Es stand die These im Raum: Über sechs Ecken kennt man jeden auf der Welt.


Die daraus resultierende, interessante Frage: Wieviele Personen müßte dafür jeder kennen?

Es wird angenommen:

• Die Population der Erde beträgt 6.4 Mrd Menschen
• Keine redundanten Kontakte
• Jeder hat gleich viele Kontakte (oder für die Betrachtung nicht relevante zusätzliche redundante Kontakte)

Auf was für Ergebnisse kommt ihr bei der Rechenaufgabe? (Und für die, die zu faul zum Rechnen sind: Was schätzt ihr?)

(Zur Kontrolle: der Wert ist durchaus nicht utopisch. Da falsche Ansätze zu relativ ähnlichen Ergebnissen führen können, möglichst mit Kommastelle)

Anmerkung: die These drückt aus, daß du mit maximal fünf Zwischenkontakten jede Person auf der Welt kennst.

43?

ich komm auf 42,6

ich kenn einfach mal so grob übern daumen 91,5 leute, aber auch das ist sicher nicht richtig, aber mir fehlen jetzt hier die richtigen mittel und die zeit um das zu berechnen.

small world phenomenon klick

ich habe in 3 minuten unten angehängte lösung entwickelt. auf die schnelle sehe ich auch keinen fehler und behaupte, das jeder mensch mathematische 12,3 freunde bräuchte. das blaue ist die berechnung und das grüne ist mein lösungsweg. stimmt mir jemand zu?

heyyyyyy... ich hab hier gaaaaanz viele Zettel, die auch so aussehen

@wombat1st: Du hast die Fragestellung invertiert und hast ermittelt, wieviele Ecken man benötigt, wenn jeder sechs Freunde hat. Aber die Anzahl der Freunde ist gesucht, und die Anzahl der Ecken ist sechs.

(Kleines Beispiel: wenn wir uns direkt kennen, bin ich die erste Ecke für dich. Meine Freunde sind die zweite Ecke für dich)

Abgesehen davon hat deine Lösung noch einen kleinen, aber entscheidenden Fehler im Ansatz ;-)

Aber nicht so schöne Werbezettel von Krupp Stahl ;-)

aber ecken und kanten

Ich habe die These nicht aufgestellt ;-)

Problem erkannt und gebannt.

Ich betrachte den Zahlenwert als trivial, da ihn jeder selber ausrechnen kann mir fehlt gerade mein TR aber x+x²+x³+x^4+x^5+x^6=6,4Mrd. ist der Lösungsansatz.

@rene

du hattest recht. mein beiden denkfehler waren die gezählten leute (im photo unten sind die römischen zahlen die beziehungsebenen die am ende 6 ergeben) und natürlich mein verständnis für die gesuchte lösung

Der kleine aber nicht unrelevante Fehler von deines Inverslösungsansatzes ist hier immer noch da ;-) Noch mal gut durchdenken ... ;-)

ich will auch kruppstahlzettel

Jo, den Ansatz bestätige ich mal und dann kommt auch 43 raus

edit:
ausser dass er selber sich nich mit zu den 6,4 Mrd zählt ..?

Nein der nicht. Dieser "Fehler" machte bei meinem Cassio zur Lösungsbestimmung keine sichtbare Nachkommastelle aus ... trotzdem lobenswert, wer sich selber auch zur Weltbevölkerung zählt ;-)

Ich glaube nicht an die These, so ein mathematisch durchschnittlich vernachlässigbar unsinniger Ansatz... ich wette es sind im worst case einige Ecken mehr

durchschnittlich....

ein buschmann im urwald wird sicher viele viele viele ecken brauchen, wäredn wir höchst kommunikativen menschen hier sicher nur wenige ecken brauchen....


weiterhin ist hier die definition von kennen zu vereinfachen! kenne bedeutet in dem fall in irgendeiner form mit irgendwem in interaktion getreten zu sein also auch icq usw

Wombat's Lösungsansatz ist doch gut. Man könnte natürlich der Einfachheit halber nur die Leute von Stufe 6 berechnen, womit die Berechnung des Wertes auf die 6te Wurzel aus 6,4 Milliarden zurückzuführen ist. Wombat's Ansatz bezieht aber alle Menschen mit ein, die ich auf dem Weg dorthin schon kennengelernt habe. Allerdings beträgt x^5 bei x=43 lediglich nur etwas mehr als 2% von x^6 (x^5 ist 1/43 von x^6), so daß man diese Potenzen im Zuge einer Überschlagsrechnung vernachlässigen kann. Will man es aber ganz genau haben, müsste man sie ausrechnen. Zudem nimmt deren Gewicht für kleinere x zu

Interessant ist das ganze in zweierlei Hinsicht:
1. Wenn ich mich nur in Dresden bewege, wieviel Ecken brauche ich um alle zu kennen?
2. Wie komm ich am schnellsten mit demjenigen, mit dem ich es wünsche, in Kontakt?

Und was noch die Frage ist, kenn ich meine direkten Freunde über 0 oder über 1 Ecke? D.h. habe ich zwischen allen Personen der Welt und mir 5 oder 6 "Hops"?

