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Es war einmal...

Member
15.03.2014 16:20
... eine wahre Begebenheit letztes Jahr im Mai. Da habe ich wieder mal den Jauch geschaut. Dort lautete eine Frage (64.000 €):

"Wobei handelt es sich um eine gängige Schlussformel in der Korrespondenz bestimmter Freizeitsportler?"
A: Mit golfischen Grüßen
B: Mit schachlichen Grüßen
C: Mit anglischen Grüßen
D: Mit skatischen Grüßen

Die Kandidatin hatte keine Ahnung und nahm zunächst den allgemeinen Publikumsjoker. Auf Antwort A entfielen 33% der Stimmen, Antwort B erhielt 0%, Antwort C drückten 56% und Antwort D 11%.

Die Kandidaten meinte zuerst, dass 56% eigentlich ganz akzeptabel wären, bis Jauch ihr verriet, dass weniger als 10 Zuschauer überhaupt einen Tipp abgegeben hätten, was das Ergebnis dann doch wieder relativierte.

Also zog sie gezwungenermaßen auch noch ihren letzten verbleibenden Zusatzjoker und appellierte an das Publikum, dass doch bitte von den 9 Zuschauern, die vorher tatsächlich einen Tipp abgegeben hatten, nur diejenigen aufstünden, die es wirklich genau wissen.
Daraufhin spielte Jauch den Propheten und meinte, er wüsste genau, wie viel Zuschauer nun aufstehen werden und schrieb als Beweis für diese These die entsprechende Zahl verdeckt auf ein Stück Papier.

Das Publikum wurde also aufgefordert, der Kandidatin zu helfen, doch keiner der Zuschauer wollte aufstehen. Und Jauch hielt triumphierend den Zettel mit der verdeckten Zahl in die Kamera, auf den er eine große "0" geschrieben hatte.

Ein Zuschauer traute sich dann doch noch aufzustehen, was Jauch mit den Worten quittierte: "Das wird eine Hinrichtung. Schönen guten Abend, Herr Opfer!" Tatsächlich wusste dieser Herr auch nicht die richtige Antwort. Er sei nur aufgestanden, weil es kein anderer getan hat. Er gab sogar zu, dass er beim allgemeinen Publikumsjoker gar keinen Tipp abgegeben hätte und nur darauf spekuliere, dass er vielleicht 500 Euro mit nach Hause nehmen könne. Schließlich würde er ja der Kandidatin keinen Schaden zufügen, weil ja sonst eh niemand aufgestanden sei. Er schloss sich dann prompt der Mehrheit von 56% an, deren Tipp er wohl auch für den wahrscheinlichsten hielt.

Nun meine Frage: Hättet ihr an Stelle des schmarotzenden Zuschauers der Kandidatin einen besseren Tipp geben können? ;D
Member
15.03.2014 17:47
Vom Sprachgefühl her müsste es B sein, das andere wäre eher anglerisch oder golferisch. Sind bei D Skatspieler oder Skater gemeint?

A grüßen sicher mit "Loch ein"
C mit "Wolfgang Petry heil"

;)
Member
15.03.2014 19:31
Ich vermute mal, es sind Skatspieler gemeint.

Aber könnte man, ohne diese Begriffe je gehört zu haben und unabhängig vom Sprachgefühl die richtige Antwort wissen? 8-)
hitparade.ch
15.03.2014 23:16
Ja logo.
Ich nehme an, Jauch kannte die Antwort, eben B. Da niemand, der tippte, diese Antwort gedrückt hatte konnten die sich ja auch nicht sicher sein (ausser sie irrten sich). Darum die 0 von Jauch ... er hat das Resultat somit verraten...
Member
15.03.2014 23:40
Yeah, bingo! Rewer hat's raus - gratuliere. Genau so ist es! :D
Member
15.03.2014 23:43
Und Jauch hat es noch nicht mal gemerkt, denn sonst hätte er den Zuschauer wohl auch nicht mit "Herr Opfer" begrüßt ;D
Member
20.05.2014 17:27
... ein Piratenkapitän, der hatte auf einem Basar günstig die eigentlich wertlosen Überreste einer Schatzkarte erworben. Nun war der Kapitän aber sehr viel herumgekommen und als er die Überreste betrachtete, murmelte er in seinen Bart: "Hmm, dieser Küstenverlauf kommt mir sehr bekannt vor, irgendwo hab' ich das schon mal gesehen..." Endlich erinnerte er sich und rief aus: "Ich will nicht mehr Käpt'n Eisenbart heißen, wenn das nicht die Ostküste der Insel Takatukaland ist!" Schnell rief er die Mannschaft zusammen, um auf Schatzsuche zu gehen. Unglücklicherweise war die genaue Position des Schatzes nicht mehr zu erkennen, aber Eisenbart war ein sehr erfahrener Seeräuber, der die Insel inspizierte und sich überlegte, wo er denn einen Schatz vergraben würde. Endlich hatte er eine vielversprechende Stelle gefunden und nach gar nicht allzulanger Zeit war einer seiner Leute mit seinem Spaten auf einen harten Gegenstand gestoßen, der sich tatsächlich als Schatztruhe entpuppte, die viele Goldmünzen enthielt. Er gab jedem seiner Leute drei harte, blanke Golddukaten als Belohnung. Dem glücklichen Finder der Truhe versprach er eine besondere Belohnung, wenn er ein Rätsel lösen würde.

