Kommentare - - Seite 19

"Vielleicht fällt Ihnen ja etwas besseres ein."

Es heißt: etwas Besseres.

Wie viel Prozent deckt ...

Es gibt noch weitere Lösungen zu „5 Teile“, bspw.:
ABBBBCC
ABBBBCC
ADDDDDD
ADDDDDD
EEEDDDD
EEEDDDD
EEEDDDD
aus A, B und D lässt sich ein 6x6-Quadrat zusammenfügen:
DDDDDD
DDDDDD
BBDDDD
BBDDDD
BBDDDD
BBAAAA
die Quadrate 2x2 (C) und 3x3 (E) bleiben unversehrt.
Spannend ist die Frage, ob es eine Lösung zu „4 Teile“ gibt oder ob bewiesen werden kann, dass es keine gibt. Für eine Lösung „4“ müsste offensichtlich das 6x6-Quadrat in 2 Teile so zerlegt werden, dass sich aus diesen und den beiden Quadraten 2x2 und 3x3 das 7x7-Quadrat zusammenfügen lässt. Zumindest wäre als „Beweis“ möglich, alle (endlich vielen) möglichen Zerlegungen des 6x6-Quadrats in 2 Teile durchzuprobieren, ob sie die gesuchte Zusammenfügung ermöglichen.
Dabei ist allerdings noch unterstellt, dass die 1x1-Quadrate unversehrt bleiben müssen, dass also ein schräger oder sogar ein nicht geradliniger Schnitt, der nicht den Grenzen der 1x1-Quadrate folgt, unzulässig ist (was die Aufgabenstellung eigentlich gar nicht sagt).

Wie du sagst, nach einer Niete bleibt 50%. Aber die Frage bleibt, ob du bei deiner erst gewählten Tür bleibst oder nicht. Ausschließlich nur die Wahl 50%. Die Chance muss nicht unbedingt auch 50 % sein.
Du hast drei Karte, zwei mit Niete und eine mit Gewinn.
Ziehst zwei Karte weg, ohne sie anzuschauen. Es bleibt nur eine für die Wahl (100%). Aber meine Chance (?%) für den Gewinn? Was verbirgt hinter der letzten Karte? Sicher, für Entscheiden als eine Wahl habe ich 50%, wenn ich treffen mag, welche Karte ist die nicht gewählte. Die Chance bleibt weiterhin Fragezeichen.
Mathematik sagt hier für Gewinn 1/3, für Niete 2/3. Aber die Chance hat zwei Eigenschaften: eine mathematische und zufällige.
Über die mathematische Seite kann man für ewig diskutieren, aber die Zufall lässt sich mathematisch nicht bestimmen.
Die Fernsehshow ist gerade deswegen ist so spannend. Egal, ob der Moderator weiß oder nicht weiß, was hinter den Türen stecken.

2,5,5,6,7
3,4,5,5,8
Lösung: n=5; Median=5
Die Liste: a,b,5,c,d
Nach dem Modus muss 5 mindestens 2 mal vorkommen. 5 kann dreimal nicht für ganze Zahl vorkommen.
d-a=5 (5,0/6,1/7,2/8,3/usw.)
Die Summe=25. Die 5 kommt zweimal vor, so bleibt für drei Zahlen 15.
Daraus ergibt es sich die zwei Listen.

Das "Freistetter"-Problem hatte ich ähnlich. Ich dachte: Fragen wir den ChatPTG mal nach wichtigen aktuellen Büchern und Professoren in meinem Studienfach; das kann er doch anhand der Universitäts-Seiten und der Bibliographien im Internet leicht finden. Die Buchtitel waren höchst zweifelhaft, und die Angaben zu Professoren nachweislich falsch. Was für eine Arbeit sollen uns Chatbots eigentlich abnehmen? Gedichte oder Meinungsartikel schreiben?