Mir fiel heute nacht ein, dass die Bedingung "Jeder kennt nur X Leute" mit dem Ansatz deshalb nicht erfüllt ist, weil die Beziehungsecke aus der eine Person gekannt wird mitgezählt werden muss.
D.h. der Lösungsweg bleibt richtig, jeder muss 43 neue Personen kennen zzgl. zu der Person über welche sie gekannt wird. Dann muss ich nur 43 kennen, alle nach mir kennen dann aber 44.

mathematisch wird aus:

x^0 + x^1 + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6 = 6,4 Mrd.

Lösung: x= 42,9197231

dann: x^0 + (x^1-x^0) + (x^2-x^1) + (x^3-x^2) + (x^4-x^3) + (x^5-x^4) + (x^6-x^5) = 6,4 Mrd

das kann man durch scharf hinguggen vereinfachen zu

x^6 = 6,4 Mrd

Lösung: x= 43,0886938


hab ich mir jetzt so gedacht ...

und jeder von uns weiss, was jetzt als naechstes passiert.
die ankunft des grossen weissen taschentuchs! wir sind eindeutig zuviele leute, denn die korrekte und unabdingbar vernuenftige sowie einzig moegliche antwort waere

42

gewesen.

mfg, unikat

yo, dann müssen wir aber die Telefondesinfizierer & Co. in ein Raumschiff packen und deportieren ....

@Socres: um solche Definitionen kümmert man sich in der Mathematik nicht.

@Chris: nach der These nach sind es - weltweit - maximal 6 Ecken.

@mArVinTheRobot: Du hälst den Finger auf die richtige Stelle. Aber lies dir noch einmal die Annahmen durch!

@unicum: Die USA versucht doch regelmäßig Maßnahmen, um wieder auf die 42 zu kommen ;-)

@rene: die frage war nicht, nach wie vielen Ecken ich eine Person kenne, sondern, ob ich meine direkten Freunde über eine Ecke kenne, oder ob die Freunde meiner direkten Freunde über eine Ecke mit mir bekannt sind.

also ich würd mal sagen, ihr habt die aufgabenstellung nicht richtig gelesen. über sechs ecken jemanden zu kennen, würde für mich erstmal heissen, dass ich sechs mittelsmänner habe, dass heisst, ich kenne jemanden über sieben kanten. (fuchs hat das problem schon indirekt angesprochen)

mit wommes lösungsansatz (den, den ich für richtig halte)
1+x+x^2+x^3+x+4+x^5+x^6+x^7 = 6.4e9
wobei x^1 bis x^6 die mittelsmänner wären (baumstruktur) komme ich auf 25,02... freunde.

viel interessanter ist das problem allerdings, wenn man diese eigenschaft für jeden erdenbewohner haben möchte. dann geht das nämlich mit dem konstruierten baum nicht mehr.
die effizienteste struktur, um soetwas zu realisieren, ist ein hypercube. ein hypercube ist zwar ein schönes modell, es hat aber den nachteil, dass die anzahl der freunde und die der längste pfad zum nachbarn (in kanten gemessen) immer gleich sein muss. die anzahl der elemente im hypercube sind 2^anzahl der freunde. log2(6.4e9) = 32,57...

fine. als braucht jeder erstmal rund 33 freunde und kennt jeden über32 ecken.

nun können wir aber unseren hypercube verändern, indem wir sagen, wir kennen nicht nur unsere nachbarn, sondern auch noch den am weitesten entfernten menschen (diagonale). ich brauch also nur noch die nächstganzzahligehälfte des weges und habe einen freund mehr. (kann sich jeder an einem quadrat und einem würfel veranschaulichen) wenn wir das fortführen, so landen wir dann bei:
ceil(33 / 2) = 17
ceil(17 / 2) = 9
leider müssel wir also nochmal teilen. ich kann nicht abschätzen ob wir nach dem runden bei 32,57.. auf 33 genügend ecken sparen, dass es hier schon reicht
ceil(9 / 2) = 5.
damit sind wir aber ganz sicher dabei.
also braucht jeder 33+3 = 36 freunde, damit jeder jeden über 4 ecken(mittelsmänner) / 5 kanten! (also auch 5 oder 6 ecken) kennt.
und wir haben dann sogar ne menge dschungelredundanz

Der Spruch ist so gemeint, daß die sechste Ecke das Ziel ist ...

(aber gut, da ist ggf. Interpretationsspielraum)

@rene: also ist der direkte Freund die erste Ecke

@stth: tolle Erläuterung ... aber:
wo ist der Unterschied zwischen "jeder" und "jeder Erdenbürger"? Also wo genau liegt der Unterschied zwischen dem statistischen Ansatz und dem Hypercube. Und warum differieren die Lösungen. Und was bedeutet deine Lösung für die Aufgabenstellung?

jepp!

@Chris: auch wenn das jetzt abschweifend vom eigentliches Rätsel ist (noch hat keiner die korrekte Lösung / den korrekten Lösungsansatz):

Dieses Rätsel geht von Person X aus ... dann kann man sozusagen ein Baumdiagramm spannen. Gehe ich nun von einer beliebigen Person Y aus, die selber sich erst in der sechsen Ecke befindet, benötigt diese zu einer anderen Person Z der sechsten Ecke bis zu 12 Schritte (also Ecken), wenn beide vorher keinen gemeinsamen Bekannten haben ...

