Letzte Woche hatte ich folgende Frage gestellt: Punkt Mitternacht stehen großer und kleiner Zeiger genau übereinander. Wie viel Zeit vergeht, bis das wieder der Fall ist?
Offensichtlich vergeht mehr als eine Stunde, denn erst kurz nach 1.00 Uhr überrundet der große den kleinen Zeiger. Man könnte die Aufgabe mit einem Gleichungssystem lösen, in dem die Zeit t die Unbekannte ist. Wir kennen die Position beider Zeiger um 0.00 Uhr – sie stehen beide auf der 12. Kurz nach 1.00 Uhr treffen sie sich wieder. Der große Zeiger hat dann exakt 360 Grad mehr zurückgelegt als der kleine Zeiger. Also gilt
vg * t – 360 Grad = vk * t
(Wobei vg und vt die Winkelgeschwindigkeit von großem bzw. kleinem Zeiger sind. vg = 360 Grad/Stunde, vk = 30 Grad/Stunde)
Diese Gleichung löst man nach t auf – das ist die Standardlösung.
Schöner finde ich jedoch die Folgende: Um 0.00 Uhr und um 12.00 Uhr stehen die Zeiger exakt übereinander. Zwischen 0.00 und 12.00 Uhr gibt es zehn Überholmanöver. Diese teilen die zwölf Stunden in elf gleich lange Zwischenräume ein, denn die Zeiger bewegen sich mit konstanter Geschwindigkeit. Der Abstand zwischen zwei Begegnungen ist deshalb 12/11 Stunden. Eine elftel Stunde entspricht etwa 5 Minuten und 27 Sekunden. Beim ersten Wiedertreffen der Zeiger nach Mitternacht ist es demnach 1:05:27 Uhr.
Punkt Mitternacht stehen großer und kleiner Zeiger genau übereinander. Wie viel Zeit vergeht, bis das wieder der Fall ist? Anders formuliert: Wie spät ist es beim nächsten Rendezvous der Zeiger?
Lösungen bitte an holger.dambeck AT googlemail.com – diesmal geht es nicht um ein Buch, sondern nur um Ruhm und Ehre.
Die Lösung des gestrigen Uhrenrätsels war wohl doch nicht ganz so leicht. Ich hatte gefragt, in welchem Winkel die Zeiger einer Uhr um 15.10 Uhr zueinander stehen. In der ersten E-Mail, die ich bekam, stand 30 Grad. Und in der darauf folgenden auch. Leider stimmt das aber nicht.
Der Winkel ist ein Stückchen größer. Der große Zeiger steht um 15.10 Uhr auf der 2 des Ziffernblatts. Der Winkel bis zur 3 ist genau 30 Grad (=1/12 von 360 Grad). Doch der kleine Zeiger befindet sich um 15.10 Uhr nicht mehr genau über der 3. Er hat sich vielmehr in den zehn Minuten seit 15.00 Uhr ein kleines Stück weiterbewegt.
Aber um wie viel Grad? In 12 Stunden überstreicht der kleine Zeiger 360 Grad, also in einer Stunde 30 Grad. 10 Minuten sind ein Sechstel einer Stunde. In dieser Zeit bewegt sich der Zeiger um ein Sechstel von 30 Grad = 5 Grad. Der gesuchte Winkel zwischen den beiden Zeigern beträgt deshalb 35 Grad.
Die schnellste richtige Lösung kam via Twitter – ich nehme Kontakt zu dem Gewinner meines Buchs „Nullen machen Einsen groß“ auf. Nächste Woche folgt ein ziemlich raffiniertes Logikrätsel.
Es geht endlich los: Heute, am 20. Juni, ist mein neues Buch „Nullen machen Einsen groß“ offiziell erschienen. Darin beschreibe ich Mathetricks aller Art – von Rechenkniffen bis zu richtigen Zauberkunststücken, die auf Mathematik beruhen. Einige kurze Auszüge werden demnächst auf SPIEGEL ONLINE publiziert.
An dieser Stelle möchte ich ein paar Fotos aus dem vierten Kapitel zeigen, in dem es um Krawattenknoten und Schnürsenkel geht. Es ist unglaublich, wie viele Möglichkeiten es gibt, Schnürsenkel einzufädeln. Ein paar davon sind auf den Fotos zu sehen. Die Fotos stammen von Oliver Mann – ein paar Eindrücke vom Fotoshooting gibt es hier.
Endlich ist es gedruckt – mein drittes populärwissenschaftliches Buch über Mathematik. In „Nullen machen Einsen groß“ geht es um mathematische Kniffe und Kunststücke aller Art. Natürlich sind Rechentricks dabei, aber auch geometrische Spielereien wie das Dritteln eines Winkels und richtige Zaubertricks mit Geburtstagen, Dominosteinen und Spielkarten, die Mathematik nutzen.
