Du warsts, du Sauhund!

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Godi68: "Sybenwurz hat gelogen, als er sagte, ich wäre es gewesen!"
Bedeutet, wenn er die Wahrheit sagt, einer der andern Drei wars

LidlRacer: "Sybenwurz ist es gewesen!"
Würde n dem Fall lügen, d.h. einer der (dann nur noch verbleibenden ) andern (Zwei) wars

Sybenwurz: "Godi68 hat's getan!"
Wär in diesem Fall auch gelogen, also Godi68 (als einer von zwei noch möglichen) wars nicht

Schnodo: "Ich war's nicht!"
Auch das wär gelogen, also wars Schnodo

Das sagt der Richtige! Schau Dir mal die andere Variante an! :Cheese:

So, Herrschaften, einen hätte ich noch zu bieten. :Huhu:

Schnodo ist motiviert, plant seine nächste Kurzdistanz und will es auf dem Bike richtig krachen lassen. Weil zu gutes Material noch keinem geschadet hat, kauft er sich einen unvernünftig teuren Zeitfahrhobel.

Leider bleibt ihm dadurch nicht mehr genügend Geld für ein ordentliches Fahrradschloss. Er braucht aber eines, um den Boliden in den regelmäßigen Pausen auf seinen Ausfahrten, die er gerne im Biergarten verbringt, abzuschließen.

Er kauft deswegen bei Aliexpress ein besonders günstiges Zahlenschloss, das 3 Rädchen hat. Auf jedem der drei Rädchen stehen die Ziffern 1, 2 und 3. Wenn der richtige Zahlencode eingestellt ist, geht das Schloss auf.
Dummerweise ist das Schloss nicht nur billig, sondern außerdem noch defekt: Es geht schon auf, wenn beliebige zwei der drei Rädchen korrekt eingestellt sind.

Von der Trainingsanstrengung ist Schnodo erschöpft und hat es im Biergarten mit dem Ausgleich des Flüssigkeitsverlustes übertrieben; ihm fällt die richtige Kombination nicht mehr ein.

Wie viele Versuche braucht er höchstens - vorausgesetzt er stellt sich clever an - um sein Fahrradschloss zu öffnen?

Zählt es als ein Versuch, wenn mehrere Rädchen gleichzeitig verstellt werden?
(Bin aber nicht sicher, ob das sinnvoll ist.)

Welche andere Variante?
Ich hab ja alle vier durch und bezeichnenderweise wars die letzte...:(

Bedeutet der Einschub mit clever anstellen, dasses mit weniger als 9 geht?
:Gruebeln:

Ein Versuch ist das Einstellen einer neuen Kombination, unabhängig davon wie viele Rädchen dabei verstellt werden.

"Und angenommen, nur einer der vier hat gelogen, wer war es dann?" :cool:

So ist es. :Lachen2:

Oh, wer lesen kann, ist stets im Vorteil...:-((

Wenn die abgeschlossene Version direkt als falsch gilt und damit nicht als Versuch zählt, meine ich, dass ich mit max. 5 Versuchen auskomme.

Naja, je länger ich drüber nachdenk, wär dann noch die Frage, wie sich das 'falsch' definiert: sind alle drei Ziffern verkehrt oder zwei (eine geht ja nicht, dann würds ja bereits aufgehn)?

Auch hier hilft wieder lesen:

Wir nehmen einfach mal an, dass Du gar nicht auf die Idee kommst, dass das Schloss offen sein könnte und somit der erste Versuch der ersten von Dir eingestellten Kombination entspricht. Bravo! :Blumen:

Hm, gerade hatte ich eigentlich festgestellt, dass mein angedachter Weg bei 5 Versuchen doch noch nicht zwangsläufig am Ende ist ...

Mit 6 (plus der initialen Einstellung) sollte es gehen.
Rädchen 1 und 2 sind anfangs nicht beide korrekt eingestellt (sonst wäre es ja schon offen). Das heißt, wenn ich beide Rädchen zugleich um eins weiterdrehe ist spätestens beim zweiten Drehen mindestens eins in der richtigen Position. Das kombiniert mit den 3 Möglichkeiten des dritten Rades ergibt, dass man spätestens nach 6 Versuchen (wenn man die Anfangskombination mitzählt, 7) Erfolg hat.