Der Beweis zeigt, ist 1+x ein Quadrat, dann ist auch x^2 * (1+x) ein Quadrat. Die unbeantwortete Frage ist, ob dies auch ein Quadrat sein kann, wenn 1+x es nicht ist. M.E. kommt man hier um den Fundamentalsatz der Algebra, dass es eine eindeutige Primfaktorzerlegung gibt, nicht herum. Damit lässt sich schließen, dass eine Zahl größer 1 genau dann ein Quadrat ist, wenn jeder Primfaktor der Zahl einen geraden Exponenten hat. Angewendet auf die Gleichung x^2 * (1+x) = a^2 folgt, dass die Primfaktoren von 1+x alle einen geraden Exponent haben müssen, und somit 1+x eine Quadratzahl ist. Somit ist sichergestellt, dass die genannten Möglichkeiten auch alle sind.

Wieder ein sehr schöner Artikel, danke!
Nur an der Stelle "Eine ähnliche Eins-zu-eins-Abbildung lässt sich auch zwischen den rationalen und den natürlichen Zahlen finden." fehlt mir eine Erwähnung des https://en.wikipedia.org/wiki/Stern-Brocot_tree
Was Definitionen nicht berechenbarer Zahlen betrifft:
Alle Definitionen sind abzählbar, also sind die meisten nicht berechenbaren Zahlen nicht definierbar bzw. beschreibbar.
Eine nicht berechenbare Zahl zwischen 0 und 1 lässt sich vielleicht als Binärzahl vorstellen, deren unendlich viele Nachkommastellen sukzessive per Münzwurf bestimmt werden (was keine Definition sondern nur eine Visualisierung ist).
Die meisten solchen Zahlen enthalten eine unendliche Menge an Information, sind also nicht durch eine Beschreibung per Algorithmus "komprimierbar".
Wenn ich richtig verstehe enthalten (die meisten?) nicht berechenbaren Zahlen unendlich viel Information, während berechenbare Zahlen immer nur endlich viel Information enthalten können (https://en.wikipedia.org/wiki/Kolmogorov_complexity).

Die Gleichung x^2 + x^3=QZ^2 ist zu lösen.
x=3,8,15,24,35,48,63,80,99

Frau Bischoff schreibt, dass die Addition zweier Brüche a⁄b und c⁄d immer ein Ergebnis (a+c)⁄(b+d) liefert, das zwischen den beiden ursprünglichen Bruchzahlen liegt. Dies könne man etwa nutzen, um eine irrationale Zahl durch einen Bruch anzunähern.

Das ist natürlich richtig, bedarf aber nicht unbedingt der 'freshmen sum'. Geeignet ist jeder Mechanismus, der eine Zahl im Inneren eine beliebigen Intervalls erzeugt. Das Vorgehen hat immer den Nachteil, dass man prüfen muss, ob die Zahl im Inneren des Intervalls größer oder kleiner als die einzuschachtelnde Zahl ist. Für irrationale Quadratwurzeln gibt es Näherungsverfahren, welche diese Prüfung überflüssig machen und überdies sehr viel schneller auf eine hohe Genauigkeit hinaus laufen.

Die Argumentation stoppt meines Erachtens einen Schritt zu früh. Denn selbst die überabzählbar vielen nicht berechenbaren Zahlen lassen sich in einen abzählbaren und einen überabzählbaren Teil aufteilen, und der Artikel betrachtet nur (und kann auch nur betrachten) Beispiele aus dem ersten Teil.

Denn die beschriebenen nicht berechenbaren Zahlen haben alle gemeinsam, dass man ihre Bedeutung auf einer Internetseite (oder alternativ in einem Digitalfoto oder einem Telefax) beschreiben kann. Und all diese Medien haben die Gemeinsamkeit, dass sie nur abzählbar viele verschiedene Werte darstellen können (wegen der Digitalisierung - es gibt nur abzählbar viele mögliche Dateien).

