Mathe Rätsel Marathon

[Brusko651]

Wie so häufig bei statistischen Fragen schwimme ich ein wenig:

Für eine reelle Zahl x ist die Wahrscheinlichkeit das sie gezogen wird

jap. Ich bin mir nicht sicher, ob du diesbezüglich ein bisschen verwirrt bist, ich erkläre mal:
Für jede konkrete reelle Zahl, die man vor der Ziehung festlegt, ist die Wahrscheinlichkeit 0, dass sie gezogen wird. Zum Beispiel ist die Wahrscheinlichkeit, dass 1 gezogen wird, 0, weil es ja unendlich viele andere mögliche Zahlen gibt, die gezogen werden könnten, und es somit unendlich unwahrscheinlich ist, dass ausgerechnet die 1 gezogen wird. Irgendeine Zahl wird aber letzten Endes natürlich trotzdem gezogen.
Man könnte so eine zufällige Zahl beispielsweise bestimmen, indem man eine zufällige Intervallschachtelung auswürfelt:
Ich werfe eine Münze.
landet die Münze auf Kopf=> DIe Zahl ist im Intervall [0,5],
landet die Münze auf Zahl => Die Zahl ist im Intervall [5,10]
Dann werfe ich noch eine Münze um wiederum das Intervall zu halbieren, sodass ich dann zB weiß dass die zufällig bestimmte Zahl im Intervall [2.5;5] liegt.
Wenn man dies unendlich fortführt, dann hat man auf diese Art eine reelle Zahl zufällig ausgewürfelt (oder "gemünzt" ^^). In der Praxis kann man's natürlich nicht unendlich fortsetzen, sondern muss irgendwann aufhören, wenn man der Meinung ist, man hat die Zahl hinreichend genau ausgewürfelt, zum Beispiel, wenn man sie auf 10 Kommastellen genau bestimmt hat.

Jetzt ist die Frage, wie die Ziehung zugeordnet wird? Ziehe ich ein Paar und kann dann beliebig verteilen?

Nein, also die Zahlen werden in einer fixen Reihenfolge gezogen. Zuerst wird die Zahl x ausgewürfelt, dann die Zahl y. Man kann sich also nicht im Nachhinein aussuchen, welche x und welche y ist.

 

[mfb]

Skizze:


=> 45/2 /100 = 9/40 = 0.225


Hmm, Wahrscheinlichkeiten...

Durch einen fairen Münzwurf wird entschieden, ob in einer Urne
[eine blaue und zwei rote Kugeln] oder [zwei blaue und eine rote Kugel]
liegen (beide Möglichkeiten haben also 50% Chance). Es wird eine Kugel herausgezogen: Sie ist blau. Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird die nächste gezogene Kugel ebenfalls blau sein?

 

[sesslor]

33 %.

Neues Rätsel: auf den Ecken eines Quadrats mit Kantenlänge a sitzen 4 (punktförmige) Hunde. Zum Zeitpunkt 0 fängt jeder Hund an, exakt auf seinen Nachbarn im Uhrzeigersinn zuzulaufen. Die Hunde richten sich während des Laufes auch immer genau auf den Nachbarn aus (ohne Zeitverlust wegen des Drehens). Alle Hunde laufen mit der gleichen konstanten Geschwindigkeit.

Wie weit muß jeder Hund laufen, um seinen Nachbarn zu erreichen?
Bonusfrage: Wie oft umkreisen die Hunde den Mittelpunkt des Quadrats, bis sie sich treffen?