Das wäre durch aus eine weitere interessante Fragestellung ... also wenn Jeder jeden über sechs Ecken kennt ... (aber hier geht es nur um "man kennt jeden" ...) ;-)

der statische ansatz istbaumartig.. das heisst unter umständen kennen sich zwei "blätter" im baum über 2n ecken. die erweiterung fordert aber, das jeder jeden über maximal n ecken kennt

das der hypercube diese eigenschaft hat, ist numal in der natur seiner sache

*koppknall*

d.h., die Summe der letzten ecke muss 6,4 Mrd entsprechen. Ich hab ja alle mitgezählt die ich über 0-5 Ecken kenne. hmmpf

d.h. aus

wird

x^6 - x^5 - x^4 - x^3 - x^2 - x^1 - x^0 = 6,4 Mrd.


Lösung wäre: 43,2610110619187

*koppschüttel*

@rene:
Versteh ich nicht. Du musst doch nicht den Baum rückwärts durchlaufen, um von einer bestimmten Person zu einer anderen bestimmten Person zu kommen. Lediglich wenn du IMMER den egozentrischen Ansatz wählst, und festlegst, dass der Baum im 6ten Knoten sein Ende hat. Was er aber reell gesehen nicht hat, weil ja niemand keine Freunde hat, bloß weil du ihn schon über 6 Ecken kennst. Man spannt also den Baum für jede Person Y neu auf und läuft von dieser Startposition immer nach unten im Baum.

Von daher gibt es keinen Unterschied, ob du sagst "man" kennt jeden über 6 Ecken, oder jeder kennt jeden über 6 Ecken.

Die Hypercube Lösung kommt mir immer noch nicht so recht gut vor. Sie besagt, dass jeder mit jedem über 5 Kanten verbunden ist, wenn er nur 36 Freunde besitzt. Da wir den Baumansatz für eine Person (also mich z.B.) als richtig akzeptieren kann ich das ganze leicht wiederlegen. Möchte ich (Mensch Nr. 1) zum allerletzten Menschen (Nr. 6,4 Milliarden) vordringen, allein über 5 Kanten, und nehme ich an (wie auch in der Aufgabenstellung), dass alle Freunde einzigartig sind, und davon jeder 36 besitzt, so befinden sich in dem klassischen Baum, den ich aufspanne knapp 62 Millionen Menschen. Da kann also etwas nicht passen.

Ich kann einfach nicht mehr Menschen adressieren. Das funktioniert nur, wenn ich irgendwelche weiteren Vorbedingungen mit einschiebe, zum Beispiel, dass wenn A C über B kennt, A gleichzeitig auch C direkt kennt. Mit dieser Vorbedingung können wir aber auch gleich postulieren: jeder kennt jeden. Ohne Ecken ohne Kanten.

@marv:
x^0 + x^1 + x^2 +x^3 + x^4 + x^5 + x^6 = 6,4 Mrd. == Alle Knoten und Blätter im Baum sind insgesamt 6,4 Mrd.
x^6 = 6,4 Mrd == Nur die Blätter des Baumes sind 6,4 Mrd.
x^6 - x^5 - x^4 - x^3 - x^2 - x^1 - x^0 = 6,4 Mrd. == Blätter minus Knoten sind 6,4 Mrd., die Blätter liegen also insgesamt über 6,4 Mrd.

Welcher Ansatz auch immer gut ist, zum Ausrechnen des Baumes, man kommt doch mit den Lösungen darauf, dass es, auf Menschen gerundet, immer 43 ergibt und die Anzahl der Knoten verglichen mit der Anzahl der Blätter relativ irrelevant ist und deren Einfluß für große X deutlich sinkt. Im vorliegenden Fall haben wir ein Verhältnis von Knoten zu Blättern von 1 zu 42.

ok ich hab den fehler gefunden.
die erste diagonale, für die benötigt man nur einen neuen freund.
für die zweite diagonale braucht man dann schon viele mehr weil man die struktur ja zerstört hat. danach hat man seeeehr viel mehr am weitesten entfernte punkte. ob sich das lösen lässt, überleg ich mal beim duschen....

ich denke das geht so. hab da gestern abend mal drüber nachgedacht. ich mal das dann mal auf. im prinzip müssen von jedem menschen strahlförmig kontakte ausgehen. zu den meisten direkt, zu anderen weit entfernten auch paar. so dienen immer ein paar wenige als vermittler für sehr viele und man erhält ein netzwerk, das immer über nur 6 ecken zu jedem menschen eine verbindung herstellen kann. eine baumstruktur kann niemals funktionieren, weil man sich nur mal die verbindung zwischen den beiden äußersten ästen in der weitesten verzweigung anschauen muss..

Rhizome statt Bäume !

auch das wird nicht gehen. denn die weitest entfernten zweige müssen auch noch vernetzt sein, es kann jeder unterschiedlich viele direkte kontakte haben, muss aber immer äquivalent viele indirekte kontakte besitzen, um auf 6,4 millionen zu kommen.

