🧠 Max Dama über automatisierten Handel – Denksportaufgaben (Erweiterte Ausgabe) 🔗

Dies ist ein eigenständiger, korrigierter und erweiterter Studienleitfaden, inspiriert von den quantitativen Interviewthemen aus Max Damas Skript On Automated Trading. Mehrere mathematische Fehler aus den ursprünglich kursierenden Notizen wurden behoben, fehlende Herleitungen vollständig ausgearbeitet und jedes Problem klar und in sich geschlossen neu formuliert.

📑 Inhaltsverzeichnis 🔗

📈 Market Making und Wetten 🔗

Frage: Ein Beutel enthält 100 Münzen: 98 sind fair (50 % Kopf, 50 % Zahl), 1 hat auf beiden Seiten Kopf (HH) und 1 hat auf beiden Seiten Zahl (TT). Sie ziehen zufällig und gleichverteilt eine Münze, werfen sie einmal und beobachten Kopf. Wie hoch ist die A-posteriori-Wahrscheinlichkeit, dass Sie die Münze mit dem doppelten Kopf gezogen haben?

Antwort: Unter Anwendung des Satzes von Bayes: Von den 100 Münzen liefern 98 Kopf mit einer Wahrscheinlichkeit von $0{,}5$, 1 liefert Kopf mit einer Wahrscheinlichkeit von $1$ und 1 liefert Kopf mit einer Wahrscheinlichkeit von $0$. Sei $H$ das Beobachten von Kopf und $HH$ die Auswahl der Münze mit doppeltem Kopf:

Intuitiv betrachtet gibt es im Beutel 200 gleich wahrscheinliche Münzseiten, von denen genau 100 Kopf zeigen, und 2 dieser 100 gehören zur Münze mit doppeltem Kopf – was eine Wahrscheinlichkeit von $2\%$ ergibt.

Frage: Angenommen, 10.000 faire Münzen werden geworfen (1 Punkt für Kopf und 0 Punkte für Zahl). Ihnen wird eine 1:1-Wette (Even Money) angeboten, dass die Gesamtzahl von Kopfecht kleiner als 5.000 ist, und Sie dürfen einen beliebigen ganzzahligen Dollarbetrag zwischen $1 und $100 setzen. Wie viel sollten Sie setzen? Wie ändert sich Ihr optimaler Einsatz, wenn Sie vorab erfahren, dass die Gesamtzahl von Kopf echt kleiner als 5.100 ist?

Antwort: Berechnen wir zunächst die Wahrscheinlichkeit, exakt auf dem Mittelpunkt von 5.000-mal Kopf zu landen:

Aufgrund der Symmetrie der Binomialverteilung beträgt die Wahrscheinlichkeit, echt weniger als 5.000-mal Kopf zu erhalten:

Da Ihre Gewinnwahrscheinlichkeit bei einer 1:1-Auszahlung unter 50 % liegt, hat die Wette einen negativen Erwartungswert. Sie sollten $0 setzen.

Mit der Zusatzinformation, dass $X < 5100$ ist: Da die Standardabweichung $\sigma = \sqrt{10000 \cdot 0{,}25} = 50$ beträgt, liegt ein Schwellenwert von 5.100 genau $+2 \sigma$ über dem Mittelwert, was einer kumulativen Wahrscheinlichkeit von $P(X < 5100) \approx 97{,}7\%$ entspricht. Unter der Bedingung $X < 5100$ wird Ihre aktualisierte Gewinnwahrscheinlichkeit für die Wette $X < 5000$ zu:

Jetzt haben Sie einen positiven Vorteil (Edge). Mit dem Kelly-Kriterium ($f^* = 2p - 1$ für 1:1-Wetten) ergibt sich:

Sie sollten 1,52 % Ihrer Bankroll setzen.

(Hinweis: Wenn die Wette stattdessen immer dann auszahlt, wenn $X < 5100$ eintritt, liegt Ihre Gewinnwahrscheinlichkeit bei $97{,}7\%$ und der Kelly-Anteil beträgt $2(0{,}977) - 1 = 95{,}4\%$ Ihrer Bankroll).

Frage: Sie werfen wiederholt einen fairen sechsseitigen Würfel und bilden die laufende Summe, wobei Sie aufhören, sobald die Gesamtsumme 63 überschreitet. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass der vorletzte Wurf einen bestimmten Wert $X \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ hatte?