 

[Myta]

da das problem punktsymmetrisch ist treffen sich alle hunde gleichzeitig. aus dem gleichen grund können sie sich nur im mittelpunkt treffen.
ich muss also nur berechnen wann hund 1 im mittelpunkt ist.
nehmen wir einen beliebigen zeitpunkt bei dem sich die hunde nicht getroffen haben. hund 1 ist also nicht im zentrum, und hund 2 (der auf den er zuläuft) auch nicht. hund 2 befindet sich auch nicht auf der anderen seite des zentrums (da ist hund 3), hund 1 kann sich also zu jedem beliebigen zeitpunkt vor erreichen des zentrums nicht direkt auf das zentrum zubewegen, immer nur daran vorbei. da sowohl das zentrum als auch die hunde punktförmig sind erreichen sie sich also nie sondern rotieren irgendwann mit beliebig hoher winkelgeschindigkeit in beliebig kleinem abstand um das zentrum.
die antwort der bonusfrage ist daher unendlich.

edit: und ich habe gerade keine zeit für neues rätsel.

 

[Brusko651]

Ist die Lösung korrekt, oder erreichen sie doch irgendwann das Zentrum?
Ich könnte mir vorstellen, dass Myta einem ähnlichen Fehlschluss wie "Achilles kann die Schildkröte nie überholen" erliegt. dunno lol ''\_(o.o)_/''

 

[Myta]

du kannst es auch nachrechnen.
sei p die position eines hundes, und f(p) die position seines ziels (die sich aufgrund der symmetrie durch eine einfache funktion aus p ergeben muss)
dann ergibt sich seine geschwindigkeit v(t) durch v_betrag*einheitsvektor(p-f(p)). wobei gilt v(t)=p.(t) (der punkt soll die zeitliche ableitung kennzeichnen), also p.(t) = v_betrag*einheitsvektor(p-f(p)).
finde die funktion f (das sollte einfach sein) und loese die differentialgleichung, dann schau nach ob p(t) Null werden kann. bin ich aber zu faul fuer

 

[mfb]

Zu jedem Zeitpunkt ist die Anordnung der Hunde ein Quadrat, daher laufen die Hunde immer in einem 45°-Winkel (pi/4) zum Treffpunkt. Sie naehern sich also mit v/cos(pi/4) dem Treffpunkt und erreichen ihn daher nach t=a*cos(pi/4)/v/sqrt(2) = a/v.

Man kann beliebig viele (n) Hunde nehmen, aus dem Winkel pi/4 wird dann (pi/2 - pi/n), sonst aendert sich nichts.


Ob sich das mit einem Rechteck auch analytisch loesen laesst? Hier wird man wohl DGLs verwenden wollen zur Loesung.

Edit: sqrt(2) vergessen gehabt. t*v=a/v*v auszurechnen wäre nun aber auch nicht sooo kompliziert gewesen .

 

[sesslor]

Bis jetzt waren alle Antworten falsch. Es geht uebrigens nicht um die Zeit, sondern um den Weg, den jeder Hund zuruecklegt, auch wenn das natuerlich proportional ist (ich will aber in der Loesung keine Geschwindigkeit sehen).

 

[Brusko651]

Ist die korrekte Antwort a? (Die Kantenlänge des Quadrats.)

Ich habe probiert, den Weg der Hunde durch geradlinige Strecken anzunähern, und die Länge der Strecken dann gegen 0 gehen zu lassen.

 

[sesslor]

Die Antwort ist richtig. Dein Loesungsweg kann ich aber nicht wirklich nachvollziehen. Es gibt uebrigens auch eine recht einfache und intuitive Loesung.

 

[Brusko651]

Ich erkläre mal ausführlich meinen Lösungsweg:
Also, die 4 Hunde sind ja zu jedem Zeitpunkt in einem Quadrat angeordnet.

Eine erste Abschätzung für ihren Weg erhalte ich, indem ich davon ausgehe, sie laufen immer die halbe Seitenlänge des Quadrats entlang und passen dann erst ihre Richtung an. Laufen wieder die halbe Seitenläneg des kleineren Quadrats entlang und ändern dann wieder ihre RIchtung etc.
so:

Nach jedem Schritt hat hier das kleinere Quadrat eine Seitenlänge von 1/Wurzel(2) mal das vorherige Quadrat.
Somit ist der Weg also

Das ist eine geometrische Reihe, sie konvergiert also, und man erhält als Ergebnis

Eine noch bessere Abschätzung für ihren Weg erhalte ich, wenn ich davon ausgehe, sie laufen immer nur 1/4 der Quadratlänge, und passen dann ihren Weg an:

Allgemein wenn ich davon ausgehe, dass sie immer 1/n der Seitenlänge des aktuellen Quadrats entlanglaufen, und dann ihre Richtung ändern, dann kann man mit dem Satz des Pythagoras sehen, dass die Größe des Quadrats sich in jedem Schritt ver-

-facht.

