AHA-Quiz

Das Universum nicht, dafür andere schändliche Dinge, wie zB der Synkretismus, den wir Christentum nennen

Dann wart ich mal noch ein bißchen, und lös dann auf, denn so im Prinzip stimmts. Also, wenn's noch jemand genauer hat... letzte Chance!

Sol Invictus, die unbesiegte Sonne, der Gott der Römer der Spätantike ?
Dessen Feiern waren doch in der nähe von Weihnachten.

Nicht nur um Weihnachten, sondern direkt AN Weihnachten. Nachdem man in der Spätantike nicht mehr so genau wußte, wann der gute Zimmermann aus Nazareth geboren war, wählte man schlicht und ergreifend ein bekanntes Datum, und erklärte dies zum Festtag der Geburt des Herrn. Daß dies nun ausgerechnet der Geburtstag von Sol Invictus war - und Constantin vor seiner "Bekehrung" vor der Schlacht an der Milvischen Brücke 312 ziemlich fanatischer Anhänger des Sonnenkultes war (und sich sozusagen als Stellvertreter dieses Gottes empfand), nun das ist halt ein Zufall... aber ein Schelm, wer Arges dabei denkt.[Kl

[Klugscheißmodus]Faktisch gesehen war der 25.12. deshalb der Geburtstag der Sonne, da die julianische Kalenderreform die Wintersonnenwende auf dieses Datum legte. Wegen der bekannten Abweichungen zwischen julianischem Kalenderjahr und Sonnenjahr ist er seitdem natürlich etwas gewandert, und ist deshalb heute um den 21. zu finden.[/Klugscheißmodus]

Ich gebe die Runde frei!

ok, Also: Der Herrscher welchen Landes trug den Titel König der Könige ?

Entweder der Schah von Persien ( Schah-an-Schah ) oder der frühere Herrscher von Äthiopien ( Neguse Negest ).

Wenn man noch etwas weiter zurückgeht, stellt man fest das der Titel im alten Orient ziemlich beliebt war ( Akkad, Hethiter, Assyrien).

Gut ich hätte vielleicht fragen sollen wer ihn am längsten trug...
aber alle deine Antworten sind richtig, Also Hadad wie lautet die nächste Frage ?

Mathe? Mathe!

A. wählt zwei verschiedene reelle Zahlen mittels einer unbekannten Methode und versiegelt diese in zwei (abstrakten) Umschlägen.
B. wählt einen dieser Umschläge mittels eines (fairen) Münzwurfes aus und zeigt dir die Zahl in diesem Umschlag.
Du musst nun raten, ob die Zahl in dem anderen, noch verschlossenen, Umschlag kleiner oder größer als die Zahl ist, welche du soeben gesehen hast.
Gibt es eine Strategie die richtige Antwort zu finden die immer eine höhere Erfolgswahrscheinlichkeit hat als 50% ? Wenn ja, welche?

Tip: Die Art und Weise wie A. die Zahlen wählt ist egal.

Hmm. Also ich weiß, dass es überabzählbar unendlich viele reelle Zahlen gibt, und selbst in einem geschlossenen Intervall [a,b] mit a < b gibt es überabzählbar unendlich viele reelle Zahlen.
Seien x und y die von A gewählten Zahlen. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit kann ich annehmen, dass ich durch Münzwurf die Zahl x kenne. Da x!=y gilt, ist entweder x<y oder x>y. Hmm, ich bin nicht so der Stochastiker, aber ich vermute, dass man zeigen kann, dass für x>0 die Zahl y mit größerer Wahrscheinlichkeit im Intervall [-unendlich,x) liegt als im Intervall (x,+unendlich], und umgekehrt für x<0. Für x=0 ist die Wahrscheinlichkeit,y zu enthalten, für beide Intervalle gleich. Wie gesagt, sicher bin ich mir da nicht. Wahrscheinlichkeiten auf (überabzählbar) unendlichen Mengen finde ich verwirrend.

Wenn die obige Vermutung stimmt, wäre meine Strategie folgende: Ist x größer oder gleich 0, dann sage ich "y ist kleiner". Ansonsten (also x<0) sage ich "y ist größer". Dann ist für alle x!=0 die Wahrscheinlichkeit, dass meine Vorhersage stimmt, größer als 50%.

Damit bist du schon verteufelt nah dran. So niemand den Beweis zumindest andeuten will, wäre ich auch bereit das als richtig gelten zu lassen.

Mmmh, mit überabzählbaren Mengen bin ich nicht so der Spezialist ... ich versuch's trotzdem mal.
Ich konstruiere eine Abbildung f:R --> R und bilde jede Zahl x auf f(x)=-x ab. Abbildung f ist surjektiv (der Wertebereich von f umfasst alle reellen Zahlen) und injektiv (aus f(x)!=f(y) folgt x!=y), daher bijektiv. Ebenso gilt x>0 <==> f(x)<0 und umgekehrt für x<0.
Nun gilt für die Wahrscheinlichkeiten p[x<0]=p[f(x)>0]=p[x>0] (wegen Bijektivität).
Sei nun y>0. Dann gilt
p[x<y] = p[x<0] + p[x=0]-p[x>0,x<y] und
p[x>y] = p[x>0] - p[x=0]-p[x>0,x<y]-p[x=y].
Wegen der Bildungsvorschrift (wähle zwei unterschiedliche Zahlen x,y) ist p[x=y]=0 und fällt weg.

