19.07.2010, 12:59
(Dieser Beitrag wurde zuletzt bearbeitet: 19.07.2010, 13:12 von Antimatzist.)
Ist die Aufgabe überhaupt richtig lösbar?
Ich mein Magikarps Lösung hat seine Berechtigung, aber genausogut könnte ich behaupten, dass der Antrag weiterhin abgelehnt wird, bis nurnoch 40 Leute da sind, dann kriegen 20 Leute zwei Goldstücke und 20 keins. Wäre doch genauso denkbar. Wenn man das weiterspielt würde am Ende doch nur einer gewinnen. Oder ne, eigentlich ja zwei. Also weniger als zwei kanns ja nicht geben, dann würde der vorletzte Pirat alles und der letzte Pirat gar nichts bekommen (selbst wenn er dagegen stimmt hätte der Plan vom vorletzten Piraten ja 50% aller Stimmen für seinen Vorschlag).
Wohingegen man sagen könnte: Bei drei Piraten könnte der drittletzte die Beute so aufteilen: 39/0/1. Der letzte Pirat würde auf jeden Fall zustimmen , da er ja normalerweise gar nichts bekommen würde und mit der einen Münze zufrieden sein kann.
Mh, das klingt gut, ich guck ma ob ich offline auf was richtiges komme...^^ (Dabei müsste ich doch eigentlich für meine Physikklausur lernen..)
Ok, also irgendwie hört meine Methode schon bei 4 Piraten auf. Der viertletzte Pirat könnte es so aufteilen: 39/0/0/1. Der letzte Pirat würd ohnehin wieder zustimmen und der Vorschlag würd wieder angenommen (50% der Stimmen).
Der 5. letzte Pirat könnte es aber auch so verteilen: 38/0/0/1/1. Der vorletzte Pirat kann ja auch frohs ein, überhaupt eine Münze zu kriegen, weil er weiß, dass er beim viertletzten gar nichts kriegen würde.
Ich geh ma weiter in der Kette...
So mein Ergebnis wäre: der 80. letzte Pirat würde sich eine Münze geben und den 39 letzten jeweils eine. Also würden am Ende 40 Leute Münzen kriegen, aber andere, als bei Magikarps Lösung (wieso bei ihm nur Leute mit gerader Nummer einschlagen ist für mich nicht wirklich verständlich...).
Aber meine Lösung basiert auch eher darauf, dass jeder Pirat so denkt: Lieber nehme ich mir eine Münze, als auf XX Münzen zu hoffen, die ich eventuell kriegen würde. Sollten die Piraten nicht so denken, würde die Liste aufhören bei.. 6 Piraten, wo der 6.letzte 18 Münzen bekommt und die letzten beiden jeweils eine (da die auf keinen Fall mehr kriegen können)
Ich mein Magikarps Lösung hat seine Berechtigung, aber genausogut könnte ich behaupten, dass der Antrag weiterhin abgelehnt wird, bis nurnoch 40 Leute da sind, dann kriegen 20 Leute zwei Goldstücke und 20 keins. Wäre doch genauso denkbar. Wenn man das weiterspielt würde am Ende doch nur einer gewinnen. Oder ne, eigentlich ja zwei. Also weniger als zwei kanns ja nicht geben, dann würde der vorletzte Pirat alles und der letzte Pirat gar nichts bekommen (selbst wenn er dagegen stimmt hätte der Plan vom vorletzten Piraten ja 50% aller Stimmen für seinen Vorschlag).
Wohingegen man sagen könnte: Bei drei Piraten könnte der drittletzte die Beute so aufteilen: 39/0/1. Der letzte Pirat würde auf jeden Fall zustimmen , da er ja normalerweise gar nichts bekommen würde und mit der einen Münze zufrieden sein kann.
Mh, das klingt gut, ich guck ma ob ich offline auf was richtiges komme...^^ (Dabei müsste ich doch eigentlich für meine Physikklausur lernen..)
Ok, also irgendwie hört meine Methode schon bei 4 Piraten auf. Der viertletzte Pirat könnte es so aufteilen: 39/0/0/1. Der letzte Pirat würd ohnehin wieder zustimmen und der Vorschlag würd wieder angenommen (50% der Stimmen).
Der 5. letzte Pirat könnte es aber auch so verteilen: 38/0/0/1/1. Der vorletzte Pirat kann ja auch frohs ein, überhaupt eine Münze zu kriegen, weil er weiß, dass er beim viertletzten gar nichts kriegen würde.
Ich geh ma weiter in der Kette...
So mein Ergebnis wäre: der 80. letzte Pirat würde sich eine Münze geben und den 39 letzten jeweils eine. Also würden am Ende 40 Leute Münzen kriegen, aber andere, als bei Magikarps Lösung (wieso bei ihm nur Leute mit gerader Nummer einschlagen ist für mich nicht wirklich verständlich...).
Aber meine Lösung basiert auch eher darauf, dass jeder Pirat so denkt: Lieber nehme ich mir eine Münze, als auf XX Münzen zu hoffen, die ich eventuell kriegen würde. Sollten die Piraten nicht so denken, würde die Liste aufhören bei.. 6 Piraten, wo der 6.letzte 18 Münzen bekommt und die letzten beiden jeweils eine (da die auf keinen Fall mehr kriegen können)