Und indem ich die ganzen Teilstrecken aufsummiere erhalte ich

davon bilde ich den lim(n->unendlich), sodass ich mich immer näher an die tatsächliche SItuation annähern müsste

Und wenn man dies jetzt ausrechnet (ich schreibe jetzt nicht mehr extra aus, wie ich das ausgerechnet habe), dann erhält man a.


Aber jetzt wo ich die Lösung kenne, sehe ich schon, was du mit einfacherer Lösung meinst:
Man könnte vielleicht einfach so argumentieren:
Die Entfernung zwischen Hund 1 und Hund2 ist am Anfang a. Hund 1 läuft direkt auf Hund 2 zu. Hund 2 bewegt sich währenddessen immer nur orthogonal zum Weg von Hund1. Also muss Hund1 einfach genau eine Entfernung von a zurücklegen.
hmm, so richtig sicher wäre ich mir da aber nicht gewesen.

neues Rätsel:
rätsel #12
Ich würfel mit einem Würfel 5-mal hintereinander. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ich beim fünften Wurf eine Zahl würfel, die auch bei den ersten 4 Würfen schonmal gewürfelt wurde?

 

[zoiX]

Hm....
Formulieren wir die Frage um: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit in 5 Würfen nicht 5 verschiedene Zahlen zu würfeln?
Wahrscheinlichkeitsbaum sagt, die Wahrscheinlichkeit für 5 versch. Zahlen sei 6/6 * 5/6 * 4/6 * 3/6 * 2/6 = 120 / 1296. Damit ist die Wahrscheinlichkeit, das NICHT zu tun 1176 / 1296 oder 49/54.

 

[Brusko651]

deine Umformulierung ist nicht wirklich äquivalent.

zB wenn ich die Zahlen
2,5,1,1,3 würfel, dann habe ich nicht 5 verschiedene Zahlen gewürfelt, aber trotzdem habe ich mit dem fünften Würfel keine von den Zahlen erwischt, die vorher schon gewürfelt wurden.

 

[zoiX]

Oh, ja...das is mir in meinem grenzenlosen Vereinfachungswahn gar nich aufgefallen. Also nochmal den Baum konsultieren...

Es müsste doch einfach der Erwartungswert der Anzahl an gewürfelten Zahlen (in den ersten 4 Würfen) geteilt durch 6 sein, oder? Probieren wir das mal:

Der Erwartungswert für die Anzahl der gewürfelten Zahlen ist etwa 2,78.
Dann sollte die Wahrscheinlichkeit 2,78/6 also ca. 46.37% betragen.
Das ist auch viel näher an meiner Intuition, die sagte "So ungefähr 50%".

 

[Brusko651]

Es müsste doch einfach der Erwartungswert der Anzahl an gewürfelten Zahlen (in den ersten 4 Würfen) geteilt durch 6 sein, oder? Probieren wir das mal:

Jop, auf die Art kann man auf's richtige Ergebnis kommen. Den Erwartungswert für die Anzahl an gewürfelten Zahlen auszurechnen ist aber garnicht mal so unumständlich. Der von dir berechnete Wert (2,78) ist nicht richtig.

 

[zoiX]

Aller guten Dinge sind drei, wenns wieder falsch ist soll sich wer anders dran setzen.
Erwartungswert: 6/1296 * 1 + 90/1296 * 2 + 600/1296 * 3 + 360/1296 * 4 = 2,64
Wahrscheinlichkeit: etwa 44,06 %

 

[Brusko651]

Jo ist wieder falsch ^^

Man merkt bereits daran, dass etwas nicht stimmen kann, weil 6 + 90 + 600 + 360 zusammen nicht 1296 ergibt.

