ja aber net dein Prob ^^
Original von RondellBeene
Somit hast duFEYNMAN [unbekannt] = bekannter Wert [Addition von (f), (e), (2*n), (m) und (a)] + unbekannten Wert (y).
Genau. Und das ist äquivalent zu:
x = c + y mit c fest und x, y variabel.
Mal ein Beispiel:
Was ist die eindeutige, positive Lösung für x und y für die Gleichung: x = 5648 + y?
achso ....
wer Frage 4 mal versucht zu lösen?
Komme auf 900
780er Pyramide + 120er Pyramide
Ist 13 so einfach wie es ausschaut?
Original von csTFG
Original von Overon
Ist 13 so einfach wie es ausschaut?Ja.
Die 13 ist meines Erachtens die leichteste Aufgabe in dem Test, dicht gefolgt von der 19.
@Overon: Deine Lösung ist falsch!