Käpt'n Eisenbart holte aus seiner Kajüte eine Goldwaage mit einer großen Schale darauf und einer sehr genauen Skala, mit der man das aufgelegte Gewicht auf 1/10 Gramm genau ablesen konnte. Nachdem er die Goldmünzen genau untersucht hatte, baute er vor seinem fündig gewordenen Piratenkollegen 10 Stapel mit jeweils 10 Münzen auf und erklärte: "Neun dieser Stapel enthalten genau die gleichen Münzen, von denen eine jede genau 2 Gramm wiegt. In einem Stapel befinden sich 10 Münzen mit einer anderen Legierung, von denen jede genau 2,1 Gramm wiegt."

Nun sicherte er die Waage durch einen Metallstift, der verhinderte, dass die Skala ausschlug und meinte: Wenn du es schaffst, mit nur einer Wägung den Stapel mit den schweren Münzen herauszufinden, bekommst du diesen ganzen Stapel zusätzlich als Finderlohn. Wer kann dem armen und total überforderten Seeräuber helfen? :)
Member
20.05.2014 18:53
Hm, könnte vielleicht der Seeräuber zunächst von jedem Stapel eine Münze aufheben oder wäre das ein grober Regelverstoss?
Member
20.05.2014 19:10
Hm, wenn du darauf abzielst, dass er die Münzen gegeneinander in der Hand abwiegt, das darf er natürlich nicht. Aber ich denke, es ist auch unmöglich, so einen feinen Unterschied durch Wiegen mit der Hand wahrzunehmen.

Aber er könnte natürlich theoretisch alle hundert Münzen in die Waagschale werfen, dann würde der Kapitän die Waage entriegeln und er könnte das Gewicht ablesen. Das wäre aber dann schon die eine Wägung gewesen und natürlich kriegt er so auch nicht den schweren Stapel raus... :D
Member
20.05.2014 19:13
Nächster Versuch: Könnte aufgrund der veränderten Legierung der Farbton abweichen? Wobei das wohl zu einfach wäre, richtig?
Member
20.05.2014 19:18
Stimmt, das wäre zu einfach. Ich habe vergessen, zu erwähnen, dass sich die gesuchten Münzen in keinerlei Weise von den übrigen unterscheiden - mit Ausnahme eben von dem schwereren Gewicht...
Member
20.05.2014 19:23
Er könnte auch einfach raten und Glück haben, aber diese Lösung willst du ja nicht hören. :D
Member
20.05.2014 19:42
Stimmt, denn dann wäre es ein Ratespiel, aber kein Rätsel mehr ;D
hitparade.ch
20.05.2014 20:25
...man nehme vom 1. Stapel 1 Münze, vom 2. Stapel 2 Münzen, vom 3. drei ..... vom 10. Stapel alle 10 Münzen.

Total wägen wir also 55 Münzen.

Beträgt das Gewicht 110,1 Gramm ist es Stapel 1, bei 110,2 Gramm ist es Stapel 2, bei 110,3 Gramm Stapel 3 .... bei 111 Gramm ist es Stapel 10! Bingo!
Member
20.05.2014 20:33
Irgendwie erstaunt es mich nicht, dass ich dieses Rätsel nicht lösen konnte...
Member
20.05.2014 21:03
Stimmt ganz genau! :D
Und schon wieder Rewer, der die Lösung wusste. Der Mann wird mir langsam unheimlich...

Nunja, er verdient wohl zu Recht den Titel 'Schlauester Pirat' im Dienst von Käpt'n Eisenbart... ;D

Was natürlich nicht heißen soll, dass Steffen der Piratenkapitän ist :D ;D 8-)

Glückwunsch, Rewer! :)
Member
08.08.2014 10:51
Zur Abwechslung hier mal ein ziemlich einfaches Rätsel:

Es war einmal ein armer Bauer, der sich mehr schlecht als recht von seinen kärglichen Felderträgen über Wasser hielt. Als nun auch noch ein Krieg im Lande ausbrach, sah er hier keine Hoffnung mehr für seine Existenz und beschloss, an einem anderen Ort ganz neu anzufangen.

Also packte er seine wenigen Habseligkeiten zusammen und nahm außer seinem räudigen Wachhund auch noch eine Ziege und als Wegzehrung einen Kohlkopf mit. Nun kam der Bauer an einen Fluss und suchte nach einer Möglichkeit, ans andere Ufer zu kommen. Nach längerem Suchen entdeckte er ein kleines Boot, das aber nur für ihn selbst und einem seiner beiden Tiere oder aber dem Kohlkopf Platz bot.

Wie bringt der Bauer nun Hund, Ziege und Kohlkopf mit Hilfe dieses Bootes ans andere Ufer, wenn er befürchten muss, dass in seiner Abwesenheit der Hund die Ziege oder aber die Ziege den Kohlkopf frisst? ;)
Member
08.08.2014 10:58
Ein Hund, der eine Ziege frisst? Da habe ich aber schon etwas ganz anderes erlebt. ;D

Im Ernst: Logisch wäre es wohl, zunächst den Kohl zu transportiere, danach die Ziege und zu guter Letzt den Hund. Zumindest wäre so die beschriebene Nahrungskette unterbrochen, auch wenn der Hund wahrscheinlich auch an den Kohl ranmachen würde...
Member
08.08.2014 11:04
Naja gut, es ist kein Hund, sondern ein Wolf, dem der Bauer mal das Leben gerettet hat und der ihm inzwischen ans Herz gewachsen ist *g*

Wenn er erst den Kohl transportiert, frisst ist der Zwischenzeit der Wolf die Ziege... :)
Member
08.08.2014 11:34
Ja, stimmt, in diese Richtung hätte ich auch denken müssen...