Beim Fall, dass nur 2 verschiedene Zahlen gewürfelt wurden (wo du 90 angegeben hast), hast du vermutlich die Möglichkeit übersehen, dass 3 von den Würfeln auf der selben Zahl landen könnten, und nur einer zeigt eine andere Zahl. Das wären nochmal 4*5*6 = 120 Fälle und somit gibt es insgesamt 210 Fälle, in denen nur 2 verschiedene Zahlen gewürfelt werden.
Wie du hingegen auf die 600 gekommen bist, weiß ich nicht, die scheinen mir auch falsch zu sein

 

[zoiX]

Ne, die Möglichkeit hab ich drinne. (Edit: Denkste - steht im Baum, wurde aber nich berücksichtigt, siehe unten.) *grübel* Verflixt nochmal.

Beim ersten Wurf werfe ich mit p = 6/6 'ne neue Zahl.
Damit ist nach einem Wurf mit ner Wahrscheinlichkeit von 1 ne Zahl gewürfelt worden. Glückwunsch

Von da aus kann ich entweder mit p = 1/6 nochmal die gleiche werfen, oder mit p = 5/6 eine, die noch nicht da wahr.
- p = 6/6 * 1/6 = 6 / 36 für eine Zahl
- p = 6/6 * 5/6 = 30 / 36 für zwei Zahlen

Nun...Von einer Zahl in zwei Würfen ausgehend würfle ich entweder wieder die gleiche Zahl (1/6) oder ne neue (5/6)
Von zwei Zahlen in zwei Würfen ausgehend kommt entweder eine, die vorher schon da war (2/6) oder ne neue (4/6)
-p = 1/6 * 6/36 = 6 / 216 für eine Zahl
-p = 5/6 * 6/36 + 2/6 * 30/36 = 90/216 für zwei Zahlen
-p = 4/6 * 30/36 = 120/216 für drei Zahlen

Weiter im Text...
Eine Zahl aus drei Würfen bleibt mit p=1/6 eine - eine Zweite kommt mit p=5/6 dazu.
Zwei Zahlen aus drei Würfen bleiben mit p=2/6 unter sich, mit p=4/6 kriegen sie Gesellschaft.
Drei Zahlen in drei Würfen haben ne 50/50 Chance, zu Dritt zu bleiben.
-p = 1/6 * 6/216 = 6/1296 für eine Zahl
-p = 5/6 * 6/216 + 90/216 * 2/6 = 210/2196 für zwei Zahlen*)
-p = 4/6 * 90/216 + 3/6 * 120/216 = 720/2196 für drei Zahlen *)
-p = 3/6 * 90/216 = 360/1296 für vier Zahlen

*): Hier hab ich mich vertan - wenn man die Wahrscheinlichkeit eines Knotens berechnet sollte man halt die Gewichte beider Äste, die zu dem Knoten führen (die ich beide eingezeichnet und berechnet hatte) berücksichtigen, statt einfach eines zu übersehen -.-

Damit wird mein Erwartungswert 3,11 und die Wahrscheinlichkeit 51,77%.
Wenns stimmt soll wer anders nen Rätsel stellen - ich bin nicht würdig

 

[Brusko651]

Jop jetzt ists richtig ^^

Man kann's übrigens viel einfacher ausrechnen, wenn man's ein bisschen anders angeht:
Ich schau mir zuerst an, welche Zahl beim fünften Wurf herauskommt (nennen wir sie mal n (n ist zwischen 1 und 6)), und schaue dann, ob diese Zahl auch bei einem der ersten 4 Würfe rausgekommen ist.
Dazu nutze ich die Gegenwahrscheinlichkeit: Die Wahrscheinlichkeit, dass bei keinem der ersten 4 Würfe die Zahl n herausgekommen ist, ist (5/6)*(5/6)*(5/6)*(5/6) = 625/1296.
Somit ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Zahl bei mind. einem der ersten 4 Würfe rausgekommen ist, 1 - 625/1296 = 671/1296
und das ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit.

