Kommentare - - Seite 54

12.1. und 1.12. liegen in einem Schaltjahr mE. 324 Tage auseinander, dh. 323 Tage liegen dazwischen:
19 Tage für Jänner,
29 Tage für Februar,
5*31 Tage für März/Mai/Juli/August/Oktober,
4*30 Tage für April/Juni/September/November.

MfG
H. D. Thoreau

Die Lösung ist falsch. Es sind 324 Tage.
Um vom 12. Januar in den 12. November zu kommen, addiert man 31+29+31+30+31+30+31+31+30+31=305.
Dann kommen 18 Tage drauf, um auf den 30. November zu kommen:
305+18=323
Und noch ein Tag und man ist am 1. Dezember: 323+1=324

Danke für die Aufgabe! Das war gleich eine prima Programmierübung, ich lerne gerade C.

"Man zählt alle Gitterpunkte innerhalb des Vielecks (I), addiert die Hälfte aller Gitterpunkte (B), die dessen Rand kreuzen, und zieht eins davon ab: A = I + B/2 − 1"
Bei dieser Formulierung dreht sich mir der Magen um und es kommen mir Zweifel ob ich richtig versyanden habe.
Ich habe noch nie gehört, dass ein Punkt (hier Gitterpunkt) einen Rand (gemeint ist hier wohl die Randlinie des Vielecks) kreuzt.
Zwei Linien können sich kreuzen, weswegen ich erstmal versuche statt eines Gitterpunkts eine Gitterlinie mit dem Rand zu kreuzen, was aber zu Zweifeln führt ob jetzt horizontal oder vertikale gemeint sein sollten?
Warum schreibt man nicht einfach klar und deutlich 》... addiert die Hälfte aller Gitterpunkte (B), die auf dessen Rand liegen, und ...《
Wobei - und dies liegt nun aber nicht am Satz von Pick - es doch bei einigen Vielecken sehr auf die Zeichen- und Ablese-(un)genauigkeit des Ausführenden ankommt, zu erkennen ob ein Gitterpunkt zum Rand oder zum Inneren des Vielecks zu zählen ist?

Was ist mit (1,3)-(2,4)-(3,2)-(2,1) und dem vertikal gespiegelten Pendant?

ich hatte gehofft, weiterführende oder ergänzende Informationen zum Werk zu erhalten, was dem Spektrum würdig wäre (biographische Details, wie haben sich die Forschungsergebnisse um 1978 mittlerweile entwickelt...). ich kann aber das Hörbuch, gelesen von Christoph Walz, empfehlen, ich kenne kein besseres.

Moin Frau Bischoff,
das Beispiel mit der windumtosten Kugel funktioniert nur, wenn der Wind von außerhalb der Kugel kommt, wie Sonnenwind auf atmosphärelosen Planeten wie Merkur.
Sonst wird ein stetiger Wind mir auf einem Breitenkreis IMMER in den Rücken wehen (oder ins Gesicht).

Eigenartig, wie so eine einfache Aufgabe zu Missverständnissen
( 1. -3. ) führen kann. Es wird in der Aufgabe sogar eine absolute Angabe
gemacht ( 2000 ). Auch ohne diese Angabe ist die Aufgabe lösbar :
1/3*d + 3/4*n = 1/2*(d+n) ergibt : P(d)=0,6 P(n)=0,4
P( d, aber nicht n sprechend ) = 2/3*P(d) = 0,4 .
[ 0,4 * 2000 = 800 ]

Oben wird mathematisch dargelegt, dass man bei dem Münzspiel bei einem Vermögen des Herausforderers von 1050 Euro einen Erwartungswert von 5,5 erhält, ein Einsatz von 5 Euro sich also lohnen würde, einer von 6 Euro hingegen nicht. "... dann stehen Ihre Chancen gut, etwas Gewinn zu machen", heißt es. Die Chancen, zu gewinnen, sind aber meines Erachtens bei beiden Einsätzen gleich groß, lediglich die Gewinn- bzw. Verlusthöhe verändert sich eben um diesen einen Euro. Denn ich bekomme ja eben nicht bei jedem Wurf die 5,50 Euro ausgezahlt, sondern einmal die gesamte erspielte Summe. Und die sähe ja so aus:
1 x Zahl = 1 Euro
2 x Zahl = 2 Euro
3 x Zahl = 4 Euro
4 x Zahl = 8 Euro
In beiden Fällen würde ich also Gewinn machen, sobald viermal hintereinander Zahl kommt. Und dass das passiert, ist gleich wahrscheinlich, egal ob der Einsatz 5 oder 6 Euro beträgt. Die Chance auf einen Gewinn bleibt also gleich.

20! = 2*3*4*5*6*7*8*9*10*11*12*13*14*15*16*17*18*19*20.
Dabei ist 5*10*20 = 1.000 und 14*15 = 7*3*10. Daher ist 20! durch 10.000 teilbar, d.h. C=0. D ergibt sich als Einer des verbleibenden Produkts
2*3*4*6*7*8*9*11*12*13*7*3*16*17*18*19.
Dabei muss bei jedem Zwischenschritt nur mit den Einern gerechnet werden (i.e. mod 10), d.h. (2*3*4)*(6*7)*(8*9)*(1*2*3*7)*(3*6)*(7*8)*9 mod 10 = (4*2*2)*(2*8)*(6*9) mod 10 = 6*6*4 mod 10 = 4 mod 10. Also D=4. A ergibt sich wie zuvor: Die durch 9 teilbare Quersumme von 20! beträgt 52+A. Da 54 Vielfaches von 9 ist, muss A=2 sein.

Das orangene Dreieck ist gleichschenklig. Seine Höhe FG teilt es in zwei gleiche rechtwinklige Dreiecke, d.h. G liegt in der Mitte von B und C. Das Dreieck CFG hat daher die halben Maße wie ABC. Folglich hat das (ganze) orangene Dreieck die halbe Fläche von ABC. Somit haben alle drei Teile (der orangene, der dreieckige gelbe und der viereckige gelbe) die gleiche Fläche. Ist die Fläche eines Teils die Maßeinheit, so hat der orange Teil die Fläche 1, die ganze Figur die Fläche 3. Das Verhältnis beträgt 1/3.

“Gleiches tritt ein, sobald zwei Forscherinnen die Augen und die dritte Forscherin das Fell misst.“ Sind hier nicht Augen und Fell vertauscht, denn bereits zuvor haben zwei (Ada und Bea) die Augen gemessen...?

Die einzelnen Zahlen aller Zahlenkombinationen ausser 3821 können mit +-* und / auf 4 berechnet werden.

Nette Zahlenspielerei um Spielsüchtige zu unüberlegte Handlungen zu bewegen. Denn wie hoch ist Wahrscheinlichkeit 11, geschweige denn 38, Runden zu überstehen? Also 11(38)x hintereinander(!) ein Nominal zu werfen?
Ich würde die Wette nicht eingehen.

Es erscheint mir reichlich unintuitiv, dass wenn schon bei einem theoretisch unendlichen Gewinn das Konto die Obergrenze definiert, der eingezahlte Einsatz nicht auf diesen aufzählen soll. Mit jedem weiteren Einsatz, den der Spieler tätigt, sollte sich demnach also auch der Maximalbetrag erhöhen. Das macht die Berechnung womöglich schwerer, aus dem Bauch heraus würde ich aber vermuten, dass man solange mitspielt, bis das Guthaben kleiner ist, als der Einsatz!?