Hallo,

mal Anschaulich.
Ich lege einen Stein auf die Tischkante, sodass er genau mit dem Schwerpunkt auf der Kante liegt.
Jett schiebe ich einen Stein drunter, der parktisch den Tisch ersetzt.
Nun schieben diesen Stapel auf dem Tisch um x über die Kante, das der gemeinsame Schwerpunkt wieder auf der Kante liegt. Siehe Bild.
Der Schwerpunkt des oberen Steins (oder Stapels n) wird um x verschoben.
Summe der Drehmomente = 0, man balanciert den Stapel_n auf der linken Kante des unteren Steins der selbst auf der Tischkante balanciert. Als Gegendrehmoment wirkt der Rest des unteren Steines (L-x) rechts der Tischkante.

Links wirkt n*x*L*G + 0,5*x*L*G
rechts (L-x)*0,5*G

Mit L = 1 und Gewichtskraft eines Steines von 1

Also
n*x+0,5*x= (1-x)*0,5
(2*n+1)*x=1-X
2(n+1)*x=1
x= 1/(2(n+1))

Erster Stein n=0
n -> x
0 0,5
1 0,25
2 0,16666
3 0,125
..
Die Gesamtverschiebung ist die Summe der Einzelverschiebungen.
xges(n) = Summe[i:0..n]0.5*1/(n+1)
xges(n) = =0.5*Summe[i:1..n+1] 1/n

Summe 1/n wächst über alle Grenzen, also gäbe es keinen Grenzwert für den obertsen Stein.
Wo ist der Fehler?

Gruß Horst

Dein Stapel fällt doch so schon herunter, da der Schwerpunkt außerhalb des Tisches liegt.

Hallo,

spielt denn keiner mehr Skat etc , um das mit Karten zu probieren ?
Die Situation im Bild ist labil, aber fällt nicht. Der gemeinsame Schwerpunt ist immer noch die Tischkante.
Die linke obere Ecke des unteren Steines unterstützt genau dessen Schwerpunkt.
Der untere Stein wird im Schwerpunkt der beiden Steine durch die Tischkante gestützt.

Man kann sich das ja umgekehrt wie ein Mobile vorstellen, beim dem waagerechte massebehaftete Stangen mit masselosen Bindfäden verbunden sind ( EDIT: praktisch die Tischkante ) und in Waage bleiben
Ich hänge die Stangen an der folgenden immer am linken Ende auf.
Die erste in der Mitte
die zweite eben bei 1/4, sodass die 3/4*0.5 das gegenwicht zu 1/4+ 1/4/2 = 3/8 sind.

Als Mobile kann ich mir das besser vorstellen.



Gruß Horst

Wieso war ich zu blind, die Zeichnung zu verstehen?

Horst_H hat folgendes geschrieben :

Summe 1/n wächst über alle Grenzen, also gäbe es keinen Grenzwert für den obertsen Stein. Wo ist der Fehler?

Nirgendwo, deine Lösung ist goldrichtig.

de.wikipedia.org/wiki/Geometrische_Reihe

Thorsten83 hat folgendes geschrieben :

de.wikipedia.org/wiki/Geometrische_Reihe

edit: guten morgen...
muss natürlich die harmonische sein

Harmonisch mit besagtem Domino Beispiel:
de.wikipedia.org/wiki/Harmonische_Reihe

Gruß Horst

Ja, es ist tatsächlich richtig, dass dieser Stapel endlos weit über den Tisch ragen kann.
Wo ich grade schon beim Rätsel stellen will, gleich das nächste.

Wenn man es nicht kennt ist es relativ kompliziert:
In einem Gefängnis gibt es genau 100 Gefangene, sowie einen etwas sadistischen Wärter.
Dieser will sich nun einen Spass mit den Gefangenen erlauben und spielt täglich ein Spiel mit ihnen
Die Gefangenen werden alle nach dem Mittagessen (wo sie sich noch absprechen können) in eine verschiedene Zelle gesperrt. (Absprache ab sofort unmöglich).
Jeder der Häftlinge erhält nun eine Nummer (1-100).
Einer nach dem anderen wird nun in einen Raum geführt in dem 100 Schachteln in einer Reihe liegen.
In jeder dieser Schachteln befindet sich eine Nummer (1-100).
Der Häftling darf nun 50 dieser Schachteln öffnen.
Wenn in einer dieser Schachteln die Nummer ist, welche auch der Häftling bekommen hat, hat der Häftling gewonnen.
Gewinnen alle Häftlinge am gleichen Tag, werden sie freigelassen.
Der Wächter denkt sich auf der Sicheren Seite, da er die Chancen der Häftlinge mit 1 : 2^100 sehr niedrig einschätzt.
Doch ein Gefangener ist schlau und dadurch sind alle Häftlinge innerhalb kurzer Zeit frei.
Frage eins: Was war die Methode der Gefangenen?
Frage zwei: Welche wahrscheinlichkeit freizukommen können die Gefangenen maximal erreichen?