Jo, wer ein Rätsel / ein Mathe Problem auf Lager hat, soll mal bitte hervortreten und es posten

 

[zoiX]

Kopf -> Tisch.
Aber ich hab bei Wahrscheinlichkeiten schon immer nen Problem damit gehabt, den einfachsten Weg zu finden

 

[miro99]

Ich fand das Rätsel mit den 4 Hunden ziemlich cool und würde noch gerne die Bonusfrage beantwortet haben.

Meine Vermutung wären unendlich viele Umrundungen. (obwohl sie sich nach einer endlichen Zeit treffen, ziemlich unintuitiv. Dann müssten sie ja bis zum Zeitpunkt des Treffens bereits unendlich viele Umrundungen gemacht haben )

 

[zoiX]

Wenn der Weg, den sie zurücklegen nur endlich lang ist, können sie nicht unendlich oft um den Mittelpunkt rennen, oder?

 

[Brusko651]

Ich glaube, die Frage nach der Anzahl an Umdrehungen hat Myta schon richtig beantwortet: unendlich.
Sie können sich nur im Mittelpunkt des Quadrats treffen, und den können sie mit endlich vielen Umdrehungen quasi nie erreichen, weil sie sich nie direkt darauf zu bewegen sondern immer daran vorbei.
Nur dadurch dass die Umdrehungen immer kleiner werden, können sie unendlich viele Umdrehungen in endlich viel Zeit zurücklegen (ähnlich wie Achilles unendlich viele Teilstrecken in endlicher Zeit zurücklegen kann, um die Schildkröten zu überholen.)

 

[Brusko651]

mfb's Ansatz hätte übrigens, glaube ich, eh auch funktioniert, er ist nur ein bisschen schlampig in der Durchführung gewesen (und dadurch dann zu einem falschen Ergebnis gekommen.):

Wenn der Geschwindigkeitsbetrag der Hunde v ist. Dann ist die Geschwindigkeit in Richtung des Mittelpunkts zu jedem Zeitpunkt v*cos(pi/4) = v/wurzel(2).
Am Anfang ist der Abstand zum Mittelpunkt a/wurzel(2).
Die Zeit bis jeder Hund den Mittelpunkt erreicht ist also (a/wurzel(2)) / (v/wurzel(2)) = a/v.
Und das ist die selbe Zeit, die die Hunde benötigen würden, um die Kante des ursprünglichen Quadrats abzulaufen.

irgendwie so.

 

[sesslor]

Die Antwort unendlich für die Anzahl der Umrundungen ist richtig. Man kann dies relativ einfach sehen, wenn man berüchsichtigt, dass der ganze Aufbau "skaleninvariant" ist. Das liegt daran, dass die Hunde zu jedem Zeitpunkt ein Quadrat bilden, nur dessen Seitenlänge verändert sich. Alle Winkel, die auftreten, sind allerdings unabhängig von der Größe des Quadrats.

Nehmen wir nun also an, dass der Gesamtwinkel, den ein Hund im Bezug auf den Mittelpunkt des Quadrats überstreicht, bis er dort ankommt, ein endlicher Wert sei den wir x nennen. Jetzt kann ich aber nachdem z.B. der Winkel x/2 überstrichen wurde sagen: ab diesem Zeitpukt betrachte ich das Problem als eine verkleinerte Version des Ursprungsproblems. Da es skaleninvariant ist, muss der zu überstreichende Winkel bis sich die Hunde treffen also wieder x sein. Das ist offensichtlich ein Widerspruch, da der Winkel des Originalproblems dann 3/2 x wäre und nicht x. Somit muss der Winkel und damit die Anzahl der Umdrehungen unendlich sein.

Ich hoffe das ist irgendwie verständlich.

