Da in jedem Eckpunkt drei Strecken zusammentreffen, kann ein solcher nur Anfangs- oder Endpunkt des beschriebenen Weges sein, wenn alle drei Anliegerstrecken befahren werden sollen. Da es aber höchstens einen Start- und einen Zielpunkt gibt, verbleiben von den insgesamt acht Eckpunkten somit stets (mindestens) sechs mit jeweils (mindestens) einer unbefahrenen Zubringerstrecke.

Hinweis: Hinter dem Bierflaschenrennen verbirgt sich ein echtes Rätsel, dessen Lösung sogar recht kurz ist!

Gruss
Stephan

Zitat von Serpel

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Beim Harzringtreffen wird alljährlich (wie wir alle wissen) das allseits beliebte Bierflaschenrennen ausgetragen. Dabei wird jedem Teilnehmer eine Gummiunterlage auf den Tankdeckel gelegt und darauf eine Bierflasche (vorzugsweise vom Premiumhersteller Oettinger) gestellt. Es treten immer zwei Kontrahenten gegeneinander an und derjenige, der seine Flasche unversehrt über die grössere Distanz bringt hat gewonnen.
Beim letzten Treffen sind je zwei Teilnehmer genau einmal gegeneinander angetreten, und jeder Teilnehmer hat mindestens ein Duell gewonnen. Zeige, dass es drei Teilnehmer J, P, W gab, so dass J gegen P, P gegen W und W gegen J gewonnen hat. (Ich gehe natürlich davon aus, dass es mindestens drei Teilnehmer gab!)
Gruss
Stephan

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Ich will es mal topograpgisch angehen.

Es gibt eine Menge Punkte P(1) ..... P(i), P(i+1), .... p(n)

diese Punkte sind so miteinander verbunden, dass jeweils jeder punkt mit jedem anderen mit einep Pfeil -> verbunden ist, wobei an jedem Punkt zumindestens ein Pfeil ausgeht und terminiert ( für jedes i gilt es gibt ein j und ein k für die gilt P(j)->P(i)->P(k) )

Es lässt sich aus diesen Voraussetzungen für jeden punk ein Kreis bilden: P(a) -> P(b) -> P(c) .... -> P(a)

jetzt lässt sich zeigen, dass dieser Kreis sich redudieren lässt:

Beispiel: ... -> P(d) -> P(e) -> P(f) -> ...

a: entweder es gibt eine Sehne P(d)->P(f) , dann kann man aus dem Kreis den Punkt P(e) eliminieren und man hat somit einen Kreis mit einem Punkt weniger

b: oder die Sehne ist P(d)<-P(f): dann aber gilt: P(d)->P(e)->P(f)->P(d) uns somit wäre die Bedingung erfüllt

gilt jedoch a: dann kann man diese reduzierung weiter fortführen, bis sich ein Kreis mit drei Punkten ergibt.

QED

Andreas
Photograpiert wird auf Film, alles andere ist blos digital.
Mitglied VfDKV

Mal was aus dem Leben.

Polo hat im neuen Katalog ein Gewinnspiel bei dem sechs Zahlen aus fünfzig zu tippen sind.
Wenn einer der ersten 150000 Einsender die richtige Zahlenkombi hat, dann "tun die richtig Preise" raus. (200 Moppeds) Ansonsten gibts nur ein paar Maschinen.
Wie viele Jahre muß dieses Spiel gespielt werden, damit die Trefferwahrscheinlichkeit 0,5 beträgt.

Werner
Nenne Dich nicht arm, wenn Deine Träume nicht in Erfüllung gehen, nenne Dich arm, wenn Du nie geträumt hast.

@Andreas: Das Kernstück des Beweises ist richtig, also die Idee mit den Zyklen und deren Verkürzung durch die Sehnen. Jedoch gibt es im allg. nicht zu jedem Punkt einen Zyklus, der wieder zum Ausgangspunkt zurückkehrt! (Z. B. erfüllt A->B, A->C, A->D, B->C->D->B die Voraussetzungen, aber in A endet kein Pfeil.) Für den Einstieg in Deinen Beweis genügt aber doch die Existenz von nur einem Zyklus, und dieses zu zeigen ist ja kein Problem!

Eine hübsche Beweisvariante:
Unter allen Teilnehmern gibt es einen (oder mehrere), der die meisten Duelle verloren hat. Diesen (der sicher mindestens einmal verloren hat) nennen wir J. Da jeder Teilnehmer mindestens ein Duell gewonnen hat, hat auch J eins gewonnen, beispielsweise gegen P. Hätte nun P gegen alle Teilnehmer, gegen die J verloren hat, ebenfalls verloren, so hätte P insgesamt (mindestens) ein Duell mehr verloren als J, was der Voraussetzung für J widerspricht. Somit gibt es einen Teilnehmer W, gegen den J zwar verloren, P aber gewonnen hat.

Gruss
Stephan

@Werner: Wenn man davon ausgeht, dass jede Zahl höchstens einmal getippt werden kann, so gibt es 50!/(6!x44!) = 15'890'700 Möglichkeiten, den Tippschein auszufüllen. Setzt man ferner voraus, dass es nur eine einzige richtige Zahlenkombination gibt, so ist die Trefferwahrscheinlichkeit beim einmaligen Spiel p = 1/15'890'700 = 0.000'000'062'93.

Da die Wahrscheinlichkeit (1-p)^n bei n aufeinanderfolgenden Spielen nicht zu gewinnen, kleiner als 50 % sein soll, ist somit die Ungleichung 0.999'999'937'07^n < 0.5 nach n aufzulösen. Man muss also mindestens n = 11'014'594 mal spielen, um mit mindestens 50 % Wahrscheinlichkeit mindestens einmal zu gewinnen. Das überlebt kein Mensch!

Gruss
Stephan

Edit: Dies beantwortet aber noch nicht die Frage, wie oft das Spiel gespielt werden muss, damit "richtig Preise rausgetan werden".

Du hast die 150tausen Teilnehmer vergessen!
Setze mal voraus, das die alle verschiedene Kombinationen tippen.

Werner
Nenne Dich nicht arm, wenn Deine Träume nicht in Erfüllung gehen, nenne Dich arm, wenn Du nie geträumt hast.

Man kann nicht voraussetzen, dass die alle verschiedene Kombinationen tippen, aber stattdessen kann man zunächst mal ausrechnen, mit welcher Wahrscheinlichkeit unter den ersten 150'000 Einsendern keiner den richtigen Tipp abliefert; diese beträgt (1-p)^150'000 = 0.990'605 und ist die Wahrscheinlichkeit, mit der sich Polo pro Spielrunde die richtig grossen Preise sparen kann. Somit ist bei dieser Aufgabenvariante die Ungleichung 0.990'605^n < 0.5 nach n aufzulösen. Man erhält n > 73.4, das heisst es müssen mindestens 74 Spielrunden durchgeführt werden, damit der "grosse Preis" mit mindestens 50 % Wahrscheinlichkeit ausbezahlt werden muss.

Ein unfaires Spiel, wenn nicht die Trostpreise entsprechend tröstlich ausfallen!

Gruss
Stephan