Monatsrätsel
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Ergeben sich die Monate aus dem Jahr? - (Januar 2025)
Letztes Jahr konnte man alle Monatsnummern nur durch Hinzufügen von Klammern, Rechenoperationszeichen "+", "-", "·" und ":" sowie dem Fakultätszeichen "!" nach jeder Ziffer aus der Ziffernfolge 2 0 2 4 der Jahreszahl machen.
Dabei war nur höchstens ein Fakultätszeichen pro Monat erlaubt. Beispiele findet man in der Lösung des damaligen Januarrätsels. Wir schreiben nun das Jahr 2025.
Dieses Jahr wollen wir gar kein Fakultätszeichen verwenden.
Welche Monatsnummern lassen sich aus 2 0 2 5 auf diese Art und Weise erzeugen?
Mikado - (Dezember 2024)
Am Ende jedes Jahres findet sich Zeit, mal wieder gemeinsam alte Spiele zu spielen -
warum nicht Mikado.
Im Bild sind vier Mikadostäbchen in abgebildet, die sich in der Draufsicht paarweise kreuzen.
Man kann nun für jede der sechs Kreuzungen überlegen, welches der beiden Stäbchen dort über dem
anderen liegt. Natürlich ist hier nur eine Möglichkeit abgebildet.
Natürlich möchten wir logisch begründen, dass ggf. ausgeschlossene Varianten des Drunter und Drüber auch wirklich unmöglich sind (zumindest mit unverbogenen Mikadostächen).
Wieviele verschiedene Möglichkeiten der paarweisen Lage übereinander gibt es?
Collage - (November 2024)
Da je zwei Leute auf einem Foto zu sehen sein sollen, es nach Handschlaglemma 9*10/2=45
mögliche Auswahlen von zwei Leuten gibt, und jedes Dreierfoto drei solche Auswahlen jeweils gemeinsam zeigt müssen bei d Dreierfotos genau 45-3d Zweierfotos vorhanden sein, also insgesamt 45-2d Fotos nötig. Also müssen für die Mindestanzahl möglichst viele Dreierfotos verwendet werden.
Jeder ist in jedem Dreierfoto mit zwei der neun anderen zu sehen. Da neun ungerade ist,
muss damit jeder auch in einem Zweierfoto vorkommen. Damit gibt es mindestens fünf Zweierfotos
und 45-3d ist mindestens fünf.
Folglich ist 45-3d mindestens fünf.
Es kann es also höchstens (45-5)/3, abgerundet wegen Ganzzahligkeit also höchstens 13 Dreierfotos auf der Collage geben.
Dass 13 Dreierfotos möglich sind zeigt folgende Zusammenstellung, wobei wir die Leute mit 1 bis 8 bezeichnen, die zwei Fehlenden mit A und B.
Die 8 Dreierbilder A12, A34, A56, A78, B81, B23, B34, B56 enthalten alle Paare benachbarter Zahlen (wobei neben aufeinanderfolgenden Zahlen noch 1 und 8 als benachbart zählen sollen, wir uns die Zahlen also als aufeinanderfolgende Ecken eines 8-Ecks vorstellen) sowie alle Paare mit A oder mit B außer AB, was ein Zweierfoto wert ist.
Die vier Dreierbilder 257 417 613 und 835 enthalten alle Paare einer geraden Zahl mit einer nicht benachbarten ungeraden und alle Paare ungerader Zahlen außer 15 und 37, welche je ein Zweierbild bekommen. Das dreizehnte Dreierbild 246 enthält als einziges nur Paare gerader Zahlen, davon fehlen also 28, 48 und 68.
Auch kommt bisher kein Paar aus nur geraden Zahlen irgendwo vor, sodass wir für das dreizehnte Dreierfoto zum Beispiel 246 nehmen können. Damit bekommen die restlichen drei Paare 28,48 und 68 jeweils ein Dreierfoto und es gibt insgesamt 19 Fotos auf dem Erinnerungsbild.