 

[xornado]

Ich habe einen Vorschlag für ein "Rätsel":

Eine Feuerwerksrakete wird vertikal abgefeuert und steigt 100m in die Höhe bevor sie mit einer Explosionsgeschwindigkeit von 20 m/s explodiert. Unter der Vernachlässigung des Luftwiderstandes: Welches Volumen hat der Körper, der durch den Flug der Raketenteilchen beschrieben wird? (g=9.81m/s²)

 

[Myta]

groeßenordnung 10^6 m^3
(allerdings habe ich keinen taschenrechner und nichts zum schreiben verwendet, kann also gut sein das irgendwo ein gewaltiger rechenfehler drin ist)

 

[Brusko651]

Jo von der Größenordnung her müsste 10^6 schon stimmen, aber hast du auch eine exakte Antwort?
edit: vielleicht auch näher bei 10^7 m^3, kann ich nicht beurteilen.

hab das Rätsel auch versucht zu lösen, aber hat sich als Impossibruuu herausgestellt.

 

[zoiX]

Hm...
Ich glaub, ich hätte nen Lösungsweg, bin aber zu blöd, den selber auszuführen...
Wir reduzieren das Problem zuerst auf 2D (am Ende berechnen wir dann einfach das Volumen eines Rotationskörpers aus einer Fläche mit unserem Flächeninhalt.).
Dann sei h die Höhe der Explosion (100m), a die Beschleunigung der Partikel (20m/s) und phi der Winkel, in dem ein Partikel weggeschleudert wird.
Erster Schritt: Bestimme, bei welchem Winkel die Höhe maximal wird (phi_max) (das sollten dann wohl 90° sein ) und anschließend das Maximum der Flugweite (phi_min) (müsste irgendwo nahe 45° sein, sollte aber durch Ableitung einer Wurfparabel zu bestimmen sein).
Zweiter Schritt: Bestimme die Fläche unter einer Wurfparabel mit variablem Abwurfwinkel phi. Das müsste doch durch Integration laufen...
Dritter Schritt: Integriere die in Schritt 2 erhaltene Funktion in den Grenzen von phi_min bis phi_max. Hier bin ich mir nicht sicher, ob man damit nicht Flächeninhalte mehrfach zählt, da die Flächen unter den Flugbahnen ja übereinander liegen.
Vierter Schritt: Rotationskörper bilden, fertig.

Edit: Man muss den Flächeninhalt vor Schritt 4 natürlich noch verdoppeln...

Edit2: Sollte das Problem nicht recht einfach numerisch via Monte-Carlo-Verfahren lösbar sein?

 

[Myta]

ich kann einen exakten ansatz geben, hab aber nicht die zeit so viel zu rechnen:
ansatz: ich mache das problem zweidimensional und berechne die form der oberflaeche und bilde dann einen rotationskoerper aus dem ich das volumen berechne.
man kann die bahn jedes partikels abhaengig von seinem winkel exakt bestimmen f(phi). um einen punkt auf der oberflaeche zu erhalten, schneide ich eine gerade die von der explosion mit winkel theta ausgeht mit f(phi) und maximiere den abstand dieses punktes von der explosion durch ableitung nach phi.
jetzt habe ich eine funktion die die position der gesuchten oberflaeche in polaarkordinaten mit dem ursprung der explosion angibt. noch beachten das irgendwo der boden kommt und fertig.

aber keine ahnung wie aufwaendig die rechnung wird und obs nicht vielleicht einen einfacheren weg gibt...

 

[xornado]

an die drei vorredner: die lösungsansätze sind natürlich (grob) richtig.

Als ich das gelöst habe bin ich auch komplett über die integrale etc gegangen, war dann nach ein paar schritten aber etwas hässlich.

die einhüllende wurfparabel macht das ganze schließlich aber ungemein einfacher.

 

[Gelöschtes Mitglied 160054]

an die drei vorredner: die lösungsansätze sind natürlich (grob) richtig.