/edit: mir fiel da noch was ein..

so, hier noch schnell meine skizze dazu:
[attachmentid=11853]
(leider nicht die beste quali)
ich starte auf einem kleinen dorf in der nähe von dresden, kenne jemanden in letztgenannter stadt und über ihn jemanden in frankfurt am main - mein bekannter über die erste ecke, nämlich über den aus dresden. durch meine bekanntschaft mit diesem dresdner kenne ich auf der welt 1,4 milliarden menschen wie im kreis eingezeichnet. allein über den bekannten, den der frankfurter in dubai hat werden 280 millionen kontakte beigesteuert. die reise geht weiter bis zu irgendeinem wildfremden in williams creek, im herzen australiens. diesen erreiche ich über 6 ecken. nun hab ich aber noch eine bekannte in neuseeland auf dem dorf, die heute nacht in einem pub ihren traummann kennen lernen wird, den sie zwar nicht kennt, ich aber über 6 ecken schon. nun stellt euch vor, sie wäre nicht eine bekannte von mir, dann würde ich davon nie erfahren.

links oben hab ich davon ein modell abgeleitet, was zwar falsch sein kann, aber so ließe sich das problem vielleicht vergleichmäßigen. die einen sind direkte kontakte und dann gibt es eine verbindung zu denen, die weit weg von mir wohnen. jetzt müsste mir nur noch das mathematische modell dazu einfallen, aber ich muss leider gleich weg..

ähm.. mal dir mal n 4er hypercube auf, zeichne die diagonalen ein und markieren alle knoten, die 2 einheiten von einem beliebigen punkt entfernt sind. zu diesen müsstest du jetzt wieder eine diagonale ziehen. es sind 10. das heisst, du hast dan ne jeder mit jedem vernetzung also insgesamt bei 16 knoten 15 verbindugnen. in nem 6er hypercube halbiert das dann zwar auch noch mal die verbindungen, aber du musst mit wesentlich mehr enferntesten punkten rechnen. vllt mit 40 oder so. äusserst ineffizient

€ checkit: genau das ist das prinzip eines hypercube

ok.. ich hab den hypercube mal verallgemeinert:
[attachmentid=11856]

und nu rechnen wir damit:

das ist die böse variante. also 6 kanten

k = 6 d.h. der abstand zwischen 2 beliebigen knoten beträgt maximal 6 kanten im gesamten (ich such noch n namen dafür, sagen wir stth (oder ist es das, was pusti meinte))

log n (6.4mrd) = 6

n = 43.089 (zu dumm) aber 44 hoch 6 ist auch nur 7,35 mrd
(dass die ergebnisse sich ähneln ist übrigens kein zufall)

das heisst, dass k(n-1) = 6*(44-1) = 258 kanten an jedem knoten.
das heisst, jeder mensch auf der welt benötigte genau 258 freunde, damit das prinzip für jeden gilt.

für checkit: betrachte die 44 leute in einer einheit einfach als freundeskreis dummerweise müssen jeder dieser 44 215 leute aus disjunkten freundeskreisen kennen.

nehmen wir eure lasche variante:

log n (6.4mrd) = 7
n = 25.17 -> n = 26
(na guck mal einer schau, schon wieder ähnlichkeit)

k(n-1) = 7*(26-1) = 175 kanten an jedem knoten. also 175 freunde.
fine.

so und nun vernetzt mal euren baum so, dass ihr da drunter kommt. ich bin gespannt.

Des leichteren Verständnisses wegen, erklär ich meinen Gedankengang ersteinmal für den Fall, dass jeder mit jedem höchstens im 2. Grad bekannt ist, dh. über höchstens 2 Kanten (oder anders: jeder ist mit sich (0. Grad), mit seinen direkten Freunden (1. Grad) oder deren Freunden (2. Grad) bekannt).

Stellen wir uns ein 2-dimensionales Raster vor. Jeder Gitterpunkt stellt einen Menschen dar. Menschen auf einer Linie (waagerecht oder senkrecht) sind miteinander befreundet (jede Linie bildet also einen Freundeskreis). Es ist offensichtlich, dass jeder mit jedem über höchstens 2 Kanten befreundet ist. Geht man davon aus, dass das Raster durch ein Quadrat mit der Kantenlänge n begrenzt ist, wäre jeder Mensch in 2 Freundeskreisen (2 Dimensionen) und hätte demzufolge F=(n-1)*2 Freunde (Anzahl der Punkte sowohl in der Waagerechten als auch Senkrechten OHNE sich selbst). Erweitert man nun das Ganze auf d Dimensionen, wäre jeder Mensch also in d Freundeskreisen und hätte (n-1)*d Freunde. Bei M=6.4e9 Menschen und 6 Freundeskreisen ergäbe sich das viel diskutierte n^6=6.4e9, dh. eigentlich n=M^(1/6)=43.088... also n=44 => F=(44-1)*6=258, so wie schon festgestellt. Das Problem an dieser Theorie ist die Tatsache, dass das Kriterium der geringen Redundanz nicht berücksichtigt wurde, denn:

Gehen wir zurück zum 2-dimensionalen Fall: ein Mensch mit den Koordinaten (1|5) ist mit dem Menschen auf (7|2) genau über 2 andere Menschen bekannt ((1|2) und (7|5)), wobei einer ja vollkommen reichen würde. Reduzieren wir unser Quadrat nun auf ein rechtes Dreieck, fällt einer der beide weg (zB. (7|5)) und es ändert an der oben genannten Formel für F nichts, außer dass man jetzt nichtmehr sagt "JEDER Mensch hat F Freunde" sondern "ES GIBT Menschen mit maximal F Freunden (im Koordinatenursprung)" [Das kann jeder gerne selbst mit Stift und Papier nachvollziehen]. Das größere Problem ist jedoch, dass die eben "wegreduzierten" Menschen jetzt ebenfalls in diesem Dreieck untergebracht werden müssen, d.h. M ergibt sich im 2D-Fall nichtmehr durch n*n sondern in etwa durch n*n/2 (eigentlich sogar n*(n+1)/2). n wird im allgemeinen also größer sein als zuvor - ebenso F. Dafür ist auf der anderen Seite aber gewährleistet, dass es für jedes Paar Menschen nur exakt einen Weg gibt, über den sie bekannt sind, und dieser ist maximal d Kanten lang.