Antwort: Die Wahrscheinlichkeit ist für jeden Wert von 1 bis 6 gleichverteilt $1/6$. Da die Markow-Kette über die laufende Summe schon lange vor dem Erreichen von 63 eine nahezu gleichverteilte stationäre Verteilung über die Restklassen annimmt und der vorletzte Wurf abgeschlossen wird, bevor auf den letzten, stoppenden Wurf bedingt wird, bleibt jede Augenzahl gleich wahrscheinlich ($1/6$).

Frage: Sechs verschlossene Umschläge mit $2, $4, $8, $16, $32 und $64 sind in einer Reihe streng sortiert angeordnet (entweder aufsteigend oder absteigend, mit gleicher Wahrscheinlichkeit). Zwei benachbarte Umschläge werden ausgewählt, gemischt und an Sie sowie eine Gegenpartei ausgeteilt. Sie öffnen Ihren Umschlag und finden $16. Sollten Sie anbieten, die Umschläge zu tauschen?

Antwort: Betrachten Sie die vier gleich wahrscheinlichen Fälle, in denen Sie den $16-Umschlag halten können (zwei bei aufsteigender, zwei bei absteigender Reihenfolge):

1. Paar ($8, $16), aufsteigend → Ein Tausch bringt $8 (Verlust von $8).
2. Paar ($16, $32), aufsteigend → Ein Tausch bringt $32 (Gewinn von $16).
3. Paar ($32, $16), absteigend → Ein Tausch bringt $32 (Gewinn von $16).
4. Paar ($16, $8), absteigend → Ein Tausch bringt $8 (Verlust von $8).

In einem rationalen Zwei-Spieler-Handelsspiel (Adverse Selection / No-Trade-Theorem) wird die Gegenpartei, sofern sie vor der Annahme eines Tauschs ebenfalls in ihren Umschlag schaut, niemals zustimmen, wenn sie $32 hält, und immer zustimmen, wenn sie $8 hält! Daher hat ein freiwilliger beidseitiger Tausch einen negativen Erwartungswert (Ihr Angebot wird nur angenommen, wenn die Gegenpartei $8 hat). Ist der Tausch hingegen einseitig (ohne Zustimmung der Gegenpartei erzwungen), liefert das Tauschen, da $16 ein innerer Wert ist, einen Erwartungswert von $0{,}5(8) + 0{,}5(32) = 20 > 16$.

Frage: Angenommen, Sie ziehen eine zufällige Anzahl $N$ aus einer Wahrscheinlichkeitsverteilung und ziehen anschließend $N$ unabhängige und identisch verteilte Stichproben $X_1, X_2, \dots, X_N$ aus einer zweiten Verteilung (unabhängig von $N$). Wie bestimmen Sie den fairen Wert ihrer Summe?

Antwort: Nach der Waldschen Identität (Wald’s Identity) ist der Erwartungswert der Zufallssumme, wenn $N$ unabhängig von der Folge $X_i$ ist, einfach das Produkt der beiden Erwartungswerte:

Frage: Leiten Sie den für den logarithmischen Nutzen optimalen Anteil Ihrer Bankroll her, den Sie auf einen fairen Münzwurf setzen sollten, der bei Kopf $+x$ auszahlt und bei Zahl $-y$ verliert ($x > y > 0$).

Antwort: Unter Verwendung des Kelly-Kriteriums, wobei die Netto-Auszahlungsquote pro riskierter Einheit $b = x/y$ und die Gewinnwahrscheinlichkeit $p = 0{,}5$ beträgt:

Beachten Sie, dass dieser Anteil relativ zu einem Verlust von $y$ skaliert ist; der Anteil des Gesamtkapitals, der bei Zahl dem Verlustrisiko ausgesetzt ist, beträgt $(x - y) / (2x)$.

Frage: Wie unterscheidet sich Ihr Forschungs- und Risikomanagementansatz zwischen einem quantitativen Handelsmodell mit 25 Faktoren und einem mit 100 Faktoren? Wenn das 100-Faktoren-Modell im Backtest eine um 25 % höhere Performance zeigt, wie würden Sie beurteilen, ob Sie es live einsetzen sollten?