Aber wenn der Kohl nur die Wegzehrung ist, kann der Bauer den ja sowieso zuerst essen, dann hat er auch genügend Kraft zum Rudern. Und die Ziege wird zuerst übergesetzt, damit sie nicht vom verhundeten Wolf gefressen wird.
Member
08.08.2014 11:42
nein, der Bauer ist noch satt, außerdem weiß er nicht, wann er das nächstemal was zwischen die Kiemen kriegt und so will er den Kohl schon noch gerne aufheben... :P
Member
08.08.2014 11:54
Noch ein Versuch: Am einfachsten wäre es möglicherweise, wenn er zunächst die Ziege, die in der Mitte der Nahrungskette steht, ans andere Ufer brächte. Danach müsste der Bauer immer darauf achten, dass der Hund und der Kohl am gleichen Ufer sind. Also bringt er den Kohl rüber, schifft die Ziege zurück, bringt den Hund rüber, fährt zurück und holt sich noch die Ziege.
Member
08.08.2014 12:13
Jap! Genau so ist es. Herzlichen Glückwunsch! :D
Member
08.08.2014 15:28
Alternativvariante: Viele Hunde können gut schwimmen, also… ;)
Member
08.08.2014 16:15
Dann hätte die Variante mit der Kohlsuppe aber auch zählen müssen. ;D
Member
08.08.2014 16:33
Er könnte anstelle des Kohls auch zuerst den Wolf holen. Wichtig ist eigentlich nur, dass er die Ziege bei der dritten Fahrt wieder mit zurück nimmt. :)
Member
27.08.2014 00:06
Es war einmal der Betreiber einer offiziellen Schweizer Hitparadenseite, der hatte eines schönen Tages eine geniale Idee ;D

Er kreierte nämlich ein neues, suchtgefährdendes Spiel namens Songduell. Natürlich musste er sich von der interessierten Memberschaft die Frage gefallen lassen, wieviele Songduelle denn eigentlich möglich seien. Er verblüffte nun alle Forumsleser, indem er ihnen die haarsträubende Zahl von 3'382'736'878 Paarungen um die Ohren schlug, also weit über 3 Milliarden Paarungen. Die Grundlage hierfür waren 82.253 Songs, die eine Hörprobe und mind. 5 Reviews vorweisen konnten.

Ich gehe nun mal davon aus, dass inzwischen wieder einige Hörproben neu dazu gekommen sind. Nun die Frage für unsere Mathematikfreunde (und solche, die es werden wollen): Wie viele verschiedene Paarungen würden sich eigentlich bei 83.500 gültigen Songs ergeben? 8-)
Member
27.08.2014 08:14
Ich würde sagen: 3.486.083.250, also schon 103.346.372 Duelle mehr.
Member
27.08.2014 08:29
Wow, das ging ja schnell ;)
Absolut korrekt! Gratuliere! :D

Die Formel dazu lautet übrigens: (x²+x)/2 - x
Member
20.09.2014 14:41
... ein kleines chinesisches Dorf. Darin lebten drei Brüder, deren Weisheit weit über die Grenzen des Dorfes hinaus bekannt war. Ihr Ruhm drang auch zu dem Kaiser vor, der die Brüder zu sich rufen ließ, um ihre Schlauheit auf die Probe zu stellen.

Er führte sie in einen Raum und bat sie, sich in einer Reihe hintereinander aufzustellen. Dann wurden 5 Flaggen hereingebracht - drei davon hatten einen weißen Wimpel und die Wimpel der anderen beiden waren schwarz. Nun wurden ihnen die Augen verbunden und hinter einen jeden wurde eine dieser 5 Flaggen in den Boden gesteckt. Die 2 verbleibenden Flaggen wurden wieder hinausgeschafft. Als ihnen die Augenbinden wieder abgenommen wurden, stellte sich folgende Situation dar: Der letzte in der Reihe sieht sowohl die Flagge des vor ihm stehenden Bruders als auch die des vordersten in der Reihe. Der mittlere Bruder sieht nur die Flagge des ersten Bruders und der vorderste Bruder sieht natürlich überhaupt keine Flagge. Nun eröffnet der Kaiser ihnen, dass er sie reich belohnen würde, wenn einer der drei Brüder sagen könnte, welche Farbe die Flagge hinter seinem Rücken hat. Natürlich dürfen die drei nicht miteinander kommunizieren. Die Brüder überlegten einige Minuten ziemlich angestrengt, aber keiner konnte eine Antwort geben. Schließlich meldete sich der Bruder, der in der Reihe ganz vorne stand (also der, der überhaupt nichts sehen konnte) und nannte völlig richtig die Farbe der hinter ihm befindlichen Flagge.

Aber, welche Farbe hatte sie denn nun und vor allem - wie konnte er das überhaupt so genau wissen? ;)
Member
21.09.2014 23:42
Hm, dann muss ich diesmal wohl wieder ein bissel helfen: Der erste hatte eine weiße Flagge hinter sich stehen. Natürlich will ich immer noch wissen, wie er das wissen konnte... :)
Member
22.09.2014 00:24
Ein sehr interessantes Rätsel, musste eine Weile nachdenken, bin aber dann auf folgende Lösung gekommen:

Wenn die beiden Flaggen, die der hinterste Bruder sieht, schwarze Wimpel hätten, wüsste er sicher, dass hinter ihm eine weiße Flagge steht, weil es ja nur zwei schwarze Flaggen gibt. Da er sich aber nicht meldet, wissen die beiden Brüder vor ihm, dass zumindest eine der beiden Flaggen, die der hinterste Bruder sieht, weiß sein muss. Wäre nun die Flagge hinter dem vordersten Bruder schwarz, wüsste der mittlere Bruder also ganz sicher, dass sich hinter ihm eine weiße Flagge befindet, aber er meldet sich nicht. Darum weiß der vorderste Bruder, dass er eine weiße Flagge hinter sich hat.