Es bleibt zu ermitteln, inwelcher Form die Dimension d die Abhängigkeit von n und M beeinflusst. Man muss in jeder Dimension halbieren, jedoch "halbierten" man dabei WÖRTLICH Menschen (entlang der Diagonalen)... vermutlich gilt: M=(n-1+d)!/(n-1)!/d!... viel Spaß beim Umstellen nach n... (^^,)

Macht's nicht zu kompliziert ... ;-)

Die Baumvorstellung reicht völlig ... nur das entscheidende, worauf es bei der Formel ankommt, hat noch keiner eingearbeitet

25,17?

Warauf kommt es dir denn an, Rene?

@Robin: einer hatte schon die richtige Idee hier gehabt ... hat nur keiner ausgebaut ;-)

@Neo: ist nen Tick zu wenig ...

Ansonsten: ich laß es noch ein zwei Tage drin, dann gibt es die Auflösung.

gib mal ne definiton von ecke...

schade, jetzt erst gelesen.. nun ist mir das problem zu trivial!

Ecke ist die Person ...

dein Freund ist die erste Ecke. Der Freund deines Freundes die zweite. Und über sechs Ecken kennt man nun jeden [d.h. nach der sechsten Ecke ist Schluß]

Wieviele ueber 6 Ecken == Eine 6/7/8er Kette?

Die Frage ist unscharf formuliert. Würde ich jeden Menschen über 6 Ecken kennen, kenne ich auch jeden Menschen ohne 6 Ecken.
Eventuell paßt das Wortgefüge "in Relation stehen" besser, da man zudem noch alle Grade der Bekanntheit auf einen Nenner reduziert.

"Wie hoch ist die Anzahl der Personen in meinem privaten Interaktionshorizont, wenn ich über 6 weitere Personen mit jedem Menschen auf der Erde in Relation stehen will?"
So würde es sich nach meiner Meinung textuell begreiflicher darstellen.

es gibt wichtigere Fragen
*Gruß
~myrmi

Nein. Mathematische Fragestellungen präzisiert man mit "genau", "nur", "maximal", "minimal", etc. und präzisen Ausdrücken.
Z.B.: Jeder Mensch steht mit jedem anderen über maximal 5 andere in Verbindung. Wie viele genau einmal vorkommende Freunde muss jede Person haben, damit er über genau 5 Personen mit 6,4 Milliarden verbunden ist. Die Knoten zählen dabei nicht zum Gesamtergebnis.

Da hast du allerdings Recht, zumal wir die Frage schon zur Zufriedenheit aller (bis auf Rene, stth und yocheckit) gelöst haben

nur weil du es nicht blickst ... jeder hat gleich viele kontakte (43,9197231)

Die PISA-Studie
und ihre Ursachen !

Realschule 1960
Ein Bauer verkauft einen
Sack Kartoffeln für DM 50,-.
Die Erzeugerkosten betragen DM 40,-. Berechne den Gewinn !

Sekundarschule 1970
Ein Bauer verkauft einen
Sack Kartoffeln für DM 50,-.
Die Erzeugerkosten betragen vier Fünftel des Erlöses. Wie hoch ist der Gewinn des Bauern?
Rechenschieber nicht erlaubt!

1980 Korrektur der Formulierung (Neuauflage)
Ein/e Bauer/in verkauft eine/n
Sack/in Kartoffeln/innen einem/er Kunden/in für DM 50,-.
Die Erzeuger/innen -kosten betragen vier Fünftel/innen des Erlöses. Wie hoch ist der/die Gewinn/in des/der Bauern/in?

1990 Gymnasium
Ein Agrarökonom verkauft eine Menge subteraner Solanum tuberasum für eine Menge Geld (=G). G hat die Mächtigkeit 50. Für die Elemente aus G=g gilt g=0. Die Menge der Herstellungskosten (=H) ist um zehn Elemente weniger mächtig als die Menge G. Zeichnen Sie ein Bild der Menge H als Teilmenge G und kennzeichnen Sie die Lösungsmenge X gemäß folgender Frage: Wie mächtig ist der Gewinn.

Freie Waldorfschule 1995
Male einen Sack Kartoffeln und singe ein Lied dazu !

Integrierte Gesamtschule 1999
Ein Bauer verkauft einen Sack Kartoffeln für EUR 50,-.
Die Erzeugerkosten betragen EUR 40,-. Der Gewinn beträgt EUR 10,-. Unterstreiche das Wort „Kartoffeln“
und diskutiere mit deinen Mitschülern aus den anderen Kulturkreisen darüber.

Schule 2005 (nach der Bildungs- und Rechtschreibreform)
ein agrarinschinör fergauft ein sagg gartoffeln für 25 euro. die kosden bedragen 5 euro. der gewinn bedregt 20 euro.
aufgabe: margire den term gardoffeln und maile die lösung im pdf-format
an: klasse2a@schule.euroba

Jor 2010
sorrie, es gipt kaine gardoffeln mehr !

Wer sagt, daß die Knoten nicht zum Gesamtergebnis zählen? Sind deine Kontakte außerirdische?