Ich habe ein gutes Gefühl und glaube, dass es tatsächlich mein bisher bestes Buch ist. Es bietet eine bunte Mischung aus relativ leicht zu verstehenden Tricks, enthält aber auch Anspruchsvolleres wie etwa die kaum noch bekannte Trachtenberg-Schnellrechenmethode. Spannend ist sicher auch das Kapitel über Schnürsenkel und Krawattenknoten. Und wer gern knobelt, kann sich an insgesamt 45 Matherätseln ausprobieren.
Ich hoffe, das Buch kommt bei den Lesern ähnlich gut an wie „Je mehr Löcher, desto weniger Käse“. Das hat sich mehrere Wochen in den Top 20 der Bestsellerliste gehalten – und dorthin sollten es auch die Mathetricks schaffen 😉
Jedes Jahr das Gleiche beim Eurovision Song Contest: seltsame Auftritte, noch seltsamere Kostüme und zum Schluss die Vetternwirtschaft bei der Punktvergabe. Mir kam es schon immer ungerecht vor, dass kleine Länder wie San Marino oder Dänemark genauso viele Punkte vergeben dürfen wie Deutschland oder Italien. Ist dieses System vielleicht sogar Schuld daran, dass gefühlt immer nur Skandinavier, Ex-Ostblock- oder Balkanländer gewinnen?
Ich habe das einfach mal ausgerechnet. Dabei bin ich davon ausgegangen, dass die Punkte jedes Landes nach dessen Einwohnerzahl gewichtet werden sollten. Größere Länder bekommen dadurch mehr Gewicht als kleinere. 39 Länder durften beim ESC 2013 abstimmen, die mittlere Einwohnerzahl dieser 39 Staaten liegt bei 17,8 Millionen. Die Gewichtung funktioniert so: Ein Land, das doppelt so viele Einwohner hat wie der Durchschnittswert von 17,8 Millionen, darf auch doppelt so viele Punkte vergeben. Aus ursprünglich 12 Punkten für den Erstplatzierten werden so 24, 10 Punkte werden zu 20 und so weiter.
Ein Land hingegen, das halb so viele Bewohner hat wie der Mittelwert, darf nur halb so viele Punkte vergeben. Also 6 statt 12 für den Erstplatzierten, 5 statt 10 für den Zweiten und 0,5 statt 1 für den mit den wenigsten Punkten. Die Gewichtung verändert die Verteilung der Punkte, weil Giganten wie Russland (142 Mio. Einwohner) plötzlich nicht nur 58 Punkte vergeben (58 = 12+10+8+7+6+5+4+3+2+1), sondern acht mal so viele, nämlich 464. Deutschland (81 Mio.) kommt so auf 264 Punkte. Die Gesamtmenge der von allen 39 Ländern vergebenen Punkte bleibt jedoch unverändert – es wird ja schließlich nur anders gewichtet.
Und wer ist nun der gewichtete ESC-Sieger 2013? Es bleibt bei Dänemark – und ich muss gestehen, das hat mich überrascht. Das Siegerlied holt gewichtet mit 312,4 sogar noch mehr Punkte als die 281 aus der regulären Abstimmung. Den zweiten Platz sichert sich wiederum Aserbaidschan – mit gewichtet 256,5 statt 234 Punkten. Auf Platz drei aber landet nach der Neuberechnung Griechenland, das übrigens auch mein Favorit war. In der offiziellen ESC-Ranglisten erreichte es nur Rang sieben.
Rangfolge laut der offiziellen Punktewertung – Dänemark gewinnt
Nach Einwohnerzahl gewichtete Rangfolge – auch hier gewinnt Dänemark
Offizielles Ergebnis (blau) und Rangfolge nach Bevölkerung gewichtet (rot)
Copyright der Grafiken: Holger Dambeck
Aber ist eine solche Gewichtung wirklich fairer? Die Vetternwirtschaft wird tatsächlich verringert, denn kleine Länder, die sich gegenseitig Stimmen geben, beeinflussen die Gesamtabrechnung weniger stark. Doch nach wie vor dürfen Länder nicht für den eigenen Teilnehmer stimmen – und das wird für Kandidaten aus bevölkerungsreichen Staaten wie Russland, Deutschland oder Frankreich sogar zu einem echten Nachteil. Sie können dann von Vornherein nicht so viele Punkte einheimsen wie Dänemark oder Malta, weil die höher gewichteten Punkte aus ihrer Heimat ja nur für andere Länder zählen. Zudem muss die Einwohnerzahl nicht zwingend mit der Zahl der Anrufer aus einem Land korrelieren – eigentlich müsste man aber die tatsächlich abgegebenen Stimmen zählen wie bei einer demokratischen Wahl.