Blätter mal zurück

So, hier ist nun noch eine Herausforderung für das logische Denkvermögen:
angenommen, man Spielt dieses Spiel mit mehr als 12 Personen und allen erwähnten Karten (auch der Zusätzlichen).
Wie hoch ist die Gewinnchance für die jeweiligen Parteien bei bestmöglicher Spielweise??

Hi

Ich kenne Werwolf als ein Spiel, bei dem sehr viel diskutiert wird, da die "Hinrichtungsentscheidung" sowohl der Wölfe als auch der Dorfbewohner eine demokratische ist.

Wenn man davon ausgeht, dass bei jeder Entscheidung so lange jeder, der keine weiteren Informationen hat, so lange zufällig wählt, bis eine Entscheidung mehrheitlich getroffen ist, wird man wohl zu einem unrealistischen Ergebnis kommen.

Denn:

[a]Die einzelnen Dorfbewohner sind Menschen und schließen sich mit ihrer Meinung anderen an. Dies geschieht nach sozialen Gesichtspunkten und kann wohl ohne ein durch eine Studie erstelltes Modell nicht hinreichend simuliert werden.

[b]Einzelne Spieler bleiben bei ihrer Meinung und werden beim nächsten mal voraussichtlich wieder den selben lynchen wollen.

Kann wohl in dieser komplexität nur mit Computern gelöst werden. Auch stellt sich die Frage, zu welchem Punkt es für das Mädchen klug wäre, sich zu erkennen zu geben. Kann sie die anderen Dorfbewohner überzeugen, ist ein Wohrwolf tot. Dafür stirbt sie in der folgenden Nacht

mfG,

Loup-Garou. Haben wir mal im Französischunterricht gespielt. Nettes Spiel, aber leider erst ab 8 Personen

Es gibt eine 100% Gewinnchance für die Dorfbewohner, wenn sie entsprechend spielen!

die haben ja auch nicht so viele Näche und TAge, grob geschätzt: 6 maximal!

kommt auf die anzahl der spieler an...

Hidden hat folgendes geschrieben :

Kann sie die anderen Dorfbewohner überzeugen, ist ein Wohrwolf tot. Dafür stirbt sie in der folgenden Nacht

Das ist ja noch einfach: sie wartet einfach, bis die Wölfe keine Mehrheit mehr kriegen können. Hier müsste sie natürlich auch den Dieb kennen, falls er Wolf ist. Da sie aber gucken darf, ist alles klar

Lässt sich sicher durch stumpfes durchrechnen aller Entscheidungen herausfinden, schließlich ist grade der soziale Gesichtspunkt dann egal: warum eine Abstimmung gefallen ist, ist ja egal. Wichtig ist nur, dass sie gefallen ist.

Boldar hat folgendes geschrieben :

kommt auf die anzahl der spieler an...

bin mal von 12 Spielern (mindestanzahl für alle Karten) ausgegangen.

Hi

Jetzt habe ich auch mal wieder etwas: In einem dunklen Raum kann sich eine Gruppe Wichtel auf eine Strategie absprechen. Danach werden die Wichtel einzeln hinausgeführt.

Jeder Wichtel hat entweder eine rote oder grüne Mütze auf, kann aber seine eigene Mützenfarbe nicht feststellen.

Von den armen Zwergen wird jetzt erwartet, sich nach Mützenfarben sortiert aufzustellen, sonst fällt Weihnachten aus.

So ein Schlamassel , könnt ihr helfen

Edit: Vielleicht ist das hier ja noch etwas für euch

mfG,

Wo ist denn die Schwierigkeit? Seen die Wichtel die anderen Mützen auch nicht oder dürfen sie nicht miteinander kommunizieren wenn sie die Mützen aufhaben?