Ich wart schon drauf, bis mir jemand mal den Unterschied verständlich erläutern kann, und auch warum man im Hypercube mit 5 Ecken nur 36 Bekannte braucht, während man mit einem Baum und 6 Ecken 43 Bekannte braucht.

Bei nem Hypercube gibts mehr Kanten.

das ist ja wohl mal voll unlustig. das hiese ja, dass wenn ich x änder ich die ganze welt ändern müsste. selbst ich als angehender ingenieur halte das mal einfach für unsinnig.

das ausserdem


meinst du zufällig, dass hier niemand im baum den freund der nach der zum stamm vernetzt mitgezählt hat?
sind also nicht 3 sondern 4 freunde?
was hiese, dass man
1+(x-1)^1+(x-1)^2+(x-1)^3+(x-1)^4+(x-1)^5+x^6 = 6.4e9 lösen müsste, was marvin schon mal meinte, aber falsch in ne formel geschrieben hat? was aber an der größe der lösung fast nix ändert? => x = 42,9383 ?

die aufgabe ist, wie checkit bereits meinte, mit dem baumansatz einfach zu sinnlos, weil ja jeder x sein könnte.

ich fühle mich in meiner stth-lösung durch robin bestätigt. er hat das ganze nur noch mal in anschaulich erklärt.


hä? stell ne frage.
normaler hypercube
max abstand 23 kanten -> 23 kanten pro knoten

n-hypercube (stth)
max. abstand 6 kanten -> (44-1)*6 = 258 kanten pro knoten
max. abstand 7 kanten -> (26-1)*7 = 175 kanten pro knoten

@ pusti
rhizome haben nicht ausreichend viele tiefenvernetzungen
und wenn du lösungen vorschlägst, dann poste nicht einfach irgend n link sondern schreib mal n paar zeilen, wie du dir die lösung damit vorstellst. (und noch besser, was sie ist (wieviel))

genau! Nur die aufgestellte Formel haut nicht hin.

Außerdem hieß es, daß `man´ jeden über sechs Ecken kennt. Nicht jeder jeden ...

Mit dem Hypercube muß ich mich mal auseinandersetzen ...

ich versuch's noch mal mit meiner lösung von letztens, die anscheinend keiner gefunden hat:

[attachmentid=11879]

@stth:
Deine erste Behauptung war diese:

Das kam mir sehr unterschiedlich zum Baumansatz vor, weil dieser ja 43 Freunde ausrechnet, für 6 Kanten und dies nicht unterboten werden kann, wenn man wirklich alle 6,4 Milliarden Menschen erreichen will und man keinen Spezialfall betrachtet.


Die Lösung klingt da schon realistischer, was mich wieder zurück zu meiner Frage kommen lässt:
Welches Problem betrachtet man mit dem Hypercube?
Ich würde anhand von allem was hier mehr oder weniger in und zwischen den Zeilen steht annehmen:
"Der Hybercube löst das Problem, wie viele Freunde ein Mensch durchschnittlich haben muss, um mit jeder Person über x Kanten in Verbindung zu stehen. Dabei werden auch redundante Verbindungen und Schleifen mit in die Freundesberechnung mit einbezogen. Der Hypercube bildet dabei alle existenten Verbindungsmöglichkeit gleichzeitig ab".

Im Gegensatz hierzu lautete ja das Anfangsproblem wie viele eindeutige Freunde man braucht, damit man über x Ecken mit jedem in Verbindung steht. Schleifen und redundante Verbindungen werden nicht betrachtet.


Was soll denn der Unterschied zwischen "man" kennt jeden über sechs Ecken und "jeder" kennt jeden über sechs Ecken sein?

Da "man" ein Wort ist, dass keine bestimmte Person definiert, ist es als Synonym für "jeder" und "jede beliebige Person" zu sehen. Wenn ich sage: "Man kann normalerweise in der AMG einkaufen gehen" dann könnte ich auch sagen "Jeder kann normalerweise in der AMG einkaufen gehen" und habe genau den gleichen Satzsinn. Von daher gibt es keinen Unterschied zwischen den beiden Ausdrücken.

ich habe gerade weder lust noch zeit nachzurechnen, aber beim erneuten lesen der aufgaben und nachvollziehen der bäume und des hypercubes fiel mir auf, daß jede baumverzweigung nach unten nur 5armig sein darf. der sechste arm zeigt nach oben. ist das der fehler den du meinst, rene?

letztere behauptung stimmt nicht!

mal nen simples, nicht sehr schoenes, aber doch dafuer verstaendliches bsp: ein mensch der grade im uniklinikum im koma liegt, wird wohl kaum in der AMG einkaufen gehn koennen.

unabhaengig davon gehts hier um bekanntschaften nicht freunde, was allerdings fuer das verstaendnis der aufgabe nicht wirklich so wichtig zu sein scheint.

desweiteren muss man bei den bisherigen loesungen doch bedenken, das wenn man zwei leute kennt, und die sich untereinander auch kennen, diese konstelation ja nicht notwendigerweise betrachtet werden muss bzw auch nicht bedacht werden darf.