Antwort: Der Übergang von 25 auf 100 Faktoren erhöht die Freiheitsgrade und das Risiko von In-Sample-Overfitting (Fluch der Dimensionalität) dramatisch. Eine Verbesserung der Rendite oder der Sharpe-Ratio im Backtest um 25 % bei viermal so vielen Merkmalen lässt sich leicht durch die Anpassung an historisches Rauschen statt durch ein echtes Out-of-Sample-Signal erklären. Für eine rigorose Bewertung:

1. Kollinearität & Dimensionsreduktion (PCA): Untersuchen Sie die Faktoren-Korrelationsmatrix und das Eigenwertspektrum, um zu sehen, wie viele orthogonale Risiko-/Alpha-Dimensionen diese 75 zusätzlichen Faktoren tatsächlich aufspannen.
2. Regularisierung & Informationskriterien: Wenden Sie $L_1$- (Lasso) bzw. Elastic-Net-Regularisierung an und vergleichen Sie bestrafte Modellauswahlmetriken (AIC, BIC oder kreuzvalidierte Log-Likelihood), um zu prüfen, ob die zusätzlichen Parameter ihre Komplexitätsstrafe rechtfertigen.
3. Strikte Out-of-Sample- & Walk-Forward-Validierung: Testen Sie den Performance-Abfall auf einem unberührten Holdout-Zeitraum und messen Sie Umschlagshäufigkeit (Turnover) sowie Transaktionskostenbelastung.

Frage: Ein Vermögenswert startet beim Preis $p$, steigt um $x\%$ und fällt anschließend um $x\%$ (mit $x > 0$). Wie verhält sich der Endpreis im Vergleich zu $p$?

Antwort: Er ist echt kleiner als $p$ (bekannt als Volatility Drag bzw. Volatilitätsverlust). Da der prozentuale Rückgang auf die größere Basis nach dem Gewinn $p(1+x)$ angewendet wird, gilt:

Frage: Ausgehend von einer Bankroll von $100 werden Ihnen 100 aufeinanderfolgende Wetten auf eine gezinkte Münze angeboten, die mit einer Wahrscheinlichkeit von 90 % auf Kopf landet. Ein Einsatz von $x$ Dollar verliert $x$ bei Zahl und bringt $2x$ bei Kopf zurück. Welchen Anteil Ihrer Bankroll sollten Sie bei jedem Wurf setzen?

Antwort: Der optimale Anteil hängt davon ab, ob „bringt $2x$ zurück“ einen Nettogewinn von $2x$ (Quote 2:1, $b = 2$) oder eine Bruttoauszahlung von $2x$ (Nettogewinn $x$, Quote 1:1, $b = 1$) bedeutet:

• Fall 1 (Nettogewinn $+2x$, $b = 2$): $$f^* = \frac{p(b+1) - 1}{b} = \frac{0{,}9(3) - 1}{2} = 85\%$$
• Fall 2 (Bruttoauszahlung $2x$, Nettogewinn $+x$, $b = 1$): $$f^* = 2p - 1 = 2(0{,}9) - 1 = 80\%$$

Frage: Stellen Sie einen zweiseitigen Markt (Geld/Brief bzw. Bid/Ask) für die Gesamtzahl der Kanaldeckel in New York City.

Antwort: Wir erstellen eine Fermi-Schätzung auf Basis der Straßenlänge: New York City hat rund 8,5 Millionen Einwohner und etwa 6.000 Meilen befestigte Straßen. Zugangsdeckel für Versorgungsleitungen (Abwasser, Wasser, Strom, Telekommunikation) befinden sich entlang städtischer Straßen etwa alle 100 Fuß, was ungefähr $5{,}280 / 100 \approx 52$ Deckeln pro Meile entspricht: $6{,}000\text{ Meilen} \times 52\text{ Deckel/Meile} \approx 312{,}000\text{ Deckel}$. Unter Berücksichtigung der Schätzvarianz ist ein vernünftiger Anfangsmarkt 200.000 Bid zu 450.000 Ask.

🎲 Wahrscheinlichkeitsrechnung 🔗

Frage: Schätzen Sie die Wahrscheinlichkeit, bei 1.000 Würfen einer fairen Münze genau 500-mal Kopf zu erhalten, mithilfe von Kopfrechnen auf 5 % genau.

Antwort: Wenden Sie die Stirling-Formel an, $n! \approx \sqrt{2 \pi n} (n/e)^n$:

Da $500 \pi \approx 1570$ und $40^2 = 1600$ ist, gilt $\sqrt{1570} \approx 39{,}6 \approx 40$. Somit ist $P \approx 1/40 = 2{,}5\%$ (der exakte Wert beträgt $2{,}523\%$).