Zur Erinnerung an einen kleinen Matheworkshop mit zehn Leuten sollen einige Fotos zu einer Collage zusammengestellt werden.
Einerseits sollen die einzelnen Fotos jeweils mindestens zwei aber höchsten drei der Leute zeigen.
Andererseits soll aber für je zwei Leute genau ein Bild dabei sein, auf dem sie gemeinsam zu sehen sind.
Wieviele Fotos sind mindestens zusammenzustellen?
Runden möglich? - (Oktober 2024)
Das ist problemlos möglich.
Schreiben wir in jedes Feld zusätzlich die höchstens zwei in Frage kommenden ganzen Zahlen,
so sind alle Zahlen ganz, wenn in jedem Feld nur eine Zahl steht. Dann geht es.
Andererseits gibt es eine Tabelle mit einer möglichst kleinen Zahl an nicht ganzen Einträgen.
Da die Summe aller Einträge stets Null ist, gibt es in jeder Zeile mit einem nicht ganzen Eintrag
auch mindestens einen weiteren nicht ganzen Eintrag. Wir können also beliebig lange von einem nicht ganzen Eintrag zu einem anderen gelangen wobei wir abwechselnd Zeile oder Spalte wechseln.
Damit sehen wir bei so einer Tour auch irgendwann einen Eintrag das zweite Mal.
Diesen und unsere Tour zwischen seinem ersten und zweiten Auftauchen betrachten wir genauer.
Irgendeiner der dabei auftretenden nicht ganzen Einträge hat einen möglichst kleinen Abstand zu einer ganzen Zahl. Wenn wir diesen Eintrag entsprechend runden, also um einen möglichst kleine positive Zahl $a$ verringern oder vergrößern und das auf dem betrachteten Teil der Tour vorwärts und rückwärts alternierend fortsetzen, ändern sich Zeilensummen und Spaltensummen und die in Frage kommenden ganzen Zahlen nicht - bis auf Einträge, die so ganz wurden. Da gibt es schon mindestens einen bekannten! Damit verringern wir die Zahl der Einträge mit zwei Rundungsmöglichkeiten um mindestens eins.
Wiederholen wir dies lange genug, ist die gewünschte Rundung geschafft.
Wir betrachten eine Tabelle, die als Einträge nur Zahlen hat. Als sehr kleines Beispiel geht
nebenstehendes Bild.
Dabei ist in jeder Zeile die Summen aller Zahlen darin gleich Null,
ebenso in jeder Spalte.
Wenn man jede Zahl auf die (bzw. eine) nächstliegende ganze Zahl rundet, bleibt diese Eigenschaft nicht
erhalten: Stehen in der ersten Spalte etwa 1,6; 0,7 und -1,3 so stehen in der entsprechend gerundeten
Spalte 1; 1 und -1 und nach dem Runden ist die Spaltensumme leider nicht mehr Null.
Das hätten wir aber gerne!
Daher erlauben wir besser größere Abweichungen beim Runden:
Kann man in jeder solchen Tabelle die Einträge so auf ganze Zahlen runden, dass die Zeilen und Spaltensummen Null bleiben und der Rundungsfehler jeweils kleiner als ein?
Was kommt wahrscheinlich zuerst? - (September 2024)
Wir brauchen den Münzwurf natürlich nur solange fortzusetzen, bis die Wurfergebnisfolge auf eine der beiden Alternativen endet, denn dann ist klar, welche Alternative zuerst kam.
Damit betrachten wir nur endliche Wurfergebnisfolgen; Wurfergebnisfolgen gleicher Länge haben auch gleiche Wahrscheinlichkeit.