Denke, Du hast Recht!
Oder geht's doch noch cleverer???

Es geht mit 5 Versuchen. :)

Aber leider nicht mit meinen 5! :Weinen:
Ich gebe (vorerst) auf.

Hmm, ich komme spontan auf 6 (inklusive der initialen)

Ich drehe alle drei Rädchen.
In jeder Runde werden 7 unterschiedliche Kombinationen als Lösung ausgeschlossen, so daß nach drei Versuchen (inklusive initialem) 21 von insgesamt 27 möglichen Kombinationen ausgeschlossen sind.
Von den verbleibenden 6 lassen sich immer jeweils 2 gleichzeitig abfragen/ausschließen, so daß sich das Schloß spätestens beim fünften Versuch nach der Initialstellung öffnet.

Inklusive oder exklusive Initialstellung ?

Wenn ich die Information der Initialstellung also verwenden darf, sind es nach der von mir genannten Methode in dem Sinne also auch "fünf Versuche".

Puh! ;)

Definieren wir "Versuch" genauer: Ein Versuch bedeutet Ziehen am Schloss, um zu sehen, ob es offen ist, unabhängig davon, ob es die Initialstellung oder eine selbst eingestellte Kombination ist. Entsprechend dieser Definition sind höchstens 5 Versuche notwendig.

Wie ist das mit dem Folgenden in Einklang zu bringen ?

Aber egal. Ignorieren wir die Initialstellung einfach.
Die Definition ist ja irgendwie eindeutig.

Das Schloß öffnet sich spätetestens beim fünften Versuch, richtig ?
Oder bedeutet es "fünf Fehlversuche" ?

Ich wollte darauf hinaus, dass man die Initialstellung nicht als Versuch verwenden muss, weil die eingestellte Kombination möglicherweise ungünstig ist. Hätte ich die Diskussion vorhergesehen, hätte ich eine andere Konstruktion gewählt, z.B. mit Tasten und einer Anzeige, wo die vorherige Kombination nicht sichtbar ist. Dann wäre aber das Schloss gleich wieder teurer geworden. ;)

Genau. :)

Naja, die aufgedruckten Zahlen sind doch nur beliebige austauschbare Symbole, somit jede erste Kombination äuqivalent ... ;)

Ich überlege, ob es prinzipiell nicht auch mit 4 Versuchen ginge ... :-((
Kannst du das sicher ausschließen ?

Genau, die Sache an sich ist viel zu trivial. Da ist es eine gute Idee, etwas Würze hineinzubringen. :Cheese:

Sprich Dich aus. :)

Ich kann es nicht ausschließen, aber es gibt starke Indizien dafür, dass 4 Versuche nicht genug sind. :Lachen2:

Jetzt wäre ich auch mal gespannt, da ich über Flows Ansatz auch nicht hinauskomme, dass man mit den ersten 3 Kombinationen 111, 222, 333 schon mal 21 der 27 ausschließt, aber danach nicht mehr als 2 der übrig bleibenden Kombinationen auf einmal erwischt.

Oder ist das Zahlenschloss so billig wie früher in der Schule, wo man beim Probieren der ersten Stelle schon merkte, wo es an der richtigen Stelle leicht einrastete :Lachen2:?

:cool:

Naja, der naive Gedanke war eben mal :
Es gibt 27 mögliche Kombinationen.
Mit einem Versuch erschlägt man erstmal 7.
Mit 4 "unabhängige" Versuchen, "ohne Überschneidungen" träfe man gar 28 Kombinationen.

Die Frage stellt sich also bezüglich der "Unabhängigkeit" der Versuche.

Kannst ja schonmal die Widerlegung vorbereiten, während ich überlege, ob ich heute nochmal über die 5-Versuche-Variante nachdenke ... ;)

Mir selbst würde es ohne Hilfe nicht gelingen, aber es kann nachgewiesen werden, dass es bei 4 Versuchen mindestens zwei Überschneidungen gibt und somit wenigstens eine Kombination nicht berücksichtigt wird. :)

PS: Ich habe mal Deine Variante mit 6 Versuchen und die Lösung mit 5 Versuchen gegenübergestellt. Dem Link nicht folgen, wenn Du noch etwas überlegen willst. :)

6 Versuche vs. 5 Versuche

So, hab' mir jetzt mal einen Schnaps geholt und löse das jetzt graphisch ... :cool:

Einen Moment bitte ... :Lachen2:

Eine der folgenden fünf Kombination öffnet jedes Schloß ... :Lachen2:

111
331
222
133
313

Graphische Interpretation folgt ...