Frage: Um eine Drei-Spiele-Tennisherausforderung gegen zwei Gegner – einen stärkeren Spieler A und einen schwächeren Spieler B – zu bestehen, müssen Sie zwei aufeinanderfolgende Spiele gewinnen. Sollten Sie die Reihenfolge A-B-A oder B-A-B wählen?

Antwort: Seien $P_a$ und $P_b$ Ihre Gewinnwahrscheinlichkeiten in einem einzelnen Spiel gegen A bzw. B, wobei $P_a < P_b$ gilt. Um zwei Spiele in Folge aus drei zu gewinnen, müssen Sie das mittlere Spiel (Spiel 2) sowie mindestens eines der äußeren Spiele (Spiel 1 oder Spiel 3) gewinnen:

• Bei A-B-A: $P(\text{Sieg}) = P_b \cdot (1 - (1-P_a)^2) = P_b (2P_a - P_a^2) = 2 P_a P_b - P_a^2 P_b$
• Bei B-A-B: $P(\text{Sieg}) = P_a \cdot (1 - (1-P_b)^2) = P_a (2P_b - P_b^2) = 2 P_a P_b - P_a P_b^2$

Da $P_a < P_b$ ist, gilt $P_a^2 P_b < P_a P_b^2$, womit A-B-A strikt besser ist! (Korrekturhinweis: Während die Intuition oft nahelegt, im mittleren Spiel gegen B anzutreten, führt ein Spiel gegen den stärkeren Gegner A im zwingend zu gewinnenden Mittelspiel tatsächlich zu einer geringeren Gesamtwahrscheinlichkeit, weil $2P_a P_b - P_a^2 P_b > 2P_a P_b - P_a P_b^2$ gilt. Die Reihenfolge A-B-A maximiert Ihre Chance, das entscheidende mittlere Match gegen den schwächeren Gegner B zu gewinnen!)

Frage: Zwei Spieler werfen abwechselnd einen fairen sechsseitigen Würfel. Spieler 1 würfelt zuerst und gewinnt sofort bei einer 1; andernfalls würfelt Spieler 2 und gewinnt sofort bei einer 6; andernfalls ist wieder Spieler 1 an der Reihe und so weiter. Bestimmen Sie die Gewinnwahrscheinlichkeit jedes Spielers.

Antwort: Sei $E$ die Gewinnwahrscheinlichkeit von Spieler 1 zu Beginn einer Runde:

Die Gewinnwahrscheinlichkeit von Spieler 2 beträgt $1 - 6/11 = 5/11 \approx 45{,}45\%$.

Frage: Karten aus einem Standard-Kartenspiel mit 52 Karten (26 rote, 26 schwarze) werden nacheinander einzeln aufgedeckt. Zu jedem Zeitpunkt, bevor der Stapel aufgebraucht ist, dürfen Sie „Stopp“ rufen und auf die Farbe der allerletzten nächsten Karte wetten (+$1 bei Rot, -$1 bei Schwarz). Was ist der faire Preis für die Teilnahme an diesem Spiel unter einer optimalen Stoppregel?

Antwort: $0. Der Anteil der verbleibenden roten Karten im Stapel zum Zeitpunkt $t$ bildet ein Martingal. Nach dem Optional Stopping Theorem von Doob entspricht der erwartete Anteil roter Karten zu jeder beschränkten Stoppzeit $\tau$ dem anfänglichen Anteil ($26/52 = 0{,}5$), was bedeutet, dass keine Kartenzählstrategie einen positiven erwarteten Auszahlungswert erzielen kann.

Frage: Ein medizinischer Screening-Test auf eine seltene Erkrankung (Prävalenz 0,5 % in der Allgemeinbevölkerung) hat eine Sensitivität (Richtig-Positiv-Rate) von 99 % und eine Spezifität (Richtig-Negativ-Rate) von 99 %. Wenn eine zufällig getestete Person ein positives Ergebnis erhält, wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie tatsächlich an der Erkrankung leidet?

Antwort: Nach dem Satz von Bayes:

Da die Basisrate ($0{,}5\%$) kleiner ist als die Falsch-Positiv-Rate ($1\%$), sind rund zwei Drittel aller positiven Testergebnisse falsch-positiv.