Member
22.09.2014 10:14
Ganz genau, so ist es. Gratuliere dir! :D

Zugegeben, das war jetzt wirklich eins von den schwereren, aber das nächste wird dafür wieder etwas einfacher ;-)
Member
16.11.2014 17:43
Es war einmal ein kleines Mädchen, das zusammen mit seiner Großmutter in einem kleinen Häuschen mitten im Wald lebte. Man konnte es schon von weitem an seinem blauen Käppchen erkennen, ohne das es nie das Haus verließ. Wegen seiner gesunden und frischen Farbe im Gesicht wurde es aber von allen das Rotbäckchen genannt.

Eines Tages nun wurde seine Großmutter sehr krank. Obowhl sich Rotbäckchen alle Mühe gab und sie aufopferungsvoll pflegte, wurde es immer schlimmer mit ihr. In seiner großen Not wandte sich Rotbäckchen an einen Einsiedler und Wunderheiler, der weit drinnen im tiefsten Wald wohnte. Wegen seiner hervorstehenden Zähne war er weithin als Dr. Wolf bekannt.

Nachdem er die Großmutter untersucht hatte, meinte er: "Deine Großmutter hat den Kreischhusten, eine sehr seltene und eigentlich unheilbare Krankheit. Mir ist es aber kürzlich gelungen, eine Kräutertinktur herzustellen, die deiner Großmutter helfen wird." Darauf gab er Rotbäckchen ein kleines Fläschchen und sagte: "Genau vier Tropfen auf 5 Liter Wasser - auf keinen Fall mehr oder weniger!" und ging davon.

Nun stöberte unser Rotbäckchen im Schuppen nach einem geeigneten Gefäß, konnte aber nur 2 Eimer finden, von denen einer genau 3 Liter und der andere genau 7 Liter fasste. Wasser gab es zwar genug, aber wie sollte man mit diesen zwei Eimern genau 5 Liter abmessen? Wer kann helfen? :)
Member
16.11.2014 18:30
Ich versuche es trotz meiner Rechenschwäche: Jeden Eimer zur Hälfte füllen, dann hat sie 1.5 und 3.5 Liter. Dann die 1.5 Liter in den anderen Eimer schütten und schon hat sie die fünf Liter zusammen. Wobei, das ist mir zu einfach, es gibt bestimmt einen Haken... ;)
Member
16.11.2014 18:35
Beide Eimer je zur Hälfte füllen, ergibt zusammen 5 Liter Wasser, 1x 1,5 Liter + 1x 3,5 Liter.
Zur Probe beide so gefüllten Eimer waagrecht gekippt halten. Wasseroberfläche 1x am Bodenrand und 1x am oberen Eimerrand = je zur Hälfte gefüllt.
Member
16.11.2014 18:54
ja, so würde es natürlich gehen, aber - wo ist genau die Hälfte? Die Eimer werden ja normalerweise nach unten zu schmaler - wenn man aus Versehen 3/7 erwischt, wäre die ganze Rezeptur im wahrsten Sinne des Wortes im Eimer ;D
Member
16.11.2014 18:57
Jetzt wird es geometrisch, ich halte mich besser raus. ;)
Member
16.11.2014 18:59
@Windfee:
Mein Beispiel zeigt, wie man die Hälfte herausfindet.
Member
16.11.2014 19:20
Die Argumentation kann wohl auch irgendwie so laufen: Man füllt den größeren Eimer ganz an und schüttet dann so viel Wasser vom großen in den kleinen Eimer, bis dieser ganz voll ist. Dann sind im großen Eimer noch 4 Liter Wasser. Nun leert man den kleinen Eimer und macht noch einmal dasselbe, somit bleibt noch 1 Liter im großen Eimer. Jetzt bräuchte mal halt noch ein zusätzliches Gefäß, in dem man sich diesen einen Liter aufbewahren kann, um mit den beiden Messeimern noch viermal auf diese Weise einen Liter abmessen zu können. Darf die Existenz dieses zusätzlichen Gefäßes postuliert werden?
Member
16.11.2014 19:21
oha musicfan - ich hatte, ehrlich gesagt, deine Lösung zuerst gar nicht richtig verstanden, aber das müsste tatsächlich so funktionieren (ich muss zugeben, dass ich mir das jetzt nicht hundertprozentig vorstellen kann - aber es macht eigentlich schon Sinn und ich glaube dir einfach mal, dass das so auch funktioniert... wow, eine ganz neue und geniale Lösung! :D

aber wie könnte man es denn noch machen? ;)
Member
16.11.2014 19:25
Nein, ich brauche dieses zusätzliche Gefäß nicht: Man kann ja dieses einen Liter in den kleinen Eimer schütten, dann den großen Eimer ganz anfüllen und dann so viel Wasser vom großen in dem kleinen Eimer schütten, bis dieser ganz voll ist. Dann bleiben im großen Eimer die fünf Liter übrig.
Member
16.11.2014 19:27
sbmgi90, diese Lösung hatte mir eigentlich vorgeschwebt ;)

