Das vielleicht kniffligste Rätsel der Welt... [gelöst] - Seite 2

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Bloodman Auf diesen Beitrag antworten »

letzter beitrag aktualliesier da ein kleiner fehler drin war
Waleb Auf diesen Beitrag antworten »

Am Ende bin ich zwar nicht mehr ganz mitgekommen, aber gehen nicht alle eure Lösungsvorschläge davon aus das die Wärter auch die maximale Zahl der Veränderungen ausnutzen obwohl bei der Rätselstellung darauf hingewiesen wird das das ein maximal und kein Festwert ist?

Denn wenn die Wärter nur 1 mal weniger verändern als sie dürften dann geht das ganze unendlich.
 
 
rad238 Auf diesen Beitrag antworten »

Ist das so trivial? Ich komm da nicht ganz mit. unglücklich

Nehmen wir mal den simpelsten Fall an:

a) Es gibt nur 3 Gefangene: Gefangener X, Gefangener Y und Gefangener Z.
b) Die Werter stören das Spiel nicht.

Angenommen, Z ist der Master-Gefangene, der zur gegebenen Zeit zur Freiheit ausrufen soll. Er drückt den linken Heben immer runter.

X und Y sind Slave-Gefangene, welche den linken Hebel jeweils N mal nach oben drücken.

Wenn Z den Raum zuerst betritt und der linke Hebel ist unten, dann ist die Welt in Ordnung. Von da an muss er ihn 2*N mal runter drücken, bis das Spiel beendet ist. Aber was ist, wenn er den Raum betritt und der linke Hebel ist bereits oben? Er weiß ja nun nicht, ob das schon von vorn herein so war, oder ob X, Y bereits vor Ihm da waren und den Hebel hoch gedrückt haben. Also weiß Z auch nicht, ob er den Hebel 2*N mal oder 2*N+1 mal runter drücken muss. Es kann passieren, dass er der Spiel zu früh beendet, oder er wartet vielleicht ewig...

Wie geht das jetzt weiter? verwirrt
Bloodman Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Waleb
Am Ende bin ich zwar nicht mehr ganz mitgekommen, aber gehen nicht alle eure Lösungsvorschläge davon aus das die Wärter auch die maximale Zahl der Veränderungen ausnutzen obwohl bei der Rätselstellung darauf hingewiesen wird das das ein maximal und kein Festwert ist?

Denn wenn die Wärter nur 1 mal weniger verändern als sie dürften dann geht das ganze unendlich.


????????????????

ich verstehe nicht was du meinst bei meiner lösung ist es egal ob der wärter 1 oder 13 oder überhaupt nicht verändert!
und es geht nicht unendlich!
man muss nur von der maximalzahl ausgehen damit kein fehler entstehen kann (wollen ja alle überleben!)
mr_data Auf diesen Beitrag antworten »

Schalter1 = S1
Schalter2 = S2
Schalter oben = u
Schalter unten = d,
(u,d) = S1 u, S2 d
X = Zählende Person

mit G Gefangenen und Wärtern, die W mal unbemerkt die Hebel verstellen können

------------------------------------------------------------------------------

Ablauf:

Start: Schalter stehen zufällig

1. Man wartet bis X in den Raum kommt. Sie stellt (u,?) ein.

2. Die nächste Person die zu den Schaltern kommt findet (u,?) vor und verhält sich wie folgt:
- Falls sie das noch nicht C mal getan hat, stellt sie (d,?) ein.
- Falls sie schon C mal (u,?) zu (d,?) geändert hat, behält sie (u,?) bei. und 2. wird wiederholt.

3. Die nächste Person findet (d,?) vor und behält (d,?) bei. Kommt X in den Raum, stellt sie wieder (u,?) ein, merkt sich wie oft sie das schon getan hat und es geht bei 2 weiter. Die Anzahl der bisherigen Zurückstellungen ist N.

gilt zu einem beliebigen Zeitpunkt N = N~ so bricht X das spiel ab. Alle waren mindestens einmal im Raum (bei korrekter Wahl von N~).

------------------------------------------------------------------------------

Es gilt:

N ist fehlerhafte Größe mit s_N = +- W

stellt jede Person höchstens C mal von (u,?) nach (d,?), so ist N aus
[(G-1)*C +- W], sobald alle außer X C mal S1 geschaltet haben.
(X stellt die Schalter nicht um, darum G-1. Dies ist unbedenklich, da X mindestens einmal im Raum gewesen sein muss um zu lösen.)

Man muss nun einen Zählwert N~ angeben. Da nur bei N aus obigem Intervall beendet werden darf wählt man

N~ = min[(G-1)*C +- W] = (G-1)*C - W.

Es darf allerdings nicht möglich sein N~ counts zu bekommen wenn mindestens eine Person noch nicht im Raum war. Es muss also gelten:

[(G-2)*C +- W] geschnitten [(G-1)*C +- W] = leere Menge

<=> (G-2)*C + W < (G-1)*C - W <=> C > 2W

------------------------------------------------------------------------------

In unserem Spezialfall ist:
G=13, W=13
und damit C > 2W = 26.
Wähle C = 27, so ist N~ = (G-1)*C - W = (13-1)*27 - 13 = 311
Jeder stellt also C=27 mal den Hebel um wie in 2.,
X beendet das Spiel bei 311 Counts.

Im Falle ohne Wärter, also mit W=0, gilt C>0. man wählt C=1 und erhält
N~ = (G-1)*1 = G-1
Mrs Egoistic Auf diesen Beitrag antworten »
uiuiui
ey der wahnsinn^^ ich überleg schon seit tagen und komm nich weita!
sag doch die lösung büdde Wink
PrototypeX29A Auf diesen Beitrag antworten »

Was ist die Frage bei diesem Rätsel?
Airblader Auf diesen Beitrag antworten »

Mich würde die Lösung nun auch brennend interessieren.
Für mich klingt das Rätsel einfach unlösbar verwirrt

Sie wissen ja nichtmal, wie die Hebel gestellt sind, wenn sie dran sind.
Dadurch kann man über die Hebel doch keinerlei Informationen übermitteln, oder?

Edit:
Oder wissen sie nur vor Start d. gesamten Spiels den Hebelstand nicht, aber sehen, wie sie stehen, wenn sie den Raum betreten?

air
gast23232323 Auf diesen Beitrag antworten »

Das ganze würde doch au nur mit einem Hebel gehen (Mit 2 Hebel geht es nur schneller).

Ablauf:

1. Zuerst konnten sich ja alle absprechen.

2. Häftling kommt in Zelle. Falls er schon mal drinnen war, macht er nichts, ansonst bewegt er den Hebel nach oben.

2. Der 13. Häftling wurde nun als Schlüsselperson bestummen. Falls er reinkommt und den Hebel sich oben befindet macht er einen Strich auf seinem Zettel und legt den Hebel wieder nach unten.

3. Es müssen sich nun (Anfangszustand)+(Anzahl Häftlinge)+(Anzahl Besuche der Wärter)=1+13+8 auf diesen Zettel befinden, um ganz sicher zu sein.