Die meisten reellen Zahlen könnte man, wenn man sie zufällig aus dem Zahlenstrahl gegriffen hat, also nicht mal für die Nachwelt beschreiben. Oder einer anderen Person erklären welche Zahl man erwischt hat oder wie er dieselbe Zahl erwischen kann.

"Aber es gibt auch transzendente Zahlen, die sich nicht als Lösung solcher Gleichungen ausdrücken lassen."
finde ich sprachlich ein wenig unglücklich, da Mann es so verstehen könnte, als gäbe es transzendente Zahlen welche sich als Lösung... ausdrücken lassen.

viel problematischer finde ich aber den folgenden Satz
... In diese Kategorie fällt zum Beispiel die berühmte Kreiszahl Pi. Das heißt aber nicht, dass man ihren Wert nicht kennt.

Doch liebe Frau Bischoff
genau das heißt es, dass eine Zahl irrational ist,
dass frau, mann, Diversy uadua* den genauen Wert der Zahl eben NICHT kennt, und auch nicht kennen kann
sich (der Wert der Zahl)
allerdings bei bestimmten Zahlen beliebig genau annähern
lässt...

mfG oliver fiedler


* und alles dazwischen und außerhalb...

1. "Eine andere nicht berechenbare Zahl ergibt sich durch die »Fleißiger-Biber-Funktion« BB(n): Sie berechnet die größtmögliche Ausgabe (in Bits gemessen), die ein Algorithmus aus n Bits erzeugen kann."

Dieses ist nicht die Definition der BusyBeaver Funktion. Auch bezweifele ich sehr stark, dass beide Definitionen nun äquivalent sind.
Eine bessere Definition - wenn auch wohl für viele Leser unverständlich Definition (ohne weitere Erläuterung von ein paar Begriffen) - wäre: Sie berechnet die größtmögliche Zahl von Einsen (Bits), welche eine (haltende und deterministische) Turingmaschine mit (n+1)-Zuständen (wobei ein Zustand der Haltezustand ist) auf ein unendliches Band, welches anfänglich nur mit 0en befüllt ist, schreiben kann, wobei die Turingmaschine nur 0en und 1en auf das Band schreiben darf.

Das Problem ist nämlich, dass in der eigentlichen Definition der BusyBeaver-Funktion (bzw. des Busy-Beaver-Spiels) nun - im Prinzip - die Eingabe "leer" ist (d.h. es keine Eingabe gibt) und nur jeweils die Anzahl der Zustände "variable" ist. Eine Transformation dieser Definition von Turingmaschine zu Algorithmus, bei der aus den Zuständen der Turingmaschine nun eine Eingabe des Algorithmus wird, würde sicherlich weitere Einschränkungen benötigen, damit die Definitionen irgendwie äquivalent werden können. Ansonsten gibt es genug Folgen, deren Folgenglieder man mit einem Algorithmus berechnen kann, bei der eben bei der Eingabe von 1 nun z.B. ein Ergebnis von 2 rauskäme (d.h. die Ausgabe nun mindestens 2 Bits hätte).

2. "Das Halteproblem ist eine direkte Anwendung von Gödels Unvollständigkeitssätzen, die besagen, dass sich nicht alle mathematischen Aussagen beweisen lassen."

Es gibt sicherlich einen Beweis für das (allgemeine) Halteproblem, bei welchem man nun einen der Gödelschen Unvollständigkeitssätze anwendet, aber dann könnte man überlegen, dass man auch einen der beiden Gödelschen Unvollständigkeitssätze vielleicht aus dem (allgemeinen) Halteproblem erhalten kann. Weiterhin nutzen die Beweise - soweit ich es richtig in Erinnerung habe (es ist lange her) - für die Aussagen bzgl. des (allgemeinen) Halteproblems zumeist eher eine Beweisidee von Cantor bzgl. der Überabzählbarkeit der reellen Zahlen (Diagonalisierungsprinzip) zur Definition der sogenannten "Diagonalsprache", wobei man dann dieses später zu einem Widerspruch bringt¹. Fun-Fakt: Bei der Definition der Diagonalsprache verwendet man sogenannte "Gödelnummern" zur Sortierung der Turingmaschinen.