wobei eigentlich kein zusätzliches Gefäß benötigt wird: man schüttet einfach den verbleibenden Liter in den 3-Liter-Eimer, füllt den großen Eimer wieder ganz auf und gießt damit den kleinen Eimer vollends auf - übrig bleiben genau 5 Liter :)
Member
16.11.2014 19:28
Jetzt haben wir wohl gleichzeitig geschrieben ;D
Member
16.11.2014 19:29
bingo! ;D

aber großes Kompliment auch an musicfan - habe schon wieder etwas dazugelernt ;)
Member
16.11.2014 19:33
Ja, auf diese Lösung von musicfan wäre ich auch nicht gekommen. ;)
Ich hätte jetzt fast Lust, diese Methode mit einem echten Eimer auszuprobieren und zu schauen, ob man dabei wirklich genau die Hälfte herausbekommt. Ich tu mir nämlich auch schwer, mir das im Kopf vorzustellen.
Member
16.11.2014 19:53
hm nein, es funktioniert auch nicht - hab mir's grade nochmal im Querschnitt aufgezeichnet: es funktioniert nur, wenn der Durchmesser des Eimers oben und unten gleich groß ist, sonst hat man immer weniger als die Hälfte...

schade eigentlich, die Lösung hätte mir jetzt wirklich gut gefallen ;)
Member
16.11.2014 20:53
@Windfee:
Ich habe mich in die Küche gegeben und ein bisschen gespielt mit Wasser und verschiedenen Gefässen.
Und ja, mein Tipp funktioniert nur mit geraden Gefässen, bzw., wenn oberer und unterer Durchmesser gleich sind. Schade! :)

:)
Member
16.11.2014 21:54
ja leider, aber trotzdem Hut ab vor deiner Idee - fand ich wirklich großartig! ;)
Member
29.11.2014 16:03
Gerade entdeckt:
Es gibt sogar Messbecher für's Ablesen der "schrägen" Flüssigkeit! :D

http://tupperware.ipapercms.dk/Tupperware/Switzerland/2014/CHTUPDE201402/

Auf Seite 37
Member
20.02.2015 17:36
Es war einmal ein Mathematiklehrer, der das abstrakte Vorstellungsvermögen seiner Schüler trainieren wollte. Dazu stellte er ihnen ein Rätsel und versprach, alle Schüler mit einer zusätzlichen Bestnote (in Deutschland eine 1, in der Schweiz eine 6) zu belohnen, wenn es einem von ihnen gelänge, das Rätsel zu lösen. Hierzu teilte er die Schüler in 4 Gruppen ein und stellte jeder Gruppe eine Balkenwaage (mit je einer Schale links und rechts) sowie 12 Kugeln zur Verfügung. Er erklärte, dass von den 12 Kugeln, die jede Gruppe hatte, elf davon genau gleich schwer wären und eine einzige entweder ein bisschen schwerer oder leichter als die übrigen elf wären.

Die Aufgabe bestünde nun darin, diese eine Kugel mit Hilfe von 3 Wägungen der Balkenwaage herauszufinden und zusätzlich zu bestimmen, ob diese Kugel schwerer oder leichter als die übrigen elf Kugeln ist.

Es versteht sich von selbst, dass man den gewichtsmäßigen Unterschied nicht durch bloßes Wägen in der Hand wahrnehmen kann und dass sich die Kugeln auch rein äußerlich in nichts voneinander unterscheiden.

Eine kleine Warnung am Rande: Dies ist eins der wirklichen Logikprobleme und nur für wahre Knobelfreaks geeignet. Wahnsinnig schwer, aber lösbar!

Da bei diesem Rätsel die einzelnen Wägungen und die daraus resultierenden weiteren Kombinationsmöglichkeiten etwas umfangreich in Worten zu beschreiben sind, genügt mir hier für die Lösung die richtige Kombination und eine kurze Beschreibung der zweiten Wägung.

Viel Spaß beim Hirn verrenken! ;) :P
Member
20.02.2015 21:05
Den ersten Schritt hatte ich schon richtig, dann hat mich die Geduld verlassen. :-[
Member
20.02.2015 21:21
was war denn dein erster Schritt? :)
Member
21.02.2015 00:01
1. Wägung: 4 Kugeln auf jede Seite
Member
21.02.2015 00:40
ja, das stimmt - muss man auch erst mal so austüfteln, auch 3 Kugeln wären ja nicht soo abwägig gewesen... ;)

das wäre gleichzeitig auch mein erster Tipp gewesen - mehr Tipps dürften allerdings auch eher schwierig werden :D
Member
22.02.2015 15:05
also, die 1. Wägung hat Ökkel ja schon völlig richtig rausgekriegt:

Auf jede Seite kommen 4 Kugeln - und nun gibt's ja 2 Möglichkeiten... entweder die Waage schlägt nach einer Seite aus oder sie bleibt gleich. Wenn sie z.B. links runtergeht weiß man, dass entweder auf der linken Seite eine schwere Kugel oder auf der rechten Seite eine leichte Kugel liegen muss. Bleibt die Waage gleich, ist die gesuchte Kugel definitiv bei den 4 übrigen Kugeln zu finden. Nun bleiben noch 2 Wägungen übrig...

Wer das Rätsel löst, bekommt 2 Freistimmen für Mr./Mrs. Hitparade 2015 ;D

Nein Quatsch, hier zählt nur der olympische Gedanke :D
Member
22.02.2015 17:01
Ich habe da jetzt auch mal weitergedacht und habe den Fall gelöst, bei dem die andersartige Kugel unter den vier Kugeln zu finden ist, die bei der ersten Wägung auf der Seite lagen.