Frage: Drei Pfannkuchen liegen gestapelt auf einem Teller: Einer ist auf beiden Seiten gebräunt, einer ist auf einer Seite gebräunt und auf der anderen blass, und einer ist auf beiden Seiten blass. Sie betrachten die Oberseite eines zufällig ausgewählten Pfannkuchens und sehen, dass sie gebräunt ist. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass auch seine Unterseite gebräunt ist?

Antwort: Zählen Sie die gleich wahrscheinlichen Seiten statt der Pfannkuchen: Insgesamt gibt es 6 Pfannkuchenseiten, von denen 3 gebräunt sind. Zwei dieser 3 gebräunten Seiten gehören zu dem beidseitig gebräunten Pfannkuchen, bei dem auch die gegenüberliegende Seite gebräunt ist. Die Wahrscheinlichkeit beträgt daher $2/3 \approx 66{,}7\%$.

Frage: Ein fairer sechsseitiger Würfel wird wiederholt geworfen. Bestimmen Sie die erwartete Anzahl an Würfen, um Folgendes zu beobachten: (a) eine einzelne 6, (b) zwei aufeinanderfolgende 6en (6-6) und (c) eine 6, auf die unmittelbar eine 5 folgt (6-5).

Antwort:

• (a) Erste 6 ($E_6$):

  $$E_6 = 1 + \frac{5}{6} E_6 \implies E_6 = 6$$

• (b) Aufeinanderfolgende 6-6 ($E_{66}$): Sei $F$ die erwartete Anzahl verbleibender Würfe unmittelbar nach dem Wurf einer einzelnen 6:

  $$E_{66} = 1 + \frac{1}{6} F + \frac{5}{6} E_{66}$$
  $$F = 1 + \frac{5}{6} E_{66}$$

  Das Auflösen ergibt $E_{66} = 42$ Würfe (da jeder andere Wurf als eine 6 Sie wieder komplett auf den Anfang zurücksetzt).

• (c) Folge 6-5 ($E_{65}$): Sei $F_6$ die erwartete Anzahl verbleibender Würfe nach dem Wurf einer 6:

  $$E_{65} = 1 + \frac{1}{6} F_6 + \frac{5}{6} E_{65}$$
  $$F_6 = 1 + \frac{1}{6} F_6 + \frac{4}{6} E_{65}$$

  (Da Sie bei einer weiteren 6 im Zustand $F_6$ bleiben, anstatt wieder ganz von vorn anfangen zu müssen!) Das Auflösen ergibt $E_{65} = 36$ Würfe.

Frage: Sie werfen einen fairen sechsseitigen Würfel und erhalten eine Auszahlung in Dollar in Höhe der zuletzt gezeigten Augenzahl. Nach dem ersten Wurf dürfen Sie sich entscheiden, bis zu zweimal erneut zu würfeln (also maximal 3 Würfe insgesamt), wobei jeder vorherige Wurf verfällt, sobald Sie erneut würfeln. Wie hoch ist der faire Wert dieses Spiels?

Antwort: Lösung durch Rückwärtsinduktion:

• 1 Wurf verbleibend: Die erwartete Auszahlung beträgt $E_1 = 3{,}5$.
• 2 Würfe verbleibend: Behalten Sie 4, 5 oder 6 (da sie über $3{,}5$ liegen) und würfeln Sie bei 1, 2 oder 3 erneut: $$E_2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{4+5+6}{3} + \frac{1}{2} \cdot (3{,}5) = 2{,}5 + 1{,}75 = 4{,}25$$
• 3 Würfe verbleibend: Behalten Sie 5 oder 6 (da sie über $4{,}25$ liegen) und würfeln Sie bei 1, 2, 3 oder 4 erneut: $$E_3 = \frac{1}{3} \cdot \frac{5+6}{2} + \frac{2}{3} \cdot (4{,}25) = 1{,}833 + 2{,}833 = 4{,}667$$

Der faire Wert des Spiels beträgt $4,67 ($14/3$ Dollar).

Frage: Zwei Spieler werfen abwechselnd eine faire Münze, und der erste Spieler, der Kopf wirft, gewinnt $1. Wie viel sollten Sie bereit sein zu zahlen, um als Erster statt als Zweiter an der Reihe zu sein?

