nur weil du es nicht blickst ... jeder hat gleich viele kontakte (43,9197231)
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.
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" ...) ;-)
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.
Zitat(yocheckit @ 23 Feb 2007, 00:58)
schade, jetzt erst gelesen.. nun ist mir das problem zu trivial!
das ausserdem
Zitat(René @ 22 Feb 2007, 22:48)
Macht's nicht zu kompliziert ... ;-)
Die Baumvorstellung reicht völlig ... nur das entscheidende, worauf es bei der Formel ankommt, hat noch keiner eingearbeitet
meinst du zufällig, dass hier niemand im baum den freund der nach der zum stamm vernetzt mitgezählt hat?
CODE
| O /|\
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.
Zitat(Chris @ 23 Feb 2007, 17:28)
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.
hä? stell ne frage. normaler hypercube max abstand 23 kanten -> 23 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))
Dieser Beitrag wurde von stth: 24 Feb 2007, 10:57 bearbeitet
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jeden tag einen dummen kommentar! hab ich bei den fadfindern gelernt.
"if you have a hammer, every problem looks like a nail"
ich versuch's noch mal mit meiner lösung von letztens, die anscheinend keiner gefunden hat:
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Kleine Aster Ein ersoffener Bierfahrer wurde auf den Tisch gestemmt. * Irgendeiner hatte ihm eine * dunkelhellila Aster * zwischen die Zähne geklemmt. * Als ich von der Brust aus * unter der Haut * mit einem langen Messer * Zunge und Gaumen herausschnitt, * muß ich sie angestoßen haben, denn sie glitt * in das nebenliegende Gehirn. * Ich packte sie ihm in die Brusthöhle * zwischen die Holzwolle, * als man zunähte. * Trinke dich satt in deiner Vase! * Ruhe sanft, * kleine Aster! -Gottfried Benn (1912)-
also braucht jeder 33+3 = 36 freunde, damit jeder jeden über 4 ecken(mittelsmänner) / 5 kanten! (also auch 5 oder 6 ecken) kennt.
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.
Zitat(stth @ 24 Feb 2007, 09:47)
normaler hypercube max abstand 23 kanten -> 23 kanten pro knoten
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.
Zitat(René @ 24 Feb 2007, 11:27)
Außerdem hieß es, daß `man´ jeden über sechs Ecken kennt. Nicht jeder jeden ...
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?
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.
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
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.
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.
Dieser Beitrag wurde von aktsizr: 24 Feb 2007, 18:29 bearbeitet
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:
@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).
Dieser Beitrag wurde von stth: 25 Feb 2007, 11:34 bearbeitet
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