Ansonsten ist die von mir zitierte Aussage (aus dem Artikel) eine aus meiner Sicht so nicht ganz richtige Verkürzung der eigentlichen Aussagen der Gödelschen Unvollständigkeitssätze. Zum Einen da die Aussagen der Gödelschen Unvollständigkeitssätze eben nur jeweils auf eine mathematische Theorie anwendbar sind, aber nicht auf die Mathematik als Ganzes - letzteres wäre eher eine Aussage der "Metamathematik". Zum anderen, wenn man eine mathematische Theorie (hinreichender Komplexität) hat, welche in sich konsistent ist, aber man eine Aussage A hat (welche man innerhalb der Theorie nicht beweisen kann, d.h. nicht beweisen kann, ob die Aussage gilt oder nicht gilt). Dann erweitert man die (mathematische) Theorie um ein weiteres Axiom, wobei das Axiom entweder ist, dass die Aussage A wahr ist, oder aber, dass die Aussage A falsch ist. Die Ausgangstheorie vereinigt mit dem Axiom (die Aussage A ist wahr) ergibt eine neue mathematische Theorie. Genauso ergibt die Ausgangstheorie vereinigt mit dem Axiom (die Aussage A ist falsch) eine neue mathematische Theorie. Sofern die Ausgangstheorie nun widerspruchsfrei war (d.h. kein Paradoxon enthielt), so ist eine der beiden neuen Theorien widerspruchsfrei, und die in der Ausgangstheorie nicht beweisbare Aussage ist in der neuen (konsistenten) Theorie trivialerweise beweisbar. Auch anderere Erweiterungen der Ausgangstheorie sind möglich, in dem man durch Hinzufügen von anderen Axiomen, nun dafür sorgt, dass die Aussage A wahr (bzw. die Aussage A falsch) ist und sich in der erweiteren Theorie beweisen läßt...

¹) Die Beweisidee (bzgl. des Halteproblems) hat gewisse Ähnlichkeiten zum Beweis, dass die Definition der sogenannten Richardian Zahlen paradox ist (Richard's Paradox).

Etwas einfacher zu schneiden ist, wenn vom 6×6 Quadrat anstelle der "Treppe" zunächst einen 4×1-Streifen und anschließend einen 2×1-Streifen abgetrennt werden. Dann nehmen im 7×7-Quadrat der 4×1-Streifen die Position der beiden 2×1-Streifen (rot) der vorgestellten Lösung ein und unter dem 3×3-Quadrat werden das 2×2-Quadrat und darunter der 2×1-Streifen platziert.

Zur Lösung von Frau Seifert:
Gefordert war, dass das 7×7-Quadrat aus möglichst wenigen Teilen zusammengesetzt werden soll. Bei dieser Losung sind es insgesamt 6 Teile - auch die nicht zerschnittenen Teile (hier das 6×6-Quadrat) zählen mit.

Die Redaktion geht in ihrer Stellungnahme nach den Kommentaren 6 und 7 offensichtlich davon aus, dass allein die Tatsache, dass der Moderator Tür 3 mit einer Ziege öffnet, die Chance für Tür 2 auf 2/3 erhöht. Wie alle diskutierten Varianten des Spiels kann man auch diese mit drei Spielkarten nachspielen. In diesem Fall braucht man nicht einmal einen Partner, da man ja nicht wissen muss, welche der drei verdeckten Karten den “Gewinn” verbirgt. Die Redaktion wird dann schnell feststellen, dass nach Aufdecken einer Niete die Chancen für beide verbleibenden Türen gleich sind. (s.a. meinen Kommentar 47: Klärung)