Das ganze Verfahren zeigt damit vor allem eines: Wie schwierig es ist, ein faires Wahlverfahren zu finden. Vielleicht ist das ja auch der eigentliche Sinn des Eurovision Song Contest.
Tabelle der Punktzahlen offiziell und gewichtet
Rangfolge laut offizieller Statistik und Punkte gewichtet
Die Daten zum ESC 2013 habe ich von der Webseite escchat.com entnommen, die Einwohnerzahlen der Länder stammen aus dem CIA World Factbook. Wer gern selbst mit den Zahlen spielen will: Hier ist die Excel-Datei ESC Punkte gewichtet zum Download.
Das Manuskript meines neuen Buchs über Mathetricks ist fertig. Ich bin gespannt, was meine Lektorin dazu sagt, immerhin sind auch zwei, drei längere Beweise mit drin. Die Recherche hat auf jeden Fall großen Spaß gemacht. Ich habe faszinierende Rechentricks kennengelernt, die längst vergessene Trachtenberg-Schnellrechenmethode und tolle mathematische Kunststücke mit Würfeln, Dominosteinen und Spielkarten.
Die Fotos stammen vom gestrigen Fotoshooting für das Buch im Studio von Heidi Scherm. Der Fotograf Oliver und ich waren den ganzen Tag beschäftigt – es war sehr interessant. Ich habe eine Menge über Blenden, Schatten und Objektive gelernt. Abgelichtet wurden unter anderem Schnürsenkel, Krawattenknoten und Möbiusbänder. Das Buch „Nullen machen Einsen groß“ erscheint im Juni.
Die Resonanz hat mich überrascht: Da schreibe ich eine kurze, keinesfalls vollständige mathematische Analyse über den seltsamen Zufall bei der Auslosung des Champions-Leage-Achtelfinals. Und Dutzende Leser schicken mir die Ergebnisse ihrer eigenen Berechnungen, die mehrheitlich bestätigen, was ein Kollege aus der SPIEGEL-Dokumentation mit einem kleinen Computerprogramm herausgefunden hat. Bei der Auslosung waren genau 5463 verschiedene Achtelfinal-Varianten möglich.
Allerdings ist das nur die halbe Wahrheit. Denn wie einige Leser zu Recht angemerkt haben, sind diese 5463 Kombinationen nicht automatisch gleichwahrscheinlich, weshalb die Wahrscheinlichkeit, eine Achtelfinalvariante zweimal hintereinander auszulosen auch nicht zwingend 1/5463 sein muss.
Dass das Problem kombinatorisch verzwickter ist, als es auf den ersten Blick aussieht, zeigt schon der Ablauf der Auslosung, den ich mir auch erst im Nachhinein auf YouTube angeschaut habe. Spannend wird die Prozedur ab Achtelfinale 4. Die ersten drei Achtelfinals sind da schon ausgelost: Galatasaray-Schalke, Celtic-Turin und Arsenal-Bayern.
Zuerst wird stets ein Team aus dem Topf der Zweitplatzierten gezogen, und dann wird ihm ein Gruppensieger zugelost. Das nächste Los aus der Gruppe der Zweitplatzierten ist Donezk. Von den fünf Teams im Topf der Erstplatzierten scheidet Turin aus (selbe Gruppe wie Donezk). Als Gegner wird dann Dortmund gezogen.
Fürs nächste Achtelfinale wird der Zweitplatzierte Mailand gezogen – und dann ist die Loserei erst mal vorbei. Denn als Gegner kommt nur Barcelona in Frage, weil ansonsten ein rein spanisches Achtelfinale unvermeidlich ist, was das Reglement verbietet.
Zu diesem Zeitpunkt sind mit Madrid und Valencia noch zwei spanische Teams im Topf der drei verbliebenen Zweitplatzierten. Gleichzeitig befinden sich die beiden spanischen Teams Malaga und Barcelona noch im Topf der Erstplatzierten – gemeinsam mit ManU und Paris.
Das eben gezogene Mailand könnte außer gegen Malaga (selbe Gruppe wie Mailand) eigentlich gegen jedes der drei Teams ManU, Paris und Barcelona spielen. Bekäme Mailand jedoch ManU oder Paris zugelost, gäbe es in den letzten drei Partien vier spanische Teilnehmer und damit zwangsläufig eine rein spanische Begegnung. Also muss einer der beiden spanischen Gruppenersten Mailand zugeordnet werden, und das kann nur Barcelona sein, denn Mailand und Malaga waren in derselben Gruppe.
Danach wird Madrid ManU zugelost und die beiden letzten Spiele stehen damit auch fest: Porto muss gegen Malaga spielen und Valencia gegen Paris – wieder um ein rein spanisches Duell zu verhindern.