Wenn man jetzt drei beliebige dieser vier Kugeln hernimmt und sie mit drei Kugeln, von denen man bereits weiß, dass sie nicht die gesuchte Kugel sind (also bei der ersten Wägung dabei waren), vergleicht, dann gibt es wieder zwei Möglichkeiten:

1) Es stellt sich ein Gleichgewicht ein. Dann ist die vierte Kugel, die man nicht mitgewogen hat, die gesuchte. Ob sie nun schwerer oder leichter ist als die anderen, kann durch eine letzte Vergleichswägung mit irgendeiner anderen Kugel bestimmt werden.

2) Die Waage ist nicht im Gleichgewicht. Dann weiß man je nach Ausschlag schon mal, ob die gesuchte Kugel leichter oder schwerer ist als die anderen und dass sie zu den dreien gehört, die man auf die Waage gelegt hat. Nun vergleicht man die Massen von zwei dieser drei Kugeln. Bei Gleichgewicht ist die letzte Kugel die gesuchte, bei Ausschlag kennen wir auch die gesuchte Kugel, weil wir ja schon von der zweiten Wägung wissen, ob es die leichtere oder schwerere Kugel ist.

Den anderen Fall muss ich noch durchdenken.
Member
22.02.2015 17:31
Perfekt gelöst und erklärt! Die Möglichkeit, dass die Waage nach der ersten Wägung im Gleichgewicht bleibt, war auch tatsächlich die leichtere Variante. Aber jetzt hätten wir diese Möglichkeit schon mal abgeklärt.

Nun ist mir grad nochmal ein Tipp eingefallen. Ich behalte den aber vorläufig nochmal für mich, weil ich sehe, dass du dran bist. Du kriegst es bestimmt auch so raus. Ich bin begeistert! :)
Member
22.02.2015 18:16
Naja, ein Tipp könnte sicher nicht schaden ;)
Mir kommt das ziemlich unmöglich vor ???
Member
22.02.2015 19:02
Haha, genau an diesem Punkt stand ich vor 25 Jahren auch, als mir das damals jemand gestellt hatte. Hab mir einen ganzen Tag lang den Kopf zerbrochen und war der Meinung, dass ich nun alle Möglichkeiten ausprobiert hatte und eine Lösung nicht möglich sei. Ich wollte dann hin und demjenigen vorwerfen, dass er mir eine Information vorenthalten hatte, da das Rätsel nicht lösbar sei. Dann hatte ich plötzlich einen Gedankenblitz und mir wurde klar, dass ich noch gar nicht alle Möglichkeiten ausprobiert hatte...

Dies ist auch mein Tipp, man muss bei diesem Rätsel alle Möglichkeiten in Betracht ziehen, selbst diejenigen, die man automatisch ausfiltert, weil sie auf den ersten Blick total unwahrscheinlich scheinen. ;)
Member
22.02.2015 19:33
Ich bleibe jedenfalls dran! Außer es kommt mir jemand zuvor ;)

Jedenfalls muss ich sagen, dass mir deine Denksportaufgaben sehr gut gefallen. Meistens sind solche ja nur ein kurzfristiger Spaß, weil man schnell auf die Lösung kommt, aber bei deinen muss man zum Teil sehr komisch und um zig Ecken denken. Ich erinnere mich da gerne an das Rätsel mit den drei Brüdern und den Flaggen zurück, das ich zwischendurch auch für unlösbar gehalten habe :)
Member
22.02.2015 20:49
Da käme eigentlich nur noch Rewer in Frage, der ist genau so verrückt wie wir ;D

Jedenfalls danke für das Kompliment, dann hat der Thread ja schon seinen Sinn der kurzweiligen Unterhaltung erfüllt. Und das nächste Rätsel wird dann auch wieder etwas einfacher... :)
Member
22.02.2015 22:00
Ein sehr schwieriges Rätsel! Der Lösungsansatz von sbmqi90 - mit dem Reagieren auf die vorausgegangen Wägungen - ist stark.
Allerdings gibt es sogar eine Lösung, bei der alle drei Wägungen im Voraus festgelegt werden können...
Member
22.02.2015 22:14
Ich habe schon bei der Fragestellung aufgegeben. ;D

Viel Spass euch allen beim Weiterraten! :)
Member
24.02.2015 10:30
also dann wird's mal wieder Zeit für einen kleinen Tipp (aber nur ein ganz klitzekleiner):

wenn die Waage bei der 1. Wägung nach einer Seite ausschlägt, legt man für die 2. Wägung wieder 4 Kugeln auf jede Seite... :o :D

naja, ist eigentlich logisch, aber für den Fall, dass ich durch meinen letzten Tipp mehr verwirrt als geholfen haben sollte...
hitparade.ch
24.02.2015 13:19
ich habe mir das vorhin auch kurz angeschaut.

Nennen wir die nicht gewogenen Kugeln, die es ja nicht sind, die Alphakugeln.

In der einen Waagschale tausche ich zwei Kugeln mit zwei Alphakugeln, auf der anderen Seite nur eine. Zudem tausche ich noch eine Kugel von links nach rechts.

- Bleibt der Schwerpunkt gleich, ist es eine der drei Kugel, die ich nicht getauscht habe.

- Geht die Waage auf Gleichstand, ist es eine der drei Kugeln, die ich rausgenommen habe.

- Ändert sich der Schwerpunkt auf die andere Seite, ist es eine der beiden Kugeln, die die Waagschale gewechselt hat.