Du bist ein Tier! Glückwunsch! :Blumen:

Graphische Lösung (bisher ohne Bild :Lachen2:) :

Man denke sich einen 3x3-Würfel aus 27 Einheitswürfeln bestehend, derer jeder gemäß seiner Koordinaten für eine Kombination des Schloßes steht. Beispielsweise vorne links unten -> 111, hinten rechts unten -> 331

Durch den Defekt des Schloßes gilt jeder Würfel zugleich auch für die sechs weiteren, die in der Verlängerung seiner Achsen, senkrecht zu seinen Flächen, stehen. Der mittlere Würfel (222) beispielsweise ergibt somit mit den mittleren Würfeln der Außenflächen des großen Würfels ein dreidimensionales Kreuz. Der Würfel auf 111 eine Art Dreibein, entlang der Kanten die aus seiner Ecke führen.

Nun gilt es möglichst wenig (also erstmal 5 ;)) solcher Gebilde zu finden, die zusammen (inklusive Überschneidungen) den gesamten Würfel ausfüllen.

Eine Lösung (die Wurzeln dieser Gebilde) :
Gegenüberliegende Ecken in der unteren Ebene -> 111, 331
Der Würfel im Zentrum -> 222
Gegenüberliegende Ecken in der oberen Ebene, versetzt zu denen in der unteren -> 133, 313

Ein Meister seines Faches! :8/
Ich erstarre in Ehrfurcht!

Jetzt bin ich mal gespannt, wie Du nachweist, dass 4 Kombinationen nicht ausreichen. :Cheese:

In der obigen graphischen Interpretation könnte man folgendermaßen argumentieren :
Der große Würfel hat 12 Kanten. Man braucht mindestens vier, um diese abzudecken, wobei das Zentrum dabei noch frei bleibt, also mindestens ein fünfter notwendig ist.

Sollte den Beweis tragen ...

Wenn hier Sterne zu vergeben wären, hättest Du Dir den goldenen und gleich noch einen Freak-Stern verdient. :liebe053:

Jetzt musst Du nur noch gelegentlich das Bildchen zur grafischen Interpretation nachliefern. :Cheese:

'ne richtige Animation müßte eigentlich her ... :Lachen2:

+1 :Huhu:

Bin schwerst beeindruckt!
Die grafische Lösung ohne Grafik kann ich nachvollziehen, ich war aber weit davon entfernt, da selbst drauf zu kommen.
Fand es sehr naheliegend, mit 111, 222 und 333 anzufangen, aber das war ne Sackgasse, aus der ich keinen Ausweg gefunden habe. :Weinen:

Trotz der überschwenglichen Lorbeeren bin ich von diesem "Beweis" doch nicht so recht begeistert ... :-((

Mit "Überschneidungen" läßt sich graphisch auch schön arumentieren.
Dazu betrachten wir im großen Würfel 9 Ebenen. 3 horizontale, Boden, Mitte, Decke. 2x 3 vertikale, Front, Mitte, Rückseite, Links, Mitte, Rechts.
Jedes Wurzelelement liegt damit auf einer horizontalen und zwei vertikalen Ebenen, und verlängert sich in diese.
Liegen zwei Wurzelelemente auf einer gemeinsamen Ebene, so haben sie mindestens zwei gemeinsame Folgeelemente, oder "Überschneidungen".
Da es nur 9 Ebenen gibt, können maximal 3 Wurzelemente komplett auf eigenen Ebenen liegen.
Spätestens mit dem 4. Wurzelelement gibt es mindestens 2 Überschneidungen.

Allein aus diesem Grund können 4 Wurzelemente plus ihrer jeweils 6 Folgeelemente nicht mehr als 4 x 7 - 2 = 26 Elemente abdecken. Mindestens ein Element (Kombination) bleibt dabei unberücksichtigt.