Als ich das gelöst habe bin ich auch komplett über die integrale etc gegangen, war dann nach ein paar schritten aber etwas hässlich.

die einhüllende wurfparabel macht das ganze schließlich aber ungemein einfacher.

und wie lautet die lösung?

 

[Brusko651]

Also ist das Volumen tatsächlich ein Paraboloid?
Wenn man das weiß, dann ist es natürlich relativ einfach auszurechnen.
Aber um da selbst drauf zu kommen müsste man glaube ich schon ziemlich aufwendig rechnen.

edit: ist mir trotzdem irgendwie zu schwierig *g*. Ich kriegs nicht hin, die maximale Reichweite dieser Explosionspartikel zu bestimmen, obwohl das ja eigentlich ein ziemliches standard Wurf-Parabel Problem sein müsste, aber man muss da irgendwie so mühsam rumrechnen ^_^

edit2: achso dafür steht eh auch ne Formel auf Wikipedia, die könnt ich eigentlich auch einfach gleich anwenden

edit3: achso, da steht ja sogar eine explizite Formel für diese einhüllende Wurfparabel, na die werd ich dann einfach mal verwenden ^^

 

[Brusko651]

Ok, das Volumen wird also begrenzt von der Kurve

Da sieht man gleich, dass der höchste Punkt der Parabel, also das Maximum von y, v0²/2 + h0 ist.

Diese Parabelgleichung formt man nun nach x um sodass dann da steht
x = Wurzel(v0^4/g^2 + (2 v0^2 h0)/g - (2 v0 y)/g)

Das integriere ich jetzt nach der Formel für Rotation um die Achse:

http://de.wikipedia.org/wiki/Rotationskörper
(wobei das jetzt f(y) heißen müsste, weil die eben ausgerechnete Funktion gibt ja die x Koordinate in Abhängigkeit von y an.)
Als Grenzen setze ich 0 und die vorhin festgestellten v0²/2 + h0 ein.

und das Ergebnis ist:
557904400000000/944076141 * Pi

oder als Kommazahl: 1.856532846*10^6

Ich hoffe das stimmt, war ja mit der Formel für diese einhüllende Parabel dann relativ einfach, danke für den tipp ^_^ (ohne den Tipp: impossibru!). ich poste mal ein neues Rätsel, hab nochmal n lustiges auf Lager:

rätsel#14:
Auf einem Wunderbaum hängen 25 Äpfel und 25 Bananen. Arthur pflückt einmal pro Stunde zwei Früchte seiner Wahl. Sind es zwei Früchte gleicher Sorte, wächst sofort ein Apfel nach, sonst eine Banane. Arthur bedient sich immer wieder an diesem wunderbaren Baum, und zwar so lange, bis nur noch eine Frucht übrig bleibt. Ist das eine Banane oder ein Apfel?

 

[sweetie]

Da niemals mehr als 25 Bananen am Baum hängen können und er die ungerade Anzahl an Bananen niemals ganz wegbekommt, müsste es eine Banane sein.

habe jetzt aber nur ne halbe Minute drübergeschaut und nicht alle Möglichkeiten durchgespielt...
Vielleicht heute Nachmittag.

 

[Brusko651]

Jo das ist schon richtig so.
Weil die Anzahl an Bananen in jedem Schritt ungerade bleibt, kann am Ende, wenn nur mehr eine Frucht da ist, es nur eine Banane sein.

 

[sweetie]

Ok sry, war doch länger weg als vermutet

Weil ich jetzt auch gleich wieder weg muss: Freirunde!

 

[Myta]

damits mal weitergeht:

berechne die ziffer vor und nach dem komma von (sqrt(2)+sqrt(5))^2012

(ich kenne die lösung allerdings selbst noch nicht, kann sie aber im zweifellsfall schnell besorgen)

 

[sesslor]

Is das nicht recht witzlos? Kann ich ja einfach in Mathematica reinkloppen.

 

[zoiX]

Darum gehts aber doch nich - gibts keinen eleganten Weg, das mit Stift und Papier zu lösen?