In der dritten Wägung ist es nun gut möglich, aus den drei oder zwei Kugel die anderartige zu ermitteln. Ob schwerer oder leichter ist mit der zweiten oder dritten Wägung auch zu ermitteln...

Habe jetzt nicht alle Möglichkeiten durchgespielt in der kurzen Mittagspause, aber es sollte stimmen...
Member
24.02.2015 17:53
Hm, ich glaube, du bist auf jeden Fall auf dem richtigen Weg - aber welche Kugeln du jetzt gegen welche tauschst, konnte ich noch nicht richtig nachvollziehen.

Ich rekonstruiere mal, soweit ich's verstanden habe:

Angenommen, die Waage geht bei der 1. Wägung mit der linken Seite nach unten. Wenn ich dich richtig verstanden habe, nimmst du dann links 2 Kugeln weg und ersetzt sie durch 2 (neutrale) Alphakugeln. Auf der rechten Seite machst du genau dasselbe, aber nur mit einer Kugel. Also liegen jetzt auf der linken Seite 2 mögliche schwere Kugeln und 2 Alphakugeln und auf der rechten Seite befinden sich 3 mögliche leichte Kugeln und 1 Alphakugel. Soweit - so gut. Aber welche Kugel du jetzt nochmal von links nach rechts tauschen willst, hab ich ehrlich gesagt, nicht kapiert. Könntest du das Ganze vielleicht noch etwas genauer beschreiben? :)

Aber ich bin auch mit dem Austauschen der Kugeln nicht ganz einverstanden. Die Kugeln sollten nach jeder abgeschlossenen Wägung ganz von der Waage genommen, nach Belieben sortiert und erst dann wieder neu aufgelegt werden. Wenn man Kugeln einfach austauscht, könnte man ja durch die entstehenden Gewichtsverlagerungen auf der Waage theoretisch die falsche Kugel bereits nach einer Wägung rausbekommen. Also bitte nochmal präzise, wie deine zweite Wägung ausschaut 8-)
hitparade.ch
24.02.2015 20:30
Ob ich jetzt die ganze Schale leere und eine oder 2 Kugeln, die schon drin waren wieder reingebe, oder ob ich sie gleich drin lasse ist sicher egal .. ;)
Auch bei mir gibt es keine Zusatzwägung.. 8-)
Erste Wägung:
Schale 1: 4 B-Kugeln
Schale 2: 4 C-Kugeln
ausserhalb: 4 Alpha-Kugeln

Zweite Wägung:
Schale 1: 1 B Kugel, 1 C Kugel, 2 Alpha Kugeln
Schale 2: 1 B Kugel, 2 C Kugeln, 1 Alpha Kugel
Member
24.02.2015 23:14
Dass du für deine Lösung noch eine Zusatzwägung einbauen wolltest, hätte ich dir auch sicher nicht zugetraut. Ich wollte nur nochmal darauf hinweisen, dass ich klar verständliche Lösungen haben will... ;D

Aber ich kann dir nur gratulieren, deine Lösung ist absolut richtig! :)
Das Schwere an diesem Rätsel war, dass man auf die Idee kommen muss, mögliche schwere und leichte Kugeln auf einer Schale zu positionieren.

Ich hatte damals eine andere Lösung gefunden und dachte bisher auch, es sei die einzige, die funktioniert.
Meine Lösung sah folgendermaßen aus (2. Wägung):

links: 3 mögliche schwere (oder B-Kugeln) + 1 mögliche leichte (C-Kugel)
rechts: die 4. B-Kugel + 3 neutrale (Alphakugeln)

Aber unser schlauer Pirat Rewer hat meinen Horizont wieder mal erweitert. Tolle Alternativlösung - muss ich mir merken! :D

Die ausführlichen Erklärungen zur 3. Wägung spare ich mir mal. Wer bis hierhin folgen konnte, wird sicher keine Mühe haben, die letzte Wägung mit ihren Möglichkeiten selbständig zu Ende zu denken... ;)
Member
25.02.2015 21:48
Hier noch die Lösung, bei der von Anfang an alle drei Wägungen festgelegt sind:

Die Kugeln werden von 1 bis 12 durchnummeriert. Bei allen drei Wägungen werden je vier Kugeln gewogen.
Wägunglinksrechtslinks schwerergleichrechts schwerer
12/4/10/111/5/7/8-10+1
23/4/6/72/5/11/12-30+3
35/8/9/106/7/11/12-90+9

Wenn bei der ersten Wägung die linke Seite schwerer ist merken wir uns -1. Bei Gleichstand merken wir uns 0. Wenn die rechte Seite schwerer ist merken wir uns +1.

Bei der zweiten Wägung merken wir uns analog -3, 0 oder +3. Bei der dritten Wägung -9, 0 oder +9.

Anschliessend werden die drei Wäge-Ergebnisse addiert. Das Ergebnis liegt zwischen -12 und +12.
Die Zahl des Ergebnisses gibt bekannt, welche Kugel von den anderen abweicht. Das -/+ gibt an, ob diese Kugel leichter oder schwerer ist. Dies nach folgendem Schlüssel:
Kugel schwerer: +1, +2, -3, -4, -5, +6, +7, -8, -9, -10, +11, +12
Kugel leichter: -1, -2, +3, +4, +5, -6, -7, +8, +9, +10, -11, -12


Beispiel:
Die Kugel 11 ist schwerer. So erhalten wir aus der ersten Wägung -1, aus der zweiten +3 und aus der dritten +9. Die Summe ist dann = -1+3+9 = +11 = Kugel 11 ist schwerer.