Randbedingung (sonst ist keine eindeutige Lösung möglich, auch bei 2 Hebel nicht):
m=Anzahl Häftling
n=Anzahl Aufenthalte der einzelnen Häftlinge
Bei m gegen unendlich, muss auch alle n's nach unendlich gehen (Die AnzahlAufenthaltsfunktion darf nicht konvergieren)

Oder hab ich was vergessen??? Oder wieso sollte das nicht gehen?
rolai Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn ich Wärter wäre, würde ich nie den Hebel betätigen. Dann kommt der Zähler nie auf seinen gewünschten Wert. Das heißt, dass das Rätsel mit Wärter nicht lösbar ist, wenn die Wärter schlau sind.
Was ist gegen dieses Argument zu sagen?
storm~2 Auf diesen Beitrag antworten »

also wenn die sich in der letzten nacht beraten drfen wieso fragen die sich nicht einfach ob schon jeder im raum war?
rätsel gelöst xD
Jolaytango Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn die Wärter schlau wären, würden sie die Gefangenen nicht umbringen, so seh ich das... ausserdem könnten sie ja auch "mega schlau" sein und einfach nie alle 13 in die Zelle führen - die Sadisten!!! Hammer

Wenn man davon ausgeht, dass die Gefangenen bis an ihr Lebensende warten und der erste, kurz bevor er stirbt einfach annimmt das alle bereits einmal in der Zelle waren, dann wäre es doch auch gelöst, denn wenn es nicht so wäre, könnte es ja eh nicht mehr eintreffen, da sie ja dann einer weniger wären! ;-)
David_ Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm,, verratet mal ne Lösung, bzw. nen Lösungsweg traurig
curendaro Auf diesen Beitrag antworten »

Das wärterproblem ist unlösbar da die Rahmenbedingungen nicht Pflicht sind gegeben zu sein. Kommt keine wärterumstellung geht es nicht aus.

ABER das grundproblem ist, kommt der zählende nicht rein, sondern alle anderen ist die Rahmenbedingung auch nicht gegeben und es kann unendlich lang dauern da der zählende nie kommt

so blöd es klingen mag, aber die Lösungsansätze sind für ein anderes Problem

in dem vomTE gibt es nur eine richtige Lösung., und die lautet wie folgt:

es kann nie davon ausgegangen werden das alle 12 schon drinnen waren da die Zeit unwichtig ist wie verdeutlicht wurde durch den TE

auf ein Problem selber Struktur, mit Absicherung das jeder mal reinkommt gilt folgende Lösung

aufgestellte Algorithmen für Personen 1-13

10101010101010101010101 -schaltet links
10010010010010010010010 - schaltet rechts
10001000100010001000100 - schaltet links nur runter
10000010000010000010000 -schaltet rechts nur runter
1010010100101001010010100 -schaltet nur wenn beide gleich, links 1, rechts 0
11001100110011001100110011(!!) zählende Person bis 14, oder korigierende

Person 7-12 schalten links runter wenn Rechts unten ist
schaltet links rauf wenn rechts und links unten sind
schaltet nicht wenn beide oben
schaltet alle anderen stellungen rechts rauf oder links rauf wenn rechts oben
kann ich aus diagramm nicht herauslesen

Person 13 löst aus, zweite zählende Person, bei 14
selben Algorithmus, gegengleich durch var. Zählstellung

zu zählen wird angefangen nachdem eine zählende Person
oben oben, und beim nächsten Besuch unten unten vorfindet

findet er das nicht vor wird auf start gewartet bis zu 13 mal,
danach kann gezählt werden

die zählende Person die mehr Leute zwischen sich hatte
wird zuerst auf 14 kommen(1 mehr als 13 da Startstelung unklar)

zu zählen ist für Person eins, wenn beide oben
zu zählen für Zähler zwei, wenn beide unten

damit wird umgangen das Wächterumstellungen gezählt werden

wenn nicht gezählt wird, wird ungewollt korrigiert

Personen 7-12 sind Gegenpart zu ersten 5 Algorithmen um zählen zu ermöglichen
mit bis zu 13 Fehlstellungen durch Wärter

vorzeitiges Ende wenn eine Person 13 mal die selbe Vorstellung vorfindet
da sich die Algorithmen addiert haben und er der letzte ist.

//EDIT//
Fehlerkorrektur kann festgelegt werden, pro Fehler 2+n Durchgänge
um menschliche Aspekte einzubringen

Das Problem erinnert mich an den Algorithmus einen Cubic 12x12
blind zu lösen da es dort auch einen ungewollten kombinietren Hauptaktor gibt

Mfg David
curendaro Auf diesen Beitrag antworten »

ups Fehler eingebaut :/

es ist nach 14 gleichen Stellungen aus, bei 13 könnte es sein Startstellung mitklingt außer bei 00, was bei 14 dann auch egal ist, richtige Durchlaufzeit 14

und eines muss klar sein, ein Zähler zählt immer falsch, er hat mindestens 1 zuwenig
und ist nach oben hin nicht beschränkt
-deshalb ungewollter korrigierer, er weis erst nach Auslösen des anderen
das er der falsche war und nie auslösen hätte sollen
biboxxl Auf diesen Beitrag antworten »

nicht lösbar da keine komunikation untereinander nach einzellhaft besteht.
und der 13.te ja nicht weiss das er es ist der das ende der rotation darstellt
lustig wäre jedoch:

die wärter Stellen lassen nacheinander 10 gefangene in die Zelle legen aber die Hebel immer beim 10.ten wieder in die ausgangstellung zurück so das der 10.te immer das selbe sieht
Ab dem 10 schicken sie einfach immer nur die ersten 10 in die Zelle das machen sie 5 Jahre lang und dann schicken sie die nr 11 in die Zelle und schauen was passiert...
ich wette der drückt den knopf Augenzwinkern
wie auch immer sie brauchen ja laut der aufgabenstellung den 13 garnicht reinzuschicken.
Aber sie suggerieren es der nummer 11 indem sie ihn 5 Jahre warten lassen.


was ist wenn die wärter das system verstehen und den 13.ten einfach simulieren ?
das ganze rätsel ist keines da alles vom willen der wärter abhängt somit auch keine Formel zum einsatz kommen kann.
die gefangenen können nur raten.

Da alle antworten davon ausgehen das die wärter abwechselnd wirklich alle reinschicken sind alle lösungen nicht anwendbar da das keine voraussetzung ist.
Genauso ist es wenn die Leute beim Lotto immer die selben Zahlen nehmen in der annahme das ihre Zahlen ja irgendwann mal kommen müssen--- neeeee müssen sie nicht da bei jeder ziehung das system neu startet PUNKT

sorry aber ist so . jedenfalls bis du die frage umstellst...
Ichverstehsnicht2 Auf diesen Beitrag antworten »

böse was ist nun die lösung??
Ichverstehsnicht2 Auf diesen Beitrag antworten »

Hier steht die gleiche frage allerdings ohne wärter
rea51.de/fpost16677.html
Maybemaybe... Auf diesen Beitrag antworten »

Ich bin mir nicht ganz sicher ob dieser Lösungsweg richtig ist, er endet aber auch in einem unlösbaren Szenario, jedoch anders begründet.

Die einzige Frage ist ja, die: Wann waren alle Gefangenen in diesem Raum. Nicht, wie viele oder welche Hebel wurden betätigt. Diese kann man völlig außer acht lassen. Und es geht ja laut Frage auch nur darum, dass man "sagen können soll, wenn er in den Raum geführt wird, dass alle anderen zwölf Gefangenen schon mindestens einmal vor ihm im Raum waren". Das ist mit einziger Sicherheit erst zu sagen, wenn man dem Prinzip der Wahrscheinlichkeit nachgeht.

13 Verschiedene Möglichkeiten beim 1. mal
13 Verschiedenne beim 2. mal
.... etc.

Das Szenario endet also frühestens nach 13 Versuchen.
Also nehmen wir an, es gäbe somit 13^13 verschiedene Möglichkeiten, das wären: 302875106592253 verschiedene!


Würde mann nun noch die verschiedenen Hebelpositionen mit einberechnen würde diese Zahl steigen.
So ist dieser Wert der am geringsten auszurechnende.
Um alle Möglichkeiten zu testen müsste man also 302.875.106.592.253 Versuche durchführen. Erst nach dieser Anzahl kann man sagen, es war jeder mindestens 1x in diesem Raum, da es max. diese Anzahl an verschiedenen Möglichkeiten, bei minimalem Aufwand, gibt.


Sollte mir dabei ein gewaltiger Fehler unterlaufen sein, nobodys perfect Augenzwinkern
Maybemaybe... Auf diesen Beitrag antworten »

Und dennoch könnte die Möglichkeit bestehen, dass all diese Versuche über immer nur eine einzige Person genommen wurde. Somit ist diese Rätsel nicht lösbar!
Dustin Auf diesen Beitrag antworten »

Hi, ich hab mir das Rätsel mit sehr viel Begeisterung gestern Nacht durchgelesen Big Laugh
Zum Glück muss ich heut erst um 1 los Augenzwinkern

Erst einmal möchte ich die neueren Beitragsteller, die fragen, was das Rätsel ist oder was die Lösung ist, einfach bitten, sich den thread vielleicht mal durchzulesen... steht alles drin!

Ich hab mir eine Variante des Rätsels überlegt, vielleicht lässt sich ja der Thread damit wiederauffrischen?

Wieder gibt es 13 Gefangene, die morgen aus gemeinsamer in Einzelhaft verlegt werden sollen. Die Wärter haben sich ein ähnliches Spiel überlegt, aber diesmal eins, das mehr Spannung verspricht Augenzwinkern

Die Gefangenen gewinnen NUR in folgendem Fall: Wenn bereits 12 verschiedene Gefangene im Raum waren (egal wie oft), und nun der 13. erstmals hineingeführt wird, muss dieser SOFORT sagen können, dass alle anderen schonmal im Raum waren. Legt er stattdessen einen Hebel um, ist das Spiel für die Gefangenen verloren.

Natürlich sind dazu einige Modifizierungen nötig:
- Die Wärter dürfen die Schalter NICHT zur Verwirrung verstellen
- Alle Hebel stehen am Anfang auf der Position "unten" und die Gefangenen wissen das
- Es gibt mehr als zwei Hebel.

Fragen:
1. Wer weiß einen definitiven Beweis dafür, dass das Problem unlösbar wäre, wenn die Gefangenen die Anfangsstellung der Schalter nicht kennen würden?

2. Wie viele Hebel werden mindestens benötigt, um das Rätsel für die Gefangenen zu 100% lösbar zu machen?

Ich beginne mal mit 14 Hebeln, was mit einer sehr einfachen Lösungsstrategie verbunden ist:
Jedem Gefangenen wird ein Hebel zugeordnet, der 14. Hebel darf von allen betätigt werden.
Jeder, der zum ersten Mal reinkommt, betätigt "seinen" Hebl, bei weiteren Besuchen betätigt er nur noch Hebel 14.
Wer reinkommt und alle Hebel außer dem eigenen oben sieht, weiß, dass alle schon mal drin waren. In jeder anderen Situation weiß er, dass dies nicht der Fall ist.

So, das ist ziemlich simpel. Aber ich frage mich, ob es nicht auch mit weniger Hebeln gehen muss?
(Das Tolle wäre für mich, wenn diese Variation auf euer Interesse stößt, dass ich genauso mitraten kann wie ihr, jedenfalls bei Frage 2 smile )

VG Dustin
Jaweissnich Auf diesen Beitrag antworten »

Zu der neuen Variante mit den vielen Hebeln sage ich, dass bei 13 Gefangenen ohne verstellende Wärter 13 Hebel reichen.
Jeder Gefangene, der zum ersten Mal drin ist, verstellt den Hebel, der am weitesten links und unten (Anfangsstellung). Ansonsten wird der ganz rechte Hebel verstellt. Somit sieht der Gefangene, der als letzter zum ersten Mal rein kommt die Situation
OOOOOOOOOOOOX Wobei O für Oben und X für eine beliebige Stellung steht. Bevor er seinen Hebel bewegt, der deshalb nicht da ist, kann er sagen, dass alle anderen der insgesamt 13 Gefangenen bereits mindestens einmal da waren.

Sofern die Wärter nach belieben verstellen können, kann keiner mit Sicherheit sagen, dass schon alle da waren, da die Wärter vor dem ersten alle Hebel nach oben bewegen können und so dem ersten suggerieren, dass er der letzte sei. Auch könnten sie alle Hebel direkt wieder in die Anfangsstellung bringen, wenn sie betätigt wurden.
Dustin Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Zu der neuen Variante mit den vielen Hebeln sage ich, dass bei 13 Gefangenen ohne verstellende Wärter 13 Hebel reichen. Jeder Gefangene, der zum ersten Mal drin ist, verstellt den Hebel, der am weitesten links und unten (Anfangsstellung). Ansonsten wird der ganz rechte Hebel verstellt. Somit sieht der Gefangene, der als letzter zum ersten Mal rein kommt die Situation OOOOOOOOOOOOX Wobei O für Oben und X für eine beliebige Stellung steht. Bevor er seinen Hebel bewegt, der deshalb nicht da ist, kann er sagen, dass alle anderen der insgesamt 13 Gefangenen bereits mindestens einmal da waren.


Stimmt! Jetzt hab ich sogar eine darauf aufbauende Variante, für die 8 Hebel reichen.
Anfangssituation: UUUUUUUU
1. Gefangener sieht diese Situation und verstellt Hebel 1.
2. Gefangener sieht OUUUUUUX und verstellt Hebal 2
usw. bis zum 7.
8. Gefangener sieht OOOOOOOX und verstellt 1
9. sieht UOOOOOOX und verstellt 2
...
13. Gefangener sieht UUUUUOOX und weiß, dass alle anderen schon mal da waren.

(Sogar ein 14. gefangener könnte noch dabei sein und das System würde funktionieren)

Zitat:
Sofern die Wärter nach belieben verstellen können, kann keiner mit Sicherheit sagen, dass schon alle da waren, da die Wärter vor dem ersten alle Hebel nach oben bewegen können und so dem ersten suggerieren, dass er der letzte sei. Auch könnten sie alle Hebel direkt wieder in die Anfangsstellung bringen, wenn sie betätigt wurden.

Genau, deswegen geht das dann niemals eindeutig. smile
Jaweissnich Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe mal noch ein wenig nachgedacht und festgestellt, dass man die Erkenntnis von Dustin auch als Formel ausdrücken kann:

H=G/2+1
H: Hebelanzahl
G: Gefangenenanzahl

Mit Wärtern ist das Ganze mit keiner Anzahl an Hebeln wirklich sicher für die Gefangenen egal bei welcher Ansagemethode (sofort, wenn alle drin waren oder irgendwann, wenn alle drin waren).
Dustin B Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
ch habe mal noch ein wenig nachgedacht und festgestellt, dass man die Erkenntnis von Dustin auch als Formel ausdrücken kann: H=G/2+1 H: Hebelanzahl G: Gefangenenanzahl


*Klugscheißmodus an*
Wobei bei ungeradem G aufgerundet werden muss Augenzwinkern Ich würde also eher schreiben:

*Klugscheißmodus aus* Big Laugh

Zitat:
Mit Wärtern ist das Ganze mit keiner Anzahl an Hebeln wirklich sicher für die Gefangenen egal bei welcher Ansagemethode (sofort, wenn alle drin waren oder irgendwann, wenn alle drin waren). Dustin


Genau, sehe ich auch so. Schließlich muss sich der 13. Gefangene allein aufgrund der Schalterkonstellation entscheiden (anderes Wissen hat er nicht) und kann deshalb nie wissen, ob diese Konstellation von seinen Kollegen oder von den Wärtern herbeigeführt wurde.
Grouser Auf diesen Beitrag antworten »

Ich wüsste zu der neuen Variante eine Lösung mit 5 Hebeln:

Die 4 linken Hebel dienen als Darstellung einer Zahl, die hochgezählt wird, sobald ein neuer Gefangener den Raum betritt. Der 5. Hebel wird umgelegt, wenn ein Gefangener erneut in den Raum geführt wird.

Das System zum Hochzählen der Zahl mit den 4 linken Hebeln ist simpel.
code:
1:
2:
3:
4:
5:
6:
7:
8:
9:
10:
11:
12:
13:
14:
15:
0000 = 0 
1000 = 1 
1100 = 2
0100 = 3
0110 = 4 
0010 = 5
0011 = 6 
0001 = 7
1001 = 8 
1101 = 9 
0101 = 10 
0111 = 11 
1111 = 12

Sieht der Gefangene nun die Schalterstellung weiß er, dass er der 13. Gefangene in diesem Raum ist.

edit: Da hatte sich ein Fehler eingeschlichen.
Grouser Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab inzwischen auch einen Beweis, dass 4 Hebel nicht ausreichen. Die Idee dahinter ist leicht, die Ausführung wurde dann doch etwas länger.

Es gibt nur 16 Kombinationsmöglichkeiten und für jede Kombinationsmöglichkeit muss sichergestellt werden, dass ein Gefangener genau einen Hebel bewegen kann, ohne den Code zu zerstören und ohne dem nächsten Gefangenen die Möglichkeit zu nehmen, den Code seinerseits weiterzuführen. Dies ist mit genau einer Hebelbewegung selbst für 12 (bzw. 13) zu beinhaltende Codes bei nur 4 Hebeln unmöglich.
Die 12 Codes sind allerinds zwingend notwendig, wie man sich leicht überlegt.
Grouser Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab nun den aus Frage 1 geforderten Beweis für eine abzählbare Anzahl an Schaltern (also abzählbar unendlich viele oder weniger):

Es reicht den Fall zu betrachten, dass jeder Gefangene den Raum nur genau einmal betritt.

Sei die Indexmenge der vorhandenen Schalter, die Menge aller möglichen Schalterstellungen zu Beginn, und G die Menge der 13 Gefangenen.

Angenommen es gibt eine Lösung.
Dann gibt es zu jeder gegebener Anfangsstellung eine eindeutige Endstellung .

Nun gilt aber , somit kann es so eine eindeutige nicht geben.

edit: Die Ungleichung muss man sich natürlich überlegen. Allerdings ist es mir etwas zu spät (bzw. zu früh), diese noch abzutippen.
Dustin Auf diesen Beitrag antworten »

Die Lösung mit den 5 Schaltern ist klasse! Hab mich gefragt, ob es mit 5 geht, aber ich hatte es noch nicht selbst hinbekommen!
Bei deinem gegenbeweis mit 4 Hebeln setzt du allerdings voraus, dass der 4. Habel zwingend als "Nullschalter" zum Betätigen bei mehrfacher Ankunft im Raum durch den selben Gefangenen dienen muss. Ist das wirklich so? Hmmm... und wenn ja, wie viele Gefangene dürften es bei 4 Hebeln maximal sein?

Zum anderen Beweis der Aufgabe 1 sag ich nur: wow... Ich finds immer wieder faszinierend, wie man sowas formalisieren kann. Als Physiker hab ich ja davon nicht so viel mitgenommen während meines Studiums (d.h. das Lesen solcher "Texte" bereitet mir nicht so viel Schwierigkeiten, aber so etwas selber zu érstellen würde mir sehr schwer fallen). Well done, Grouser! Gott
Grouser Auf diesen Beitrag antworten »

Ähm, bei dem Problem der nötigen Anzahl hast du wahrscheinlich einen Gedankensprung gemacht.

Es gibt auch ein System mit 5 Schaltern in dem es keinen speziellen Schalter gibt, der quasi als Leerschalter belegt ist. Allerdings ist das schwer zu konstruieren (die Existenz zu zeigen ist noch relativ einfach, wenn ich mir das gerade richtig überlegt habe).

Es gibt jedoch kein System mit 4 Schaltern - unabhängig davon welches System man benutzt. Zumindest nicht, wenn immer genau 1 Schalter betätigt werden muss. Es gibt sehr wohl ein System mit 4 Schaltern, wenn höchstens 1 Schalter betätigt werden muss und ich vermute, dass es auch eines gibt, wenn man einen oder zwei Schalter betätigen darf (dies hab ich mir allerdings noch nicht formal überlegt).

Die Frage wie viele Gefangene es bei 4 Schaltern höchstens sein dürfen, hab ich mir noch nicht gestellt. Wenn heute Abend mal wieder nur Grütze im TV läuft, könnte ich mich mal daran machen Augenzwinkern

Um ins Blaue zu raten: Ich vermute 9, ist aber wirklich "geraten"
Dustin Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Die Frage wie viele Gefangene es bei 4 Schaltern höchstens sein dürfen, hab ich mir noch nicht gestellt. Wenn heute Abend mal wieder nur Grütze im TV läuft, könnte ich mich mal daran machen Augenzwinkern

*lach*
Grouser Auf diesen Beitrag antworten »

Du lachst... Ich hab meinen Fernseher inzwischen sogar verschenkt, weil sich das Fernsehprogramm heutzutage einfac nicht mehr lohnt. Da ich allerdings momentan bei meinen Eltern zu Besuch bin, hätte ich zumindest theoretisch die Möglichkeit...
Dustin Auf diesen Beitrag antworten »

Mein Fernseher ist seit Monaten kaputt und irgendwie fehlt mir überhaupt nichts. Ich kann dich also gut verstehen!
temenos Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Das vielleicht kniffligste Rätsel der Welt... [gelöst]
Hallo, eine Frage: Ist der Fall zulässig, dass ein beliebiger Häftling von den Wärtern nur einmal und danach willkürlich nie wieder in die Zelle geholt wird?
Jaweissnich Auf diesen Beitrag antworten »

Selbstverständlich ist das möglich.
eddy131 Auf diesen Beitrag antworten »

Im Prinzip gibt es eine simple Methodik, um mit wenig (Rechen-) Aufwand zu einem Ergebnis zu kommen.

Nehmen wir mal das konkrete Beispiel mit je 13 Gefangenen und Wärterumstellungen.
Wie gehabt gibt es einen Zähler der den Linken Schalter - wenn er sich oben befindet - runterlegt und einen Strich auf seiner Liste macht. Und alle anderen legen den Hebel N mal nach oben.
So, wie groß ist den nun "N"?

Ganz einfach:

Das Worst Case Scenario wäre ja, das 11 Gefangene ihre N Umlegungen hatten und der 12. noch keine. Nehmen wir diesen Fall mal an und betrachten weiterhin nur Person Nummer 12 (Person 13 zählt zwischendrin fleißig mit). Im Prinzip ist das die Situation, wenn wir nur 2 Gefangene hätten (1 Zähler + 1 Umleger) bei 13 Möglichen Manipulationen.
Nun gibt es 2 (3) Extremfälle:

1. Die Wächter negieren die Umlegungen von Person 12 Dreizehn mal.
2. Die Wächter lassen den Zähler Dreizehn mal ihre Manipulation zählen.
(3. Die Wächter tuen nichts.)

Für den ersten Fall müsste Person 12 (13+1)=14 mal den Hebel 1 umlegen, um Freizukommen.
Beim zweiten Fall würde einmal reichen, aber der Zähler müsste 14 mal mitzählen, um einmal einen richtigen zu bekommen.
(Bei Drittens bräuchte Person 12 auch nur einmal den Hebel umlegen)
Also sind nur 14 Umlegungen nötig, um frei zu kommen.

Nun wieder zu den Personen 1-11. Wegen der Fälle 1. und 2. müssen sie 2*13+1 mal den Hebel umlegen. 13 mal falls sie alle negiert werden plus 13 mal falls sie hinzugezählt wurden (jeder muss quasi um die Anzahl der Manipulationen nach oben und unten korrigierend ausweichen können) plus 1 mal für die sichere Zählung.
Da aber nicht bekannt ist, wo der Hebel zu Beginn stand, muss jeder (wie von anderen schon mehrfach erwähnt) noch einmal zusätzlich den Hebel umlegen, um dem entgegen zu wirken.

Somit haben wir [11* (2*13+1+1)] + [1*(13+1+1)] = 323 die der Zähler umlegen muss (oder 322. Je nach Zählung. Den letzten muss er ja nicht unbedingt umlegen, um Gewissheit zu haben)

Oder allgemein ausgedrückt:

Z=(G-1)*(2*W+2)+(W+2)
N=(2*W+2)

Jeder muss also 28 mal den Linken Hebel nach oben umlegen, bevor er ihn komplett ignorieren kann und schlussendlich um die Freiheit zu erhalten.
gast010 Auf diesen Beitrag antworten »
Rätselkniff
1) Die Lösung lautet 13,

das ist die Anzahl der Häftlinge, die ausgewählt werden müssen, damit alle einmal im Raum waren,
schließlich gibt es 13 Gefangene, nicht zwölf oder vierzehn ...


OK, Wortklauberei vorbei aber ich versuche mal trotzdem auf die Aufforderung in der Aufgabenstellung "die Anzahl der Häftlinge anzugeben die zumindest nötig ist auszuwählen, damit einer sagen kann dass jeder Häftling zumindest einmal vor ihm im Raum war" eine Antwort zu geben.

Die Zahlt ist sehr klein, denn es gilt ja den Idealfall (wegen mindestens) zu konstruieren.

Zu meiner Lösung ( ohne Wärtermanipulation ):
linker Hebel = Zählhebel, wird von Gefangenen 1 - 12 nach unten gelegt
Gefangener Nr. 13 zählt, legt linken Hebel nach oben
linker Hebel kann in Ausgangslage schon unten sein,
daraus ergibt sich folgender Mindes-/Idealbesuch:

13 1 13 2 13 3 ... 11 13 12 13 => 25

mit Wärtermanipulation:
a) Wärter könnten 13-mal linken Hebel nach unten legen und so eine zusätzliche Zählung verursachen,
der zählende Gefangene muss 13-mal zusätzlich in den Raum, um den linken Hebel zurückzustellen

13 13 13 1 13 13 2 13 13 3 ... 11 13 13 12 13 => 38

a) Wärter könnten 13-mal linken Hebel nach oben legen und so eine Zählung verhindern
der zählende Gefangene braucht 12-mal nicht in den Raum, um den linken Hebel zurückzustellen
Die Gefangenen 1-11 müssen zweimal in den Raum. Gefangener 12 sogar dreimal.

13 1 1 13 2 2 13 3 3 ... 11 11 13 12 12 12 13 => 38

c) Wärter könnten am rechten Hebel rumspielen
siehe oben ohne Wärter => 25

d) Wärter machen von allem etwas

13 1 1 13 13 2 13 3 ... 11 11 13 13 12 13 => 26 - 37

e) Weil wir durch die Frage nach den Mindestanzahl die Reihenfolge bestimmen können und
wegen der Wärtermanipulation gar nicht mehr zählen brauchen, ergibt sich:

1 2 3 ... 11 12 13 => 13

Ergibt ein statistisches Mittel von cirka 30.

Erklärung: Die Frage nach den Mindesthäftlingen macht das Finden einer Lösung sehr einfach und ist wohl nicht Sinn dieses Rätsels.

Bessere Frage: Wie oft muss der zählende Gefangene den umgelegten Zählhebel zählen, bis er sicher ist, dass alle Gefangenen im Raum waren.

Ohne Wärtermanipulation:
Weil die Ausgangsstellung der Hebel nicht bekannt ist, müssen die Gefangenen den Zählhebel zweimal umlegen.
Der Zählende kann sich dann bei 24 counts sicher sein, dass alle anderen Gefangenen mindestens einmal im Raum waren.

Mit Wärtermanipulation:
Zur Vereinfachung wählen wir nur eine Manipulation seitens der Wärter.
1. Frage: Wieviel counts sind nötig, bis der zählender Gefangene (ab hier Nr. 13) sicher ist, dass alle im Raum waren?
Dazu rechnen wir aus, wieviel counts mit 11 Gefangenen maximal möglich sind und erhöhen schon mal die Anzahl, die die Gefangenen den Hebel umstellen dürfen auf 3, weil die Wärter ja einmal manipulieren könnten.
11 * 3 + 1 (Hebel ist zu Anfang in Zählstellung) + 1 (Wärter verursachen Zählung) = 35
Der 36. count ist also auf jeden Fall vom 12. Gefangenen.

2. Frage: Wieviel counts sind überhaupt möglich?
12 * 3 - 1 (Wärter verhindern Zählung) = 35.
Die Anzahl der maximalen Hebelumstellungen pro Gefangener reicht nicht aus;
probieren wir es mit 4 Hebelumstellungen: 12 * 4 - 1 = 47.
Wieviel counts sind mit 11 Gefangenen möglich: 11 * 4 + 1 +1 = 46. Passt

Diese Ausführungen führen zu folgender Formel:

Anzahl Gefangener, die gezählt werden(G) * Hebelumstellungen(HU) - Manipulationen(M) >
Anzahl zu zählender Gefangener -1(G-1) * Hebelumstellungen(HU) + Manipulationen(M) +1(schlechte Ausgangslage)

Für G = 12, M = 13 => HU > 27
Mit 11 Gefangenen sind also 11 * 28 + 13 + 1 = 322 counts möglich, dh.:

Betritt Gefangener Nr. 13 die Zelle und würde zum 323. Mal eine linke Hebelumstellung zählen, kann er sicher sein, dass alle anderen Gefangenen mindestens einmal den Hebelraum betreten habe.

Diese Lösung wurde bereits auf Seite 1 von Sidi gepostet und wohl übersehen
3 Posts später wiederholt Bloodman die Lösung in Kurzform.
Auf Seite 2 oben ist mr_data nahe dran, vergißt aber den Sicherheitsdurchlauf, falls der Zählhebel in seiner Ausgangsstellung bereits in Zählstellung ist.

Mein Vorposter macht fast alles richtig, nur sein letzter Satz ist nicht die Antwort auf die Frage. Und nicht ganz richtig, weil nicht zwingend jeder der Gefangenen 1-12 den linken Hebel 28 mal betätigt. Das müssen sie nur dann, wenn die Wärter 13 mal den Hebel so manipulieren, dass eine Zählung verhindert wird.

Der zählende Gefangene, kann 'Ihr müßt uns freilassen' brüllen, wenn er beim Betreten des Raumes feststellt, dass der Zählhebel zum 323. Mal in die vorher abgesprochene Stellung gebracht worden ist.
Apolo13 Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Rätselkniff
Also, jetzt muss ich mich auch mal einmischen. Hab jetzt auch zwei Tage lang mit diesem Rätsel zugebracht und bin ein bißchen enttäuscht, dass Ihr Mathefreaks von den ersten Seiten dieses Threads Euch so schnell mit halbfertigen Lösungserklärungen zufriedengebt. Hier jetzt mein Lösungsvorschlag:

Die Gefangenen müssen sich am Abend vorher eine Stategie überlegen, wie sie dieses Spiel überleben. Sie müssen davon ausgehen, dass die Wärter eben diese Strategie auch kennen- deswegen schlagen sie ja das Spiel vor. Also nix mit fünf Jahre warten, dann wird schon jeder mal drin gewesen sein und son Schnickschnack.