Kombinatorisch ist das eine interessante Situation: Offensichtlich gibt es bestimmte Konstellationen bei der Auslosung, in denen die ersten ausgelosten Paarungen die übrigen Paarungen gleich mit festlegen oder zumindest die Zahl der Möglichkeiten stark einschränken. Man könnte glauben, dass die konkrete Situation bei der Verlosung wahrscheinlicher ist als andere mögliche Achtelfinals, weil im diesem Fall gleich zwei Begegnungen nicht gelost wurden, sondern sich automatisch ergaben. (Bemerkung: Valencia wurde als vorletzter Zweiter zwar gelost, aber der Gegner Paris stand schon vorher fest.)
Ganz so einfach ist die Sache nun aber auch nicht, denn die konkreten Achtelfinal-Paarungen könnten auch in ganz anderer Reihenfolge gelost werden, z.B. Porto-Malaga zuerst. Dabei kann es passieren, dass Situationen, bei denen ein Gegner ohne Auslosung feststeht, gar nicht auftreten. Im Grunde sind bei jeder einzelnen der 5463 Kombinationen bestimmte Los-Konstellationen denkbar, bei denen Sackgassen auftreten können und Gegner wie im Fall Barcelona ohne Los zugeteilt werden müssen.
Wer die Wahrscheinlichkeiten berechnen will, muss alle Konstellationen untersuchen, also alle Paarungen in allen Reihenfolgen, was offensichtlich nur mit Computerhilfe geht. Einige Leser haben genau dies getan. Ein Leser hat dabei eine Wahrscheinlichkeit von 0,000181… ermittelt. Die geloste Kombination wäre dann sogar ein kleines bisschen unwahrscheinlicher als der Durchschnitt 1/5463=0,0001830… (sofern diese Berechnung stimmt, was ich nicht überprüft habe).
Vor lauter Weihnachtsstress bin ich gar nicht dazu gekommen, die Lösung des letzten Rätsels zu posten. Rollt das Rad ein Stück nach vorn? Bleibt es auf der Stelle stehen? Oder rollt es rückwärts?
Nehmen wir einfach mal an, das Rad hat eine Übersetzung von 1:1. Das bedeutet: Bei einer vollständigen Kurbelumdrehung dreht sich das Hinterrad eine vollständige Runde. Wir schauen uns nun in einem Gedankenexperiment an, was passiert, wenn ich die Pedale um einen sehr kleinen Winkel x drehe. Dann dreht sich logischerweise auch das Hinterrad um diesen Winkel x – die Übersetzung ist ja 1:1. Weil der Radius des Hinterrades größer ist als die Pedallänge, legt das Hinterrad im Moment des Ziehens an dem Seil ein größeres Wegstück nach vorn zurück als die Pedalspitze nach hinten.
Das Seil müsste länger werden, damit das überhaupt möglich ist. Aber ich ziehe ja an dem Seil. Das bedeutet: Das Rad bleibt auf der Stelle stehen, ich kann es durch Ziehen am Seil nicht nach vorn bewegen.
Die Übersetzung eines Rades ist sogar in der Regel größer als 1:1, das Laufrad bewegt sich also in jedem Fall ein größeres Stück nach vorn als die Pedalspitze zurück. Rückwärts rollen kann es nicht, weil ich durch die Ziehbewegung ja eine (nur minimale) Bewegung der Räder nach vorn auslöse, die dann vom straffen Seil gestoppt wird. Deshalb bleibt das Rad auf der Stelle stehen.
Ich habe ein neues Matherätsel für die Woche: Finden Sie alle zehnstelligen Primzahlen, die aus den Ziffern 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 gebildet werden und jede dieser Ziffern genau einmal enthalten.
Ich bin Ihnen noch die Auflösung der Kopfnuss aus der vorigen Woche schuldig – ein klassisches Logikrätsel. Es ging um zehn Kinder, denen man kleine farbige Zettel auf die Stirn geklebt hat, entweder gelbe oder rote. Die Kinder können die Farbe ihres eigenen Zettels selbst nicht erkennen und dürfen weder miteinander reden noch sich anderweitig austauschen. Der Spielleiter sagt ihnen: „Fünf von euch haben einen roten Zettel auf der Stirn. Alle mit rotem Zettel sollen sofort zu mir kommen.“ Wenige Sekunden später sind die fünf Kinder bei ihm. Wie haben sie das angestellt?
Die Lösung ist nicht allzu schwer. Die Kinder wissen, dass fünf von ihnen rote Zettel auf der Stirn haben. Ein Kind, dass nur vier andere Kinder mit einem roten Zettel sieht, weiß daher, dass es selbst einen roten Zettel haben muss und geht schnell zum Spielleiter.