Bleibt zu zeigen, dass p[x<y] > p[x>y] ist.
p[x<y] > p[x>y] g.d.w. (nach obiger Gleichung)
p[x<0] + p[x=0] + p[x>0,x<y] > p[x>0] - p[x=0]-p[x>0,x<y] g.d.w. (wegen p[x<0]=p[x>0])
p[x=0] + p[x>0,x<y] > -p[x=0] - p[x>0,x<y]
was gilt, da alle Wahrscheinlichkeiten p[...] positiv sind, p[x=0]>0 und somit die linke Seite >0 und die rechte Seite <0 ist.

Der Beweis für y<0 geht analog.
Bleibt das Manko mit y=0, wo die Wahrscheinlichkeiten genau gleich groß sind. Hier sehe ich keine Möglichkeit, die Wahrscheinlichkeit über 50% zu kriegen.

Ok, Lösungsstrategie:
Nennen wir die Zahl die man sieht x.
Mittels logistischer Funktion berechnen wir p(x)=1/(1+e^-x).
Die Wahrscheinlichkeit von "niedriger" ist p(x), die von "höher" 1 - p(x).

Warum klappt das?
p(x) ist 0 für - unendlich, 1 für + unendlich und steigt dazwischen monoton.
Das heißt für jedes Zahlenpaar bei dem A die kleinere und B die größere Zahl ist, hat man eine (geringfügig) bessere Chance wenn man "niedriger" sagt wenn man B gesehen hat. Die Gesamtchance richtig zu raten ist:

N = 0.5 * (1-p(A)) + 0.5 * p(B)

Da p(A) immer kleiner als p(B) ist, ist N immer größer als 50%.
Wäre beispielsweise 1 und pi die gewählten Zahlen, wäre die Chance richtig zu liegen 61,37 %, bei 10 und 11 nur 50,00053 %.

Egal welche zwei Zahlen gewählt wurden, die Chance richtig zu liegen ist immer über 50 %, auch wenn es oft nur ein ganz, ganz kleines bisschen ist.

Fragerecht geht aber jetzt erstmal an dich.

Ihr seid ja wahnsinnig!!!!

Auch ich bin mehr als erstaunt. Aber wenn wir schon mal dabei sind hätte ich da eine Frage. Nein NICHT im Rahmen des Quiz, sondern als DSA-Spieler. Das Quiz kann unbenommen weitergehen.

Also Frage:
In Drakensang habe ich die Wahl zwischen einem Langschwert 2W+5 und einem 3W+2. Welches ist ''statistisch'' besser?
Ebenso:
Ein Bogen 1W+4 Nachladezeit 0 Kampfrunden oder ein Bogen 1W+9 Nachladezeit 2 Kampfrunden ? Welcher hat mehr Chancen?
Für eine kurze Erklärung, Danke im Voraus
Hathu

Ähnliches Thema hatte ich bei der Wahl zwischen Doppelkhunchomer der 1W+7 macht und einem Zweihänder mit 2W+4. Im gemittelten Durchschnitt macht der Zweihänder auf Dauer minimal mehr Schaden.

Nehmen wir an wir würfeln 10 Schadenswürfe mit jedem. Im Schnitt würfelt der Zweihänder immer 7+4=11. 11*10=110
Der Doppelkhunchomer würfelt im schnitt 5 mal die 3 und 5 mal die 4. das macht Summa Summarum 105 TP.

Allerdings hat der Doppelkhunchomer prinzipiell mit 8 den höheren Minimalschaden, aber keinen höheren maximalschaden.

Bei deinem Beispiel wäre 3W+2 minimal besser. Gleiche Rechnung wie oben.

Bei dem bogen ist der gemittelte Schaden leichter herauszufinden. Ich denke, der erste, also 1W+4, ist besser, weil er mehr Schaden macht. Auf dauer gesehen. Der andere Bogen braucht zu lange zum nachladen und macht dementsprechend weniger Schaden auf Dauer. Auch wenn der Maximalschaden größer sein kann.

OK, ich danke dir. Das war eine Erklärung, wie ich sie auch verstehe.

So jetzt können wieder die Mathematiker kommen. Verstanden von dieser Frage von Hadad habe ich nur so viel:

Wenn ich den einen Zettel lese und dort steht 0 oder mehr, muss ich eine kleinere Zahl sagen. War das korrekt?
Egal. Macht einfach weiter. Ich glaube Andruil ist dran.
Gruß

And now something completely different, und zwar eine Schätzfrage.

Wie viele Personen (also Steinmetzen, Maler etc.) sind permanent mit dem Erhalt des Kölner Doms beschäftigt?

187 xD

Eine tödliche Zahl...hmm...falsches Quiz...

Ich sage unter 100...und nehm mal eine biblische Zahl: 40.

dann sag ich einfach mal 42... the answer to life the universe and everything

Wenn man die Leute, die in den Steinmetzschulen und Restaurierungsbetrieben mit dazuzählt und nicht DIE die ständig am Dom zu sehen sind dann rate ich mal eine Karnevalszahl

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