Antwort: Sei $E$ die erwartete Auszahlung des ersten Spielers:

Da die erwartete Auszahlung des zweiten Spielers $1 - 2/3 = 1/3$ beträgt, liegt der Vorteil des ersten Zuges bei $2/3 - 1/3 = 1/3$ bzw. $0,33.

Frage: Aus 5 Münzen – vier fairen Münzen und einer Münze mit doppeltem Kopf – wählen Sie zufällig eine aus, werfen sie 5-mal und beobachten 5-mal hintereinander Kopf. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sie die Münze mit doppeltem Kopf ausgewählt haben?

Antwort: Nach dem Satz von Bayes:

🧮 Kopfrechnen 🔗

Benchmarks für schnelles Kopfrechnen:

• $7^3 = 49 \cdot 7 = (50 - 1) \cdot 7 = 350 - 7 =$ 343
• $15\%$ von $165 = 10\%(165) + 5\%(165) = 16{,}5 + 8{,}25 =$ 24,75
• $1.000.000 - 1.011 =$ 998.989
• $54\%$ von $123 = 50\%(123) + 4\%(123) = 61{,}5 + 4{,}92 =$ 66,42
• $55^2 = (50 \cdot 60) + 5^2 = 3000 + 25 =$ 3.025

🧩 Mathematik und Logik 🔗

Frage: Ein Schwimmer befindet sich exakt in der Mitte eines kreisrunden Sees mit Radius $r$, während ein Raubtier am Ufer entlang des Umfangs doppelt so schnell laufen kann wie die maximale Schwimmgeschwindigkeit des Schwimmers ($2v$ gegenüber $v$). Angenommen, das Raubtier bewegt sich am Ufer immer in Richtung des Punktes, der dem Schwimmer am nächsten liegt: Kann der Schwimmer das trockene Ufer erreichen, bevor das Raubtier dort eintrifft?

Antwort: Ja. Selbst wenn der Schwimmer einfach in einer geraden radialen Linie direkt entgegengesetzt zur Startposition des Raubtiers schwimmt, muss der Schwimmer nur die Strecke $r$ zurücklegen (was die Zeit $r / v$ benötigt), während das Raubtier den halben Umfang umlaufen muss – eine Strecke von $\pi r$ (was die Zeit $(\pi r) / (2v)$ benötigt). Da $\pi / 2 \approx 1{,}57 > 1$ ist, erreicht der Schwimmer das Ufer deutlich vor dem Raubtier.

Frage: Der Stunden- und der Minutenzeiger einer analogen Uhr überlappen sich um 12:00 Uhr Mitternacht. Zu welcher exakten Uhrzeit überlappen sie sich das nächste Mal?

Antwort: Der Minutenzeiger überstreicht $360^\circ$ pro Stunde, während der Stundenzeiger $30^\circ$ pro Stunde überstreicht, was eine relative Winkelgeschwindigkeit von $330^\circ$ pro Stunde ergibt. Die Zeiger überlappen sich das nächste Mal, wenn der Minutenzeiger gegenüber dem Stundenzeiger eine volle Runde von $360^\circ$ aufgeholt hat:

• $t = \frac{360}{330} = \frac{12}{11}\text{ Stunden} = 1\text{ Stunde und }\frac{1}{11}\text{ Stunde}$
• $\frac{1}{11} \times 60\text{ Minuten} = 5{,}4545\dots\text{ Minuten}$
• $0{,}4545\dots \times 60\text{ Sekunden} = 27{,}27\dots\text{ Sekunden}$

Sie überlappen sich das nächste Mal um 01:05:27,27 Uhr.

Frage: Drei Duellanten – A (100 % Treffsicherheit), B (66 % Treffsicherheit) und C (33 % Treffsicherheit) – schießen reihum in fester Reihenfolge, beginnend mit dem schwächsten Schützen C, gefolgt von B und dann A, bis nur noch einer überlebt. Was ist der optimale erste Zug für C?

Antwort: C sollte im ersten Zug absichtlich danebenschießen (in den Boden oder in die Luft feuern).