duerfte demnach also noch der teil in der formel fehlen wo dieser bereich subtrahiert wird (bzw eben der redundante teil dazuaddiert wird, was ein ergebnis >>43 ergeben sollte)
nun bleibt aber die frage, wer ist mit wem genau bekannt? ok gehen wir vom idealfall aus: niemand der leute die "man" kennt, kennt jemanden anderes aus dieser menge. dies gilt auch fuer die folgenden jeweiligen ecken. in diesem sinne duerfte dann die formel wieder stimmen. ich nehme an dieser fall ist sehr unwarscheinlich. wollen wir einen warscheinlicheren fall nehmen, muessten wir zu erst rausfinden, wieviele zwischenkonstellationen, wie oben beschrieben, existent sind.... spaetestens hier koennen wir nurnoch mutmaßen und spaetestens hier beginnt der casus knaxus, der es eigentlich unmoeglich macht, die ganz obenstehende behauptung zu beweisen.

ich hoffe mein geschriebsel ist auch ohne fachbegriffe verstaendlich

naja mathe ^^ is lange her


ps: hier riechts nach leim ^^

Dumme Gedanken:

HC:
- Jeder Knoten hat genau n-Kanten
- Es gibt genau 2^n Knoten.
- Jeder Knoten ist hoechtens n-Knoten von einem anderen Knoten entfernt.
- Wir nennen den n-HC auch n-Dimensionaler HC.

Erfuellt der HC eine der Bedingungen nicht, so ist es kein HC.
Ist es kein HC, so ist das Ergebnis v. fuer HC definierten Formeln ebenfalls undefiniert.

(_über_ 6 nodes (also Startknoten & Endknoten nicht eingerechnet):
--------------------------> <--------------------------
00-01-02-03-04-05-06-Z1-Z2-16-15-14-13-12-11(-00-01-02...)
01-02-03-04-05-06-07-08-09-10-11-12-13-14-15(-01-02-03...)
01: Ich.
Z1/Z2: worst-case Endpunkte fuer einen Weg.

Das muss man nun noch in ein HC ähnliches Gebilde (vielleicht ein nichtregelmaessiges Polyeder mit "inneren" Verbindungen) überführen. Die x(n-1)^n+1 bzw, x(n-1)^n, bzw, x(n-1)^n+1 Loesung hatte ich auch am Anfang. Ist aber IMHO crap.

Offizielle Auflösung: x = 43,7539963

Der Grundansatz wäre erst einmal eine allgemeine Formel, die die Anzahl der Personen aller Ecken addiert.

Diese könnte so aussehen (Anlehnung an LaTeX-Syntax):

6.4 Mrd = 1 + n_1 + n_2 + n_3 + n_4 + n_5 + n_6

(Die, die die Aufgabe jetzt so ausgelegt haben, als sei über sechs Ecken auch die siebente Ecke eingeschlossen, würden hier noch ein n_7 dranhängen)

Nun gilt es die Stufen mit Leben zu füllen. n_1 sind alle meine direkten Kontakte - es entspricht dem gesuchten Wert x.

Ab der zweiten Ecken ist zu beachten, daß Kontakte auf Gegenseitigkeit beruhen. Das
heißt meine x Kontakte kennen ja bereits mich, d.h. sie kennen nur noch x - 1 weitere
Kontakte. (Rechenbeispiel: Wenn ich 5 Kontakte kenne, kennen diese fünf jeweils mich
und vier andere)

n_2 = x * (x-1)

Das müßte man synchron auf alle weiteren Stufen anwenden.

Dann heißt es alles ausmultiplizieren (Pascal'sches Dreieck) zusammenfassen und Kürzen, bis man folgende Gleichung erhält:

6.400.000.000 = 1 + x^6 - 4x^5 + 7x^4 - 6x^3 + 3x^2

Nun kann man probieren, den GTR quälen - oder wer das mathematische Gen noch im Blut hat: den Newton anwenden.

Das war´s ;-)

Ich habe zusammenfassend noch eine PDF-Datei dazu erstellt mit Aufgabenlösung und detaillierteren Rechenweg: http://renephoenix.de/pic/b1536p1.pdf

Ich bin auch zu doof. Mein einziger Trost, keiner hier hat meinen Fehler bemerkt.

Danke Dir für die nette Aufgabe

@Rene: gugg dir mal ganz genau die letzten knoten von deinem Baum an. Die lösung geht nicht auf... hab erst dem aktsizr nicht geglaubt stimmt aber wirklich

Da passt was nicht. Der Ursprung hat noch x Kontakte, die Ecken haben aber nur noch x-1 Kontakte. Ich als Anfangsknoten habe aber genauso nur x-1 Kontakte.
D.h. n_1 = (x-1), n_2 = (x-1)*(x-1), n_3 = (x-1)*(x-1)*(x-1) und so weiter.
Jetzt kann ich (x-1) = y substituieren und erhalte N_1 = y, N_2 = y^2, N_3 = y^3 ...
Damit bin ich wieder bei wombat's Formel, kann das ganze ausrechnen und erhalte y=43, x=44, wobei der erste (also ich) nur 43 Kontakte besitze.
Mit deiner Formel kommt man zwar auch auf die 44, nimmt dabei aber an, dass der Ursprung einen Kontakt mehr besitzt, als die anderen.
Da deine Annahmen (2 und 3 widersprechen sich übrigens) sowieso davon ausgehen, dass es keine redundanten Kontakte gibt (und der Kontakt zum vorhergehenden Freund wäre so einer), dann reicht sogar der Ansatz nach y um die korrekte Anzahl der neuen Kontakte auszurechnen.

@chris: zu dem zeitpunkt, als du gefragt hattest, wa die alte lösung schon überholt. lesen hilft.

ansonsten ist renes lösung mathematisch korrekt.

@rene
du redest über netzwerke und bringst dann eine solche baumlösung. ist es nicht irgendwie schade, dass der mensch an der spitze des des "netzwerkes" nicht austauschbar ist, ohne die gegebene netztopologie koplett umzuwerfen?

@aktsizr
die hypercubelösung ist wie bereits in post #32 erwähnt habe nicht machbar, selbst mit abkürzung über diagonalen nicht.
meine lösung aus post #38 behält die hypercubeeigenschaften, nur halt dass nicht verdoppelt wird in jeden schritt, sondern ver-n-facht (und damit auch n-1 mehr kanten an jeden knoten sind).

und die angebliche loesung gilt doch wieder nur fuer den optimalen fall....also ist sie zwar nicht falsch, aber auch nicht korrekt.

ums nochmal zu verdeutlichen (von mir ausgehend):

zwei meiner bekannten kennen sich ebenfalls, dies wuerde bei der ersten ecke schon x-2 bedeuten oder etwa nicht? da bekannte oftmals auch verwand sein koennen, ist dies auch als ein normalfall anzunehmen... so und nun will ich mal nen ordentlichen ansatz von loesung sehen, welcher diesen aspekt mit einbezieht. man beachte, das man vorher noch statistisch ermitteln muss, wer wen in meinem bekanntenkreis kennt

Wenn ich stth (der es immer wieder schafft, um die Antwort drum herum zu reden) richtig verstehe, bildet sein komischer n-Hypercube genau den von gfx-shaman geforderten realen Anwendungsfall ab.

Die angebliche Lösung von Rene, bzw. von wombat gilt natürlich für den optimalen Fall, da in der Aufgabenstellung nach dem optimalen Fall gefragt war. D.h. man erfasst mit der statistischen Methode den minimalen Fall. Jede Berechnung die mit durchschnittlich weniger als 43 neuen Freunden pro Knoten auskommt muss falsch sein.

@stth: warum sollte der Mensch an der Spitze des Baumes nicht austauschbar sein? Natürlich ist er das, weil er ja nicht genau bestimmt ist. Auch lässt sich die Topologie auf jeden idealen Menschen übertragen. Ideal deshalb weil wir durch unsere Annahmen auch ein ideales Modell konstruieren.

Und warum ist Renes Lösung korrekt? Womit erklärst du, dass der Ausgangspunkt x und jeder andere Knoten nur x-1 Verbindungen hat?

@Chris: Das Mathematik auch an der Realität vorbei gehen kann, ist doch allseits bekannt - schon alleine die Annahme, redundante Kontakte auszuschließen.

Ich selber kenne n-Kontakte, wen sollte ich denn noch kennen. Da gibt es keinen Weg zurück (Wenn ich 5 Kontakte kenne, kennen die fünf bereits mich und vier andere)

@stth: Ja, schon. Es kann ja jemand die Aufgabe mal auf Hypercube umstellen ... wäre sicher auch ein interessantes Rätsel.

@gfx: wenn du die Redundanzen einbauen willst, kommt eine zweite Unbekannte ins Spiel: wieviele kenne sich dann untereinander ...

@Rene:
Schon klar. Für mich ist aber der Kontakt zu meinem Vorgänger ein redundanter Kontakt. Dieser wird mit deiner Annahme "jeder kennt gleich viele oder weitere für diese Betrachtung nicht relevante Kontakte" ausgeschlossen. Aber darüber könnten wir ewig streiten. Sagen wir du hast einen richtungslosen Graphen angenommen, während ich einen richtungsorientierten Baum angenommen habe.

Kann mir jetzt jemand erklären, was für eine Problemstellung mit dem Hypercube gelöst wird?
Und warum der Baum nicht auf jeden beliebigen Menschen anwendbar sein soll? (Klar ist, dass ich nicht einen produzierten Graphen aus dem Baum für alle Menschen anwenden kann, ich muss natürlich das Wurzelelement auf den aktuellen Menschen setzen und den Graph neu zeichnen.)

@stth: warum sollte der Mensch an der Spitze des Baumes nicht austauschbar sein? Natürlich ist er das, weil er ja nicht genau bestimmt ist. Auch lässt sich die Topologie auf jeden idealen Menschen übertragen. Ideal deshalb weil wir durch unsere Annahmen auch ein ideales Modell konstruieren.
[/quote]gut. wir haben einen baum. dieser stellt die in unserem fall reale freundestopologie dar.
tante fuchs ist an der spitze. dann erklär mir mal bitte, wie du in der ersten schicht zu jemanden in der letzen schicht des unterbaumes eines anderen freundes von tante fuchs immer noch nur 6 ecken haben willst?

allgemein ausgedrückt. die erde ist gegeben und

weil der mensch an der spitze keine verbindung nach oben hat

sonst: der n-hypercube ist auch nur eine wunschvorstellung. der witz daran ist, dass alle menschen gleichberechtigt sind und die welt von ihnen aus immer genauso aussieht. und damit das netzwerk bestehen bleibt, und trotzdem jeder mensch über 6 ecken bekannt ist.

ach kacke, ich drops hab auch bei n_1 x-1 gerechnet..

naja, ich sagte ja bereits: zu trivial!