Also der ganz einleuchtende Lösungsansatz (auf den ich einen Tag lang nicht von allein gekommen bin) ist natürlich, die Gefangenen einigen sich auf einen Signalhebel, der als Zeichen in eine vorher festgelegte Stellung gebracht wird- WENN DAS MÖGLICH IST!. In diesem Thread ist das der linke Hebel nach oben. Die Gefangenen bestimmen eine Person, die die Erlaubnis hat, diesen Hebel nach unten zu bewegen. Nur dieser Gefangene bewegt den Signalhebel von oben nach unten. Er zählt diesen Schaltvorgang und macht den Hebel damit startklar für eine weitere Meldung seitens eines seiner Mitgefangenen.
Ich wiederhole nochmal: ein normaler Gefangener ohne diese Zählerlaubnis geht in den Raum, guckt, wie der linke Hebel steht. Steht er unten, kann er eine Meldung machen, indem er ihn hochlegt. Steht er oben, geht das eben nicht, weil das schon einer vor ihm gemacht hat. In dem Falle muss er den rechten (unwichtigen) Hebel betätigen (man MUSS einen Hebel betätigen, sagen die allgemeinen Spielregeln der Wärter).
Die Gefangenen zählen jeweils ihre eigenen Meldungen.

Nun zur Anzahl der Meldungen, die gemacht werden müssen.

Teilen wir hier das Rätsel in zwei Varianten.

Variante 1: ohne störende Wärter

Hier gibt es die im Forum einige Male erwähnte Startproblematik: Was ist, wenn der Zählende zu dem aus seiner Sicht ersten Mal den Raum betritt, und der Hebel ist bereits oben? Es könnte eine Meldung eines Mitgefangenen sein, die er notiert. Dann wäre alles gut. Er drückt den Hebel runter, notiert den Schaltvorgang. In dem Falle würde es reichen, wenn alle Gefangenen genau eine Meldung und nicht mehr machen. Aber der Hebel könnte auch oben stehen, weil das zufälligerweise die Startstellung ist, die ja kein Mitgefangener aufheben darf. Er drückt also den Hebel runter, zählt das aber nicht- jetzt geht das Spiel für ihn erst los. Wenn er danach 12 Schaltvorgänge notieren kann, sind alle frei- möchte man meinen. Doch nein- gerade weil ja auch möglich ist, dass der Hebel beim ersten Mal Raum Betreten oben war, weil ein Mitgefangener Meldung gemacht hat, ist es demzufolge möglich, dass er diese Meldung nicht notiert, weil er zur Sicherheit das zweite annehmen muss. In dem Falle kann er aber bis zum Jüngsten Gericht zählen, die 12. Meldung wird er auch dann nicht erhalten.
Daher einigen sich die Gefangenen darauf, dass sich jeder 2 Mal meldet (steht ja auch schon im Thread). Der Zählende "nullt" das System, falls es was zu nullen gibt, und danach fängt er an zu zählen. Und zwar ist dann bei 23 Schluß! Die 24. Meldung BRAUCHT er nicht mehr abzuwarten, in dem unwahrscheinlichen Falle, dass er der allererste in dem Raum war UND der linke Hebel unten stand oder in dem wahrscheinlicheren Falle, dass er nicht der erste im Raum ist, jedoch den Hebel oben vorfindet, weil es sich um die Startposition handelt, und sich somit noch keiner seiner Mitgefangenen melden konnte. Die 24. Meldung DARF er NICHT mehr abwarten, in dem Falle, dass der linke Hebel schon oben stand, als er (aus seiner Sicht) zum ersten Mal den Raum betrat, denn es ist halt möglich, dass er mit seinem "Nullungsvorgang" die erste Meldung eines seiner Mitgefangenen zunichte gemacht hat. Dann gilt wieder: Jüngstes Gericht.
Also die Lösung nochmal in Kurzform: Die Gefangenen bekommen die Aufgabe, sich je zweimal zu melden, wenn möglich. Der Zählende nullt, falls nötig (aber sehr wahrscheinlich) und zählt anschließend 23 weitere Schaltvorgänge. Dann kann er laut HEUREKA rufen.

Variante 2: mit 13 störenden Wärtern

Gleicher Lösungsansatz wie ohne Wärter. Also einer wird bestimmt, der zum ersten Mal seines Raumbetretens das System "nullt", falls nötig, und danach alle Schaltvorgänge/Meldungen seiner Kollegen rückgängig macht und dabei zählt.
NUR: diesmal mischen sich eventuell maximal 13 "falsche" Meldungen der Wärter drunter, die er zwangsläufig mitzählt oder eben auch nicht.
Und jetzt gilt es, 2 Grenzfälle (hier im Thread ist immer vom worst case scenario die Rede) in unsere Überlegungen einzubeziehen, um herauszubekommen, wie oft sich die einzelnen Gefangenen melden müssen und bis wohin der Zählende zählen muss.

Grenzfall 1: Die Wärter machen die Meldungen genau eines Gefangenen immer wieder zunichte, so oft sie können, also 13 mal. Machen sie das zum Beispiel gleich mit dem ersten (Startposition des linken Hebels unten), hat der bereits 13 mal den Hebel nach oben betätigt, ohne dass der Zählende Notiz davon nehmen konnte. Die 14. Meldung bleibt dann stehen, bis der Zählende sie sieht. Jetzt müssen wir zur Sicherheit noch davon ausgehen, dass genau diese 14. Meldung diejenige ist, die der Zählende bei seinem Amtsantritt annuliert und dabei nicht notiert. Damit er also Notiz von dem Gefangenen mit der "Spezialbehandlung" nehmen kann, ist es nötig, dass alle 15 mal eine Meldung machen.
Man benötigt also nach der Überlegung mindestens 15 Meldungen, die jeder Gefangene machen muss, um sicher zu sein, das wenigstens eine davon vom Zählenden notiert werden kann.
Der Zählende könnte also nach dieser Überlegung nach der 11*15+1 = 166. Meldung aufhören mit zählen, wenn da nicht noch der zweite Grenzfall wäre.

Grenzfall 2: Die Wärter lassen genau einen Gefangenen nicht in den Raum, während sie selbst maximal 13 Meldungen machen, die der Zählende als die des Nichtreingelassenen interpretiert. Er nullt wie gehabt das System und fängt dann an zu zählen: 11*15 Meldungen seiner Kollegen zuzüglich der 13 falschen Meldungen.
Hat der Zählende also 11*15+13Meldungen= 178 Meldungen gezählt, kann er sich immer noch nicht sicher sein, dass der 12. überhaupt schon einmal im Raum war. Erst bei der 178 +1= 179. Meldung weiß er das ganz sicher (Vielleicht war der 12. dann sogar schon zweimal im Raum und hat gemeldet, nämlich in dem Falle, dass der Zählende beim Nullen eine Meldung eines Kollegen zunichte gemacht hat, aber das spielt keine Rolle, denn der Zählende muß sich ja sicher sein).

Nun gibt es ein Problem: Nach dem 1. Grenzfall, der ja eintreten kann- man weiß es ja nicht, verflixt nochmal- kann der Zählende im schlimmsten Fall höchstens 166 Meldungen registrieren:
alle 12 machen Meldung (12*15=180), aber 13 mal merkt er nicht, weil von den Wärtern zunichte gemacht und einmal hat er selbst zunichte gemacht (180-13-1=166).
Er wird also, um für den Grenzfall 2 sicher zu sein, bis zum Tag des Jüngsten Gerichts auf die fehlenden 13 Meldungen (er braucht ja 179 Striche auf seiner Liste) warten.

Lösung: Man muss die Anzahl der zu tätigenden Meldungen erhöhen, bis die Anzahl der maximal zu registrierenden Meldungen nach Grenzfall 1 größer bzw. gleich der Anzahl der mindestens zu registrierenden Meldungen nach Grenzfall 2 ist.

Für beide Grenzfälle kann man eine Funktion formulieren. Und zwar:

F1= y1=12*n-13-1 (y1= Anzahl der maximal zu registrierenden Meldungen nach Grenzfall 1)

F2= y2=11*n+13+1 (y2= Anzahl der mindestens zu registrierenden Meldungen nach Grenzfall 2)

(n= Anzahl der zu tätigenden Meldungen)

In Worten: Funktion 1- Die Anzahl der maximal zu registrierenden Meldungen nach Grenzfall 1 ist gleich 12 mal die Anzahl zu tätigenden Meldungen minus 13 von Wärtern zunichte gemachte Meldungen minus eine vom Zählenden zunichte gemachte Meldung. (Salopp gesagt: mehr Striche kann er nicht machen!)

Funktion 2- Die Anzahl der mindestens zu registrierenden Meldungen nach Grenzfall 2 ist gleich 11 mal die Anzahl der zu tätigenden Meldungen plus 13 Falschmeldungen durch die Wärter plus eine richtige Meldung vom zwölften Mitgefangenen. (Salopp gesagt: bis dahin muss er mindestens zählen!)

Jetzt müssen nur noch beide Funktionen größer/gleich gesetzt werden und dann wird nach n umgestellt und aufgelöst:

F1=F2

y1=y2

12*n-13-1=11*n+13+1 (auf beiden Seiten der Gleichung +14!)
12*n=11*n+28 (auf beiden Seiten der Gleichung -11*n!)
1*n= 28 (Ergebnis)

Alle Gefangenen bekommen also die Aufgabe, 28mal Meldung zu machen.

In dem Fall zählt der Zählende also 12*28-13-1=11*28+13+1=322 Meldungen, erst dann kann er mit Sicherheit sagen, dass jeder der Mitgefangenen mindestens einmal in dem Raum mit den Hebeln war.

Puh, jetzt trink ich erst mal ein Bier!

P.S. Jetzt krieg ich tatsächlich auch mit, dass Sidi das schon mal in anderer Form formuliert hat. Sogar mit noch weiter verallgemeinernder Formel! Naja, nix ist umsonst.
kübra.önal Auf diesen Beitrag antworten »

hab jz nur den anfang der antworten und überlegungen mitbekommen aber hab mir kurz selber paar gedanken gemacht (kann sein dass die auch total verspätet kommen aber was sollss)

jedenfalls wenn wir erst mal von dem stichpunkt ausgehen dass die häftlinge am letzten tag noch miteinander kommunizieren können ist das schonmal der perfekte andang für die lösung

auf diese art und weise können sich die häftlinge zunächst überlegen wie die hebel am anfang überhaupt stehen:
es gäbe genau 4 möglichkeiten, entweder beide oben, beide unten, der linke oben und der rechte unten oder der rechte oben und der linke unten

irgendeiner der häftlinge wird als erster in den raum mit den hebeln kommen aber er wird es nicht wissen- aber alle werden ihr eigenes "erstes mal" im raum haben und das ist eventuell der schlüssel zur lösung

wie ich bei jmd anderem gelesen hab, wäre seine/ihre anfangsidee, dass der linke nur dann bewegt wird, wenn man zum ersten mal reinkommt und bei allen anderen mal jeder nur den rechten bewegt

wenn man diesem gedanken folgt ist das wichtigste an dem ganzen, die notierung der bewegung des linken hebels und ab dem ersten mal müssen alle den rechten bewegen und diese bewegung aber auch zudem unbeachtet lassen

jeder häftling muss sich notieren: beim ersten mal war mein linker hebel oben/unten und ich habe ihn nach oben/unten betätig - welches vom beiden (ob oben oder unten) der fall war ist irrelevant, weil es in jedem fall der beginn ist

ab hier muss jeder häftling für sich selbst zählen und notieren, nämliich:

beim ersten mal: erste bewegung (zb: von oben nach unten)
er weiß eine sache sicher: er war drin, dh 1er von 13en haben den Hebel safe betätigt

beim zweiten mal: wo steht der (linke) hebel jz
wieder oben ? dh der hebel muss nach seinem ersten eintritt mindestens zwei mal bewegt worden sein, um die ursrpüngliche position zu erreichen
das heißt er schreibt sich zunächst bei seiner rückkehr die zahl der zwei bewegungen auf (exklusive seiner ersten, die er immer fest dazuzählen kann)
ist der hebel jedoch unten kann man von mindestens einer bewegung ausgegangen werden und selbst wenn dazwischen drei oder fünf oder sieben bewegungen waren kann er sich nur sicher sein, dass der hebel ein weiteres mal bewegt wurde und kann sich sicher die zahl der eins notieren - dh mindestens ein weiterer häftling außer ihm muss drin gewesen sein

er selbst bewegt den rechten hebel !

ab da zählt er bei jedem seiner besuche entweder die zahl 1 oder 2 dazu

er weiß nie ob auf diese art und weise tatsächlich alle 13 drin waren, weil es sein kann, dass die wächter den einen nie reingelassen
hier setzt der rechte hebel in kraft
außer beim ersten besuch haben alle den rechten hebel bewegt !
dh der linke hebel hätte nur 13mal bewegt werden können plus den aller höchstesn 13malen der wächter !!

beim notieren der bewegungen kann jeder häftling schritt für schritt sich also sicher sein dass ab der zahl der minimum 26 bewegungen des linken hebels (die dadurch entstehtt dass man nie mehr als 1 oder 2 bewegungen des linken hebels annimt selbst wenn theoretisch schon lange mehrere hintereinander gemacht worden sein könnten -> man aber auf grund dieser die sicherheit gewährleistet

jedoch hab ich eine kleinigkeit ausgelassen:
die bewegung der null male !

wenn der hebel in der ursprünglichen position bleibt in der man sie gelassen hat kann es bedeuten dass mindestens 2 bewegungen druchgeführt wurden - aber es kann auch sein dass es keine einzige war

wenn alle 13 tatsächlich drin waren ohne dass die wächter einen ausgelassen haben, könnte man behaupten, dass nach 13 weiteren malen wo der rechte hebel sich hoch und runter bewegt, während der linke unbeweglich bleibt, dass tatsächlich alle 13 drin mindestens einmal und sogar mehr als einmal drin waren

dh wenn die notizen über den linken hebel minimum 13 bewegungen beweisen, die man nur dadurch errechnet, dass jeder für sich selbst immer entweder (0), eine oder zwei bewegungen annimt (dh diese spanne kann schon länger dauern) pus dazu dann noch die möglichen bis zu 13 weiteren dh bewegungen mit einberechnet kommt hier der rechte hebel zur hilfe !

alle häftlinge müssen diese art von struktur in ihren notizen besitzen und alle wahrscheinlichkeiten immer durchgehen:
jeder bei sich selbst als die "nummer 1" angefangen
wobei hier nur eine sache wichtig ist: wenn der häftling zum ersten mal drin ist die position des linken hebel und beim zweiten mal die anfangs position des rechten hebel, weil er nur von sich selbst ausgehend anfangen kann und deswegen auch beim zweiten mal den rechten hebel erst dann notieren kann

1.mal hebel links: oben
bewegung links nach unten
(1)

2.mal
hebel links unten
(1)+(1)
oder:
hebel links oben
(1)+(0) *minimalistischr annahme !
(1)+(1)
(1)+(2)
hebel rechts oben ("anfangsposition") bewegung nach unten
(1)

3.mal
hebel links unten (davor links unten)
(1)+(0) (-> minimalistischr annahme zur sicherheit !)
links oben
(1)+(1)wenn davor unten (minimum eine bewegung muss passiert sein !)

wenn davor oben
links unten
(1)+(1)
links oben
(1)+(1)

hebel rechts unten (weil davor oben: minimum 1 bewegung)
(1)+(1)
hebel rechts oben
(3) (nur seine erste wird gezählt: minimalistische annahme)

4.mal
(3.mal: (also davor) unten)
links unten
insgesamt immer noch (2) =(1)+(1)+(0) (mutmaßmlich keine bewegung wird angenommen)
links oben
(1)+(1)+(1) = minimum eine bewegung insgesamt safe dreie bwegungen

(3.mal: (also davor) oben)
links unten
(3) bewegungen
links oben
(2) bewegungen

(davor: unten)
rechts unten
(2)bewegungen
rechts oben
(3) bewegungen (eine wird dazugezählt)

..........so wird weiter gemacht
da links irgendwann aufhören kann sich zu bebwegen, wnen alle drin waren oder man eventuell auf natürkiche art und weise die bewegungen nicht mitzählen konnte, weil der hebel immer in seiner (für jeden häftling persönlichen) ursprungs form war
müssen die bewegungen des rechten hebels mitgezählt werden weswegem diese doch nicht so irrelevant sind !!!

auf diese art und weise mit dem minimalistischen verfahren muss man trotz allem je nachdem was der fall ist (ich hab jz nur den theoretischen ablauf dargestellt mit allen vier möglichkeiten) jedem mal nur eine oder null bewegungen zuschreiben dh entweder links oder rechts um so weiter mit dem minimalistischen verfahren zu machen - jedoch müssen mögliche bewegungen mitgezählt werden

denn !

ab dem 26.mal wo der linke hebel sich mutmaßlich nicht bewegt hat aber der rechte schon und danach genau bei dem 26.mal wo sich der rechte hebel minimum bewegt hat kann man ausschließen, dass der linke hebel noch seine ursprungsform verändert hat und dass zudem alle möglichen 13häftlinge drin waren plus darüber hinaus dass die maximalen 13 fehl bewegungen im linken sowie im rechten durch die wächter ausgeschlossen sind !

der häftling der das zuerst bezeugen kamm kan sagen: vor mir waren alle 13 auf jeden fall drin !!!! (das hoffe ich in shaa allah mal zumindest hahaha)

ich hab jz hiermit meine eigene lösung bekannt gegeben !

ich hoffe sie ist richtig ! ich hoffe dieses thema ist noch so zum teils aktiv dass ich eine antwort kriege und zudem eine korrektur meines denkfehlers, wenn ich einen hatte, was ich eher vermute hahahahaah
und am meisten hoffe ich, dass, falls hier jz die wahre lösung schom veröffentlicht wurde, dass man meine zumindest als weitere lösung abetrachten kann - weil wie es so schön heißt, viele wege führen zum ziel ich würde mich auch freuen wenn ich wenigstens auf dem richtigen weg war hahaha

ich sag schon mal sorrry dass ich so viel geschrieben habe und wenn dann alles auch noch schwachsinn war tuts mir erst recht leid ich hoffe auf eine antwort sogar extrem hab jz glaub ich fast ne std an diesem rätsel gesessen

hier meine mail falls ich hier eventuell selber nicht mehr aktiv sein sollte, vor allem vom ersteller des themas würde ich mich auf eine antwort freuen:

[email protected]
kübra.önal Auf diesen Beitrag antworten »

hab einen fehler bei den notizen bitte ab hier weiterlesen !!!!!!!!!!!!!!!!!



1.mal hebel links: oben
bewegung links nach unten
(1)

2.mal
hebel links unten
(1)+(1) ->minimum 1 Bewegung
oder:
hebel links oben
(1)+(0) *minimalistischr annahme ! (null Bewegungen)
[(1)+(2) (oder minimum 2 bewegungen)]

hebel rechts oben ("beispelanfangsposition") -> bewegung nach unten
(1) (weil es für den häftling das erste mal das zweite mal war fängt es rechts von null an)

3.mal
hebel links unten (davor links unten)
(1)+(0) (-> minimalistischr annahme zur sicherheit keine bewegung !!)
links oben
(1)+(1)wenn davor unten (minimum eine bewegung muss passiert sein !)

wenn davor oben
links unten
(1)+(1) (min 1 bewegung)
links oben
(1)+(0) (keine bewegung)

hebel rechts unten (weil davor oben: minimum 1 bewegung)
(1)+(1)
hebel rechts oben
(1) (nur seine erste wird gezählt: minimalistische annahme)

4.mal
(3.mal: (also davor) unten)
links unten
insgesamt immer noch (2) =(1)+(1)+(0) (mutmaßmlich keine bewegung wird angenommen)
links oben
(1)+(1)+(1) = minimum eine bewegung insgesamt safe drei bewegungen

(3.mal: (also davor) oben)
links unten
(3) bewegungen
links oben
(2) bewegungen

(rechts davor: unten)
rechts wieder unten
(2)bewegungen insgesamt (also 0 dazu)
rechts oben
(3) bewegungen (eine wird dazugezählt)

..........so wird weiter gemacht
da links irgendwann aufhören kann sich zu bebwegen, wnen alle drin waren oder man eventuell auf natürliche art und weise die bewegungen nicht mitzählen konnte, weil der hebel immer in seiner (für jeden häftling persönlichen) ursprungs form war
müssen die bewegungen des rechten hebels mitgezählt werden weswegem diese doch nicht so irrelevant sind !!!

auf diese art und weise mit dem minimalistischen verfahren muss man trotz allem je nachdem was der fall ist (ich hab jz nur den theoretischen ablauf dargestellt mit allen vier möglichkeiten) jedem mal nur eine oder null bewegungen zuschreiben dh entweder links oder rechts um so weiter mit dem minimalistischen verfahren zu machen - jedoch müssen mögliche bewegungen mitgezählt werden

denn !

ab dem 26.mal wo der linke hebel sich mutmaßlich durchgehend 26mal nicht bewegt hat aber der rechte schon und danach genau bei dem 26.mal wo sich der rechte hebel minimum 26mal hoch und runter bewegt hat (immer minimalistische annahmen !!!) kann man ausschließen, dass der linke hebel noch seine ursprungsform verändert hat und dass zudem alle möglichen 13häftlinge drin waren plus darüber hinaus dass die maximalen 13 fehl bewegungen im linken sowie im rechten durch die wächter ausgeschlossen werden können !

der häftling der das zuerst bezeugen kann kann sagen: vor mir waren alle 13 auf jeden fall drin !!!! (das hoffe ich mal zumindest !!! in shaa allah !!! hahaha)

ich hab jz hiermit meine eigene lösung bekannt gegeben !

ich hoffe sie ist richtig ! ich hoffe dieses thema ist noch so zum teils aktiv dass ich eine antwort kriege und zudem eine korrektur meines denkfehlers erhalte, wenn ich einen hatte, was ich eher vermute hahahahaah
und am meisten hoffe ich, dass, falls hier jz die wahre lösung schom veröffentlicht wurde, dass man meine zumindest als weitere lösung anbetrachten kann - weil, wie es so schön heißt, viele wege führen zum ziel ! ich würde mich auch freuen wenn ich wenigstens auf dem richtigen weg war hahaha

ich sag schon mal sorrry dass ich so viel geschrieben habe und wenn dann alles auch noch schwachsinn war tuts mir erst recht leid ich hoffe auf eine antwort ! sogar extrem hab jz glaub ich fast ne std an diesem rätsel gesessen

hier meine mail falls ich hier eventuell selber nicht mehr aktiv sein sollte, vor allem vom ersteller des themas würde ich mich sehr auf eine antwort freuen:

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