• Wenn C schießt und B ausschaltet, wird A (mit 100 % Treffsicherheit) im unmittelbar nächsten Zug garantiert C ausschalten.
• Wenn C schießt und A ausschaltet, hat B den nächsten Schuss auf C mit einer 66-prozentigen Chance, C zu treffen.
• Wenn C aussetzt, muss B auf A zielen (da A eine 100-prozentig tödliche Bedrohung darstellt, wenn er am Leben bleibt). Egal, wer von A oder B diesen Schusswechsel überlebt: C erhält im anschließenden 1-gegen-1-Duell garantiert den ersten Schuss, was die Überlebenswahrscheinlichkeit von C maximiert.

Frage: Lösen Sie den unendlichen Potenzturm $x^{x^{x^{\dots}}} = 2$ nach positivem reellem $x$ auf.

Antwort: Da der unendliche Exponententurm gegen 2 konvergiert, ergibt das Einsetzen von 2 für den Exponententurm oberhalb der Basis $x$:

Frage: Berechnen Sie den geschachtelten Wurzelausdruck $\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \dots}}}$.

Antwort: Sei $x > 0$ der Grenzwert des geschachtelten Wurzelausdrucks:

Da $x > 0$ gilt, ist der Wert $x = 2$.

Frage: Ein Stab der Länge 1 wird an zwei unabhängig und gleichverteilt zufällig entlang seiner Länge gewählten Punkten durchgebrochen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich aus den drei entstehenden Stücken ein Dreieck bilden lässt?

Antwort: 25 % ($1/4$). Nach der Dreiecksungleichung bilden drei Segmente mit der Gesamtlänge 1 genau dann ein Dreieck, wenn jedes Segment echt kürzer als $1/2$ ist. Trägt man die beiden gleichverteilten Bruchpunkte $(u, v) \in [0, 1]^2$ in ein Koordinatensystem ein, besteht der gültige Bereich, in dem $\min(u,v) < 1/2$, $1 - \max(u,v) < 1/2$ und $|u - v| < 1/2$ gelten, aus zwei Dreiecken mit jeweils der Fläche $1/8$, was eine Gesamtwahrscheinlichkeit von $2 \cdot (1/8) = 1/4 = 25\%$ ergibt.

Frage: Drei Punkte werden unabhängig und gleichverteilt zufällig auf dem Umfang eines Kreises gewählt. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei auf einem gemeinsamen Halbkreis liegen?

Antwort: 75 % ($3/4$). Allgemein definiert bei $n$ unabhängigen, gleichverteilten Punkten auf einem Kreis jeder Punkt einen im Uhrzeigersinn verlaufenden Halbkreis der Länge $1/2$, der an diesem Punkt beginnt; die Wahrscheinlichkeit, dass alle anderen $n - 1$ Punkte in diesen Halbkreis fallen, beträgt $(1/2)^{n-1}$. Da sich diese $n$ Ereignisse gegenseitig ausschließen (sofern die Punkte nicht den gesamten Kreis aufspannen), ist die Gesamtwahrscheinlichkeit $n / 2^{n-1}$. Setzt man $n = 3$ ein, erhält man $3 / 4 = 75\%$.

Frage: Gegeben seien zwei konzentrische Kreise. Eine Sehne des äußeren Kreises mit der Länge 8 berührt den inneren Kreis tangential. Wie groß ist der Flächeninhalt des Kreisrings (Annulus) zwischen den beiden Kreisen?

Antwort: Seien $R$ und $r$ der äußere bzw. innere Radius. Der zum Berührpunkt gezogene Radius $r$ steht senkrecht auf der Sehne und halbiert sie in zwei Abschnitte der Länge 4. Nach dem Satz des Pythagoras im entstehenden rechtwinkligen Dreieck gilt:

Folglich beträgt der Flächeninhalt des Kreisrings $\pi (R^2 - r^2) =$ $16 \pi$.

Frage: Tasse A enthält 1 Tasse reine Milch und Tasse B enthält 1 Tasse reines Wasser. Sie geben 1 Teelöffel Milch aus Tasse A in Tasse B, rühren gründlich um und geben anschließend 1 Teelöffel der Mischung aus Tasse B zurück in Tasse A. Enthält Tasse A nun mehr Wasser als Tasse B Milch enthält, oder umgekehrt?

Antwort: Beide Mengen sind identisch. Da beide Tassen zu Beginn und am Ende exakt dasselbe Gesamtflüssigkeitsvolumen (jeweils 1 Tasse) aufweisen, muss jedes Wasservolumen, das sich nun in Tasse A befindet, ein identisches Volumen an Milch verdrängt haben, das sich nun in Tasse B befindet.