Alles klar? ;)
Member
25.02.2015 21:54
Gratulation an Rewer für die Lösung. Ich habe leider irgendwann die Geduld verloren :-[

Die Lösung von Werner klingt höchst interessant und verblüffend; die Methode werde ich mir bei Gelegenheit mal durchdenken.
Member
25.02.2015 22:22
Das nächste Mal etwas Nichtmathematisches, danke! ;D
Member
25.02.2015 23:59
Werner, ist ja irre - wie kommt man auf sowas? :o
Member
26.02.2015 00:53
hm ja, das Prinzip hab ich begriffen, man kann jede Zahl aus Summe und Differenz dieser 3 Zahlen bilden, aber wie kommt man ausgerechnet auf 1, 3 und 9?

Das lässt mir jetzt keine Ruhe, ich muss ausprobieren, ob das auch mit andern Zahlen bzw. mit noch mehr Kugeln geht. Dieser Werner hält einen auf Trab... :P
Member
26.02.2015 10:12
Hm, die Kugeln lassen sich nach dem selben Prinzip auch anders verteilen:

Wägunglinksrechtslinks schwerergleichrechts schwerer
11, 7, 8, 112, 4, 5, 1010-1
22, 3, 6, 124, 5, 7, 1130-3
35, 7, 9, 126, 8, 10, 1190-9

schwerer: 1, 2, 3, -4, 5, -6, 7, -8, 9, -10, -11, 12
leichter: -1, -2, -3, 4, -5, 6, -7, 8, -9, 10, 11, -12

Ob das System (1)/(3)/(9) zwingend so sein muss oder ob sich da eine Alternative finden lässt bzw. ob sich auch noch mehr Kugeln dann mit 4 Wägungen bestimmen lassen, weiß ich allerdings immer noch nicht...
Member
26.02.2015 17:20
Aaaaaaalso Windfee, wie kommt man auf so etwas? Ich gar nicht! Sonst hätte ich die Lösung bereits zu Beginn stolz präsentiert! ;)

In Tat und Wahrheit wurde ich - keine Ahnung mehr wann - schon einmal mit diesem Rätsel konfrontiert. Und scheiterte (in der beschränkt zur Verfügung stehenden Zeit) kläglich. Allerdings wurde die Aufgabe anschliessend besprochen und ein Lösungsblatt abgegeben...

Dies der Grund, weshalb ich mit meiner Veröffentlichung bis zur Lösung durch Andere zugewartet habe.
Member
26.02.2015 19:30
Werner, danke für dein Feedback. :)

Eigentlich schade, dass ich dich zu diesem Lösungsansatz nicht weiter löchern kann. Nun bleibt es wieder mal an mir hängen, auszutüfteln, inwieweit diese Methode bei ähnlichen Aufgaben erfolgversprechend ist. Dabei hab' ich eigentlich gar keine Zeit dafür, aber es lässt mir keine Ruhe. Derlei mathematische Spielereien fand ich schon immer sehr faszinierend... ;)

Vielleicht hilft mir sbmqi90 ein bissel? :D
Member
26.02.2015 20:31
Mir geht es leider auch so. Es reizt mich sehr da weiterzudenken, bin aber zu müde und habe zu wenig Zeit. Vielleicht am Wochenende ;)
Member
28.01.2016 13:41
Es waren einmal 3 Missionare und 3 Kannibalen auf Wanderschaft. Unterwegs mussten sie einen Fluss überqueren. Am Ufer war nur ein Boot, das max. 2 Personen Platz bot. Jede der 6 Personen konnte zwar das Boot steuern, das Problem war aber, dass die Kannibalen zu keiner Zeit in der Überzahl sein durften, da sie sonst die armen Missionare gefressen hätten. Wie kommen trotzdem alle Personen sicher über den Fluss?
Member
28.01.2016 14:29
Ich hab's raus, bin nur gerade zu faul es zu erklären^^
Member
28.01.2016 15:30
du könntest es ja abkürzen (H = Hinfahrt, R = Rückfahrt, M = Missionar, K = Kannibale) - also z.B. H: MK usw. ;)
Member
28.01.2016 17:47
Na gut... wenn ich nicht inzwischen wieder durcheinander gekommen bin:
H: M1K1 - R: K1 - H: K1K2 - R: M1 - H: M1M2 - R: K2 - H: K2M3 - R: M3 - H: M3K3
Member
28.01.2016 19:56
Ganz so einfach ist es leider nicht. Schon nach der ersten Rückfahrt stehen an einem Ufer 3 Kannibalen 2 Missionaren gegenüber... ;D
hitparade.ch
28.01.2016 20:05
H: K1K2 R: K1
H: K1M1 R: M1
H: M1M2 R: K1
H: K1M3 R : K1
H: K1K3
Member
28.01.2016 20:17
Ja, ich glaube, so hatte ich das ursprünglich
Member
28.01.2016 20:33
Leider auch nicht, denn nun befinden sich am gegenüberliegenden Ufer nach der zweiten Hinfahrt 2 Kannibalen und 1 Missionar...

Ganz so einfach hab ich's euch jetzt auch nicht gemacht... :D
hitparade.ch
28.01.2016 20:35
na der Missionar steigt ja nicht aus ... 8-)
hitparade.ch
28.01.2016 20:41
H: K1 M1 R: M1
H: K2 K3 R: K1
H: M1 M2 R: M1 K2
H: M1 M3 R: K3
H K3 K1 R: K3
H K3 K2
Member
28.01.2016 21:00
nein, freiwillig sicher nicht... 8-)

aber genau das ist die richtige Lösung - gratuliere! :D
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