Es gibt eine Bijektion zwischen den Wurfergebnisfolgen, bei denen von "Kopf, Kopf" und "Zahl, Zahl" zuerst "Kopf, Kopf" kommt, auf jene, bei denen von diesen beiden Möglichkeiten zuerst "Zahl, Zahl" kommt,
nämlich schlicht das Vertauschen der Namen der Münzseiten. Diese Bijektion bildet gleichzeitig
auch die Folgen bei denen von den beiden Folgen "Kopf, Zahl" und "Zahl, Kopf" die erste Folge zuerst kommt, auf jene ab, wo die zweite Folge zuerst kommt. Daher stimmen die Eingangsbehauptungen.
<\br>
Tauscht man in einer Ergebnisfolge der Münzwürfe nur nach dem ersten Auftreten von "Kopf" im nachfolgenden Folgeglied "Kopf" gegen "Zahl" aus bzw. umgekehrt (je nachdem, was das Folgeglied ist), erhält man eine Bijektion zwischen Folgen, in denen von den Folgen "Kopf-Zahl" und "Kopf-Kopf"
die erste zuerst kommt und jenen, wo das auf die letzte zutrifft.
<\br>
Halten wir bis hierhin fest:
"Zahl, Zahl" und "Kopf, Kopf" treten gleichwahrscheinlich zuerst auf.
Ebenso treten "Kopf, Kopf" und "Zahl, Kopf" gleichwahrscheinlich zuerst auf.
Genauso treten "Zahl, Kopf" und "Kopf, Zahl" gleichwahrscheinlich zuerst auf.
Müssten dann nicht "Kopf, Zahl" und "Zahl, Zahl" ebenso gleichwahrscheinlich zuerst auftreten?
"Gleichwahrscheinlich zuerst auftreten" ist leider nicht bekanntermaßen Äquivalenzrelation, denn sonst könnten wir die Transitivität anwenden und kämen auf eine naheliegende Antwort.
In unserem Fall ist es gar keine Äquivalenzrelation.
Mit Wahrscheinlichkeit 1/4 startet die Wurfergebnisfolge mit "Zahl, Zahl". Ebenfalls mit Wahrscheinlichkeit 1/4
startet sie mit "Kopf, Zahl". Es bleibt also die Wahrscheinlichkeit 1/2, dass die Wurfergebnisfolge im zweiten Glied "Kopf" hat. In diesem Fall kommt aber fast immer irgendwann auch "Zahl" (Gesetz der großen Zahl), weswegen "Kopf, Zahl" mit Wahrscheinlichkeit 3/4 zuerst kommt, also dreimal so häufig, wie Zahl, Zahl!
Bei einem Rätsel von Daniel Litt (Dank an Alois Pichler für den Hinweis darauf), welches die Motivation zu diesem Monatsrätsel war, ist zu entscheiden gewesen, welche der Folgen "Kopf, Zahl, Zahl, Zahl, Kopf" und "Kopf, Zahl, Kopf, Zahl, Kopf" in einer Folge von Münzwurfergebnissen wahrscheinlicher zuerst auftaucht (oder ob das gleichwahrscheinlich ist).
Ersetzt man bei einer Wurfergebnisfolge, bei der "Kopf, Zahl, Kopf, Zahl, Kopf" als erste der beiden Alternativen auftaucht (und die damit beendet ist), das mittlere "Kopf" bei diesem Auftauchen durch "Zahl", erhält man eine gleichwahrscheinliche Wurfergebnisfolge, bei der "Kopf, Zahl, Zahl, Zahl, Kopf" als erste der beiden Alternativen auftaucht (und die dort endet).
Diese Abbildung ist injektiv, was zeigt, dass das Auftreten von "Kopf, Zahl, Zahl, Zahl, Kopf" vor "Kopf, Zahl, Kopf, Zahl, Kopf" mindestens genauso wahrscheinlich ist, wie der umgekehrte Fall.
Gleichwahrscheinlichkeit würde genau dann folgen, wenn diese Abbildung bijektiv, also auch surjektiv wäre.
Ist sie aber nicht: Wurfergebnisfolgen, die mit "Kopf, Zahl, Kopf, Zahl, Zahl, Zahl, Kopf" beginnen, haben kein Urbild: Ersetzt man das drittletzte Ergebnis durch Kopf, erhält man "Kopf, Zahl, Kopf, Zahl, Kopf, Zahl", aber nach dem fünften Glied hätten wir die Folge schon beendet.
Alice und Bob spielen folgendes Spiel: Sie setzen jeweils auf eine endliche Folge aus "Zahl"und "Kopf". Dann werfen sie wiederholt eine ideale Münze, d.h.
in jedem Wurf ist die Wahrscheinlichkeit für Kopf wie für Zahl 1/2 und die Ergebnisse verschiedener
Würfe sind unabhängig voneinander.
Gewonnen hat, wessen Folge als erste in direkter Reihenfolge der Wurfergebnisse aufscheint.
Hat beispielsweise Alice "Kopf-Kopf" und Bob "Zahl-Zahl" gewählt, und ist die Folge der Münzwurfergebnisse "Zahl, Kopf, Zahl, Kopf, Kopf...", so hat Alice gewonnen; bei "Kopf, Zahl, Zahl, ..." Bob.
Den beiden stellt sich damit die Frage, welche der beiden Folgen wahrscheinlich zuerst kommt (also mit Wahrscheinlichkeit größer 1/2), oder ob sie gleichwahrscheinlich zuerst kommen.
Bei einer idealen Münze sollten "Kopf, Kopf" und "Zahl, Zahl" gleichwahrscheinlich sein;
ebenso sollten dann "Kopf, Zahl" und "Zahl, Kopf" gleichwahrscheinich zuerst kommen.
Wenn wir das alles rausbekommen haben, ist es bestimmt nicht schwer, auch folgende Frage zu beantworten:
Stimmt das überhaupt? Kommen dann etwa auch "Kopf, Zahl" und "Kopf, Kopf" gleichwahrscheinlich zuerst?
Kommen auch "Kopf, Zahl" und "Zahl, Zahl" gleichwahrscheinlich zuerst?
3d-Nim - (August 2024)
Alice und Peter trainieren ihr räumliches Vorstelungsvermögen, indem sie folgendes Spiel spielen:
Sie stellen sich ein 3x3x3-Gitter vor und entfernen abwechselnd nacheinander jeweils einen Gitterpunkt. Dabei ist folgende Regel zu beachten:
Wenn es einen Gitterpunkt gibt, der keinen waagerechten, keinen senkrechten oder weder vorderen noch hinteren Nachbargitterpunkt hat, so ist ein solcher zu entfernen.
Nacheinander sagen sie also an, welchen Gitterpunkt sie entfernen (natürlich mit Koordinaten -- so steht (0,0,0) für den mittleren Gitterpunkt, (-1,-1,1) für den Gitterpunkt in der Ecke links vorne oben).
Verloren hat, wer sich nicht an die Regel gehalten hat. Sind alle Gitterpunkte regelgerecht entfernt,
endet das Spiel unentschieden.
Gerne mit Hilfe von Rechentechnik möchten wir folgende Frage klären.
Gerne mit Hilfe von Rechentechnik möchten wir folgende Frage klären.
Wie viele verschiedene Spielverläufe mit unentschiedenem Ausgang sind möglich?
Fußball - (Juli 2024)
Das kann man mit einem kleinen Münzenschiebespielchen überprüfen:
Dazu gibt man jeder Kante zunächst sechs Münzen.
Dann gibt jede Kante je zwei ihrer Münzen an ihre beiden Endecken und je eine an jedes der beiden Lederstücke ab, die an ihr liegen.
Am Ende sammelt man von den Lederstücken die Münzen wieder ein.
Da in jeder Ecke von jeder der drei in ihr endenden Kanten zwei Münzen landen, sammelt man von jeder Ecke genau 6 Münzen ein.
Da jede Seite, die kein Fünfeck ist, ein Sechseck sein soll, also von ihren 6 Kanten je eine Münze erhält, sammelt man von jedem sechseckigen
Lederstück auch 6 Münzen ein.
Von jedem Fünfeck sammelt man entsprechend fünf Münzen ein, also eine weniger als von den anderen Lederstücken.
Ist k die Anzahl der Kanten, e die Anzahl der Ecken, f die Anzahl der Lederstücke (Seitenflächen) und x die Anzahl der Fünfecke
so hat man zu Beginn 6k Münzen verteilt und am Ende 6e+6f-x Münzen erhalten.
Da man genau alle Münzen eingesammelt hat, gilt also <\br>
6k=6e+6f-x<\br>
also <\br>
x=6e+6f-6k=6(e+f-k).
Wir hoffen natürlich, dass der Ball rund ist, aber nicht wie ein Fahradschlauch, sondern wie eine Kugel.
Er sollte also insbesondere konvex sein.
Damit gilt für ihn der Eulersche Polyedersatz, der uns e+f-k=2 verrät.
Damit ergibt sich x=2*6=12. Die Antwort lautet also: Ja.
Würde man übrigens stattdessen mit etwas von der Form eines aufgepumpten Fahradschlauches Fussball spielen, also mit einem Torus,
könnte man den "Fusstorus" komplett aus Sechsecken nähen.
Aus fünfeckigen schwarzen und sechseckigen weißen Lederstücken kann man die Hülle von Fußbällen formen, wobei üblicherweise 20 weiße Sechsecke und 12 schwarze Fünfecke verwendet werden. Es gibt aber auch größere Varianten, etwa mit 30 Sechsecken und 12 Fünfecken -- oder noch mehr.
Wenn wir nur verlangen, dass die Fünfecke und Sechsecke Kante an Kante zusammengenäht werden und sich an jeder Ecke genau 3 Lederstücke treffen, haben wir noch immer schier unendlich viele Möglichkeiten. Die Kantenstruktur dieser Fußbälle entspricht der Bindungsstruktur der Kohlenstoffatome in Fullerenen.
Ein wenig Rumprobieren lässt uns aber nur Varianten mit genau 12 schwarzen Fünfecken finden.
Sind wirklich immer genau zwölf Fünfecke nötig?
Tagesplan - (Juni 2024)
Im Urlaub möchte die fünfköpfige Familie Bunt viel erleben. Drei verschiedene Aktivitäten stehen heute auf dem Plan: Strandvergnügen, Klettern und Museumsbesuch.
Jeder hat so seine Wunschreihenfolge der Aktivitäten. Um sich zu einigen, schreibt jedes der fünf Familienmitglieder die Reihenfolge auf je einen Zettel und dann werden die Zettel ausgewertet: Gibt es auf den Zetteln etwa eine Mehrheit für "Strandvergnügen vor Museumsbesuch"? Dann gilt das als Mehrheitswunsch.
Entsprechend ergibt sich für je zwei der drei Aktivitäten ein Mehrheitswunsch.
Angenommen, die Familienmitglieder wählen ihre Reihenfolgen heute unabhängig voneinander, wobei jede Reihenfolge jeweils gleichwahrscheinlich ist.
Wie wahrscheinlich gibt es dann eine Reihenfolge der drei Aktivitäten, die alle drei Mehrheitswünsche berücksichtigt?
Ringe - (Mai 2024)
Die gebastelten Ringe sind Borromäische Ringe ,
die Behauptung folgt aus dem verlinkten Theorem (weswegen die Ringe nur etwa kreisförmig aber nicht exakt kreisförmig sein können).
Der dortige dritte Beweis verwendet im interessanten Fall die Potenz eines Punktes in einem Kreis.
Das ist hier das Produkt der Sehnenabschnitte einer beliebigen Sehne durch den Punkt (was ja unabhängig von der Wahl der Sehne ist).
Die Potenzen des gemeinsamen Punktes der drei Kreisscheiben bezüglich der Kreise müssen nach unseren Voraussetzungen alle drei gleich groß sein; je zwei Kreisscheiben haben also jeweils eine gemeinsame Sehne.
Beim letzten Tag der Mathematik bastelten einige Studierende mit Hilfe
biegsamer Röhren, die man mittels Verbindungsstücken zusammenfügen konnte, drei gleichgroße
(etwa kreisförmige) Ringe, die wie folgt ineinander verschlungen waren:
Die drei (gedachten) Kreisscheiben, die die Ringe unrandeten, hatten einen gemeinsamen Punkt.
Jede Kreisscheibe enthielt eine Sehne einer der anderen Kreisscheiben und die jeweils driite
Kreisscheibe enthielt eine Ihrer Sehnen.
Dabei wollen wir die Dicke der Röhren mal vernachlässigen und uns die Ringe genau kreisförmig vorstellen.
Die Ringe konnte man zueinander verschieben, aber es schien so,
dass sie einander immer berühren mussten, also je zwei Kreisscheiben stets sogar eine
gemeinsame Sehne hatten.
Ist diese Beobachtung korrekt? Wieso? Müssen dafür die Ringe gleichgroß sein?
Affine Geometrie - (April 2024)
Ja, das Rätsel vom Mai 2023 "Magisches Quadrat":
Die befüllten Felder stellen die Punkte dar und vier Felder bilden eine Gerade, wenn sie
entweder genau eine Eigenschaft alle gemeinsam haben (gleiche Zeile, gleiche Spalte,gleiche Farbe, gleiche Form) oder paarweise keine Eigenschaft gemeindam haben.
Die letzte Sorte Geraden ist weniger offensichtlich aber im Bild durch gleiche Zeichen markiert. Alle fünf Sorten bilden offenbar paarweise parallele Geraden, die alle Punkte überdecken
Die Inzidenzaxiome sind schnell überprüft:
Offenbar liegen die Eckfelder auf keiner gemeinsamen Geraden und je zwei Felder haben nach den Regeln
des magischen Quadrats und dem Aufbau der Steine entweder genau eine Eigenschaft gemeinsam oder gar keine, liegen also auf genau einer Geraden.
Zusätzlich bilden alle fünf Sorten bilden offenbar jeweils vier paarweise parallele Geraden,
die das Quadrat überdecken.
Damit muss auch das Parallelenaxiom erfüllt sein!
Unter einer affinen Ebene verstehen wir eine Struktur aus Dingen, die wir Punkte nennen
möchte und Ansammlungen dieser Dinge, die wir Geraden nennen möchten, wenn sie sich wenigstens
halbwegs wie Punkte und Geraden verhalten.
Präziser sollten
je zwei Punkte zu genau einer Gerade gehören,
drei Punkte existieren die zu keiner gemeinsamen Gerade gehören und
zu jeder Geraden g und zu jedem Punkt A, der nicht zu g gehört, genau
eine Gerade existieren, zu der A gehört und die mit g keinen Punkt gemeinsam hat
(zu ihr parallel ist).
Die ersten beiden Bedingungen nennt man Inzidenzaxiome, weil sie grundlegende Aussagen über die Zugehörigkeit (Inzidenz) von Punkten zu Geraden
Die letzte der drei Bedingungen ist das berühmte Parallelenaxiom,
Nun stellt sich uns die Frage, was es da außer "normalen" Punkten und Geraden der
euklidischen Geometrie noch so für Beispiele gibt. Aber vielleicht haben wir ja ein Beispiel
schon gefunden.
Gibt es unter den vergangenen Monatsrätseln eines, dessen Lösung sich leicht als Inzidenzgeometrie bezeichnen lässt?
Welche Schwerpunkte hat ein Dreieck? - (März 2024)
In der Tat sind Eckenschwerpunkt und Flächenschwerpunkt identisch und werden Schwerpunkt des Dreiecks genannt. Das liegt daran, dass einerseits die Ecken und andererseits alle zu den Seitenhalbierenden parallelen Schnitte gleicher Länge zu diesen Seitenhalbierenden gleichen Abstand haben und auf unterschiedlichen Seiten dieser Seitenhalbierenden liegen.
Der Kantenschwerpunkt ist hingegen das mit den Kantenlängen gewichtete Mittel der Kantenmitten und
daher der Inkreismittelpunkt des Mittendreiecks (wie sich aus der Betrachtung
seiner barizentrischen Koordinaten sofort erschließt) und wird auch als Spieker-Punkt bezeichnet.
Dieser fällt nur für das gleichseitige Dreieck mit dem üblichen Schwerpunkt zusammen.
Damit liegen allerdings die Schwerpunkte des Dreiecks und der Inkreismittelpunkt des Dreiecks
auf einer gemeinsamen Gerade, der sogenannten Nagel-Gerade.
Diese enthält außerdem den sogenannten Nagelpunkt, welcher auf den drei Ecktransversalen liegt,
die jeweils von einer Ecke zum Berührpunkt der gegenüberliegenden Kante mit dem entsprechenden Ankreis verbindet.
Als Schwerpunkt eines Dreiecks wird vektoriell gerne das arithmetische
Mittel der drei Ortsvektoren auf die Ecken definiert.
Das entspricht "physikalisch" dem Punkt, auf dem man ein Dreieck mit masseloser
Fläche und drei gleichgroßen Punktmassen in den Ecken waagerecht balancieren kann.
Anschaulich wird gerne der Punkt als Schwerpunkt benannt, auf dem man ein aus homogenem
Material (konstante Flächendichte) ausgeschnittenes Dreieck waagerecht balancieren kann.
Zeichnet man ein Dreieck, so zeichnet man oft seine Kanten. Baut man ein Dreieck aus homogenen Stäben
und möchte es auf einer masselosen Platte balancieren, ist dafür ein Punkt geeignet,
den man ebenfalls als Schwerpunkt des Dreiecks auffassen kann.
Die erste Variante nennen wir den Eckenschwerpunkt, die zweite den Flächenschwerpunkt
und die dritte den Kantenschwerpunkt. In der Trigonometrie sagt man einfach Schwerpunkt
und meint damit den Schnittpunkt der Seitenhalbierenden.
Welcher der drei Schwerpunkte ist denn nun dieser Schnittpunkt der Seitenhalbierenden und welcher nicht? Wo liegen der oder die Ausreißer (bzw. wie ist er zu konstruieren)?
Bekommt man alles umgedreht? - (Februar 2024)
Wir betrachten das Problem zunächst ganz ohne Münze, also mit Null statt 2024 Münzen.
Offenbar zeigen dann alle Münzen Zahl und man mus Null mal umdrehen.
Angenommen, bei n Münzen an Stelle von 2024 Münzen würde man maximal k mal drehen müssen,
damit alle n Münzen Zahl zeigen.
Nun liegen aber n+1 Münzen da. Würde die Münze auf Platz 0 Zahl zeigen, könnte man sie beim Zählen
außer Acht lassen und dafür alle Platznummern um 1 reduzieren und erhält die Situation, in der man nach maximal k Zügen die restlichen Münzen alle auf Zahl gedreht hat.
Anderenfalls muss insbesondere die Münze mit Nummer 0 irgendwann auf Zahl gedreht werden.
Dazu müssen also alle anderen Münzen auf Kopf gedreht werden.
Um diese Situation auf die vorige zurückzuführen, vertauschen wir die Bedeutungen von "Zahl zeigen"
und Nicht "Zahl zeigen", lassen den aktuellen Platz 0 außen vor und numerieren die anderen Plätze so
um, dass Platz i nun Nummer n-i trägt, weil von den verbleibenden n Münzen genau dann i Zahl zeigen,
wenn n-i nicht Zahl zeigen. Drehen wir mit dieser Uminterpretation die n verbleibenden Münzen nach der gegebenen Regel, so ist die Regel auch mit den ursprünglichen Bedeutungen und Nummern eingehalten!
Nach maximal k mal Umdrehen zeigt also keine Münze mehr Zahl und die Münze mit ursprünglicher Nummer 0 darf gedreht werden.
Nun bedarf es noch genau n Münzdrehungen um alle anderen Münzen auf Zahl zu drehen.
Induktiv folgt nun:
Es kann also nicht sein, dass man nie das Ziel erreicht, dass alle Münzen Zahl zeigen;
besonders lange braucht man aber, wenn genau die letzte Hälfte der Münzen schon Zahl zeigt,
also genau die 1012 Münzen auf Plätzen mit Nummer größer 1012.
Auf 2024 von 0 bis 2023 durchnummerierten Plätzen liegen 2024 Münzen, manche mit Zahl nach oben,
manche nicht. Wenn alle Münzen (mit) Zahl (nach oben) zeigen, darf man sie mitnehmen. Anderenfalls
darf man nachzählen, wieviele Münzen schon Zahl zeigen und dann die Münze auf dem Platz mit der entsprechenden Nummer umdrehen.
Zeigen also etwa 2023 Münzen schon mit Zahl nach oben, darf man die Münze auf Platz Nummer 2023 umdrehen. Zeigte diese mit Zahl nach oben, dann tut sie es dann leider nicht mehr und insgesamt zeigen
nun nur noch 2022 Münzen mit Zahl nach oben.
Aber man darf ja dann die Münze Nummer 2022 umdrehen...
Kann es sein, dass die Münzen so daliegen, dass man es nie erreicht, das alle 2024 Münzen Zahl zeigen, solange man auch nach dieser Regel Münzen umdreht? In welcher Lage gelingt es erst nach maximal vielen Münzdrehungen, alle Münzen umzudrehen?
Ergeben sich die Monate aus dem Jahr? - (Januar 2024)
Es ist beispielsweise
1=(2+0+2):4
2=-2·0-2+4
3=2:(0-2)+4!
4=2+0-2+4!
5=2:(0+2)+4!
6=20:2-4!
7=2-0!+2+4!
8=2+0+2+4!
9=2-0!+2+4!
10=2+0+2*4!
11=2+0!+2*4
12=(2+0)·(2+4)
Es fällt auf, dass ohne Fakultätszeichen die Monate Juli, September und November Ärger machen,
weil man für ungerade Zahlen wenigstens einmal dividieren muss und man keine Variante findet,
bei der Divisionsaufgabe eine ungerade Zahl verschieden von 1 und -1 rauszubekommen.
Zwei aufeinanderfolgende Ziffern lassen sich leider gar nicht zu einer ungeraden Zahl verarbeiten,
weswegen man bei ungeraden Zahlen höchstens auf 5 kommen kann.
Man kommt also nur in den Monaten Januar, Februar, März, April, Mai, Juni, August, Oktober und Dezember ohne Fakultätszeichen aus.
Letztes Jahr konnte man alle Monatsnummern nur durch Hinzufügen von Klammern, Rechenoperationszeichen "+", "-", "·" und ":" sowie dem Fakultätszeichen "!" nach jeder Ziffer aus der Ziffernfolge 2 0 2 3 der Jahreszahl machen. Beispiele findet man in der Lösung des damaligen Januarrätsels. Wir schreiben nun das Jahr 2024. Dieses Jahr wollen wir es leiser angehen und höchstens ein Fakultätszeichen pro Monat verwenden.
Lassen sich alle Monatsnummern auf diese Art und Weise aus 2 0 2 4 erzeugen? In welchen Monaten kommt man sogar ohne Fakultätszeichen aus?
Fullerene - (Dezember 2023)
Wir stellen uns ein hinreichend großes Modell eines Fullerens vor, in dem Jede Ecke, Kante und Seitenfläche je eine Münze hat. Nun machen wir mit dem Modell folgendes Geschäft: Wir geben jeder Kante sechs zusätzliche Münzen. Dann schieben wir von jeder Kante aus zwei Münzen auf jede der beiden Ecken, die sie verbindet und je eine Münze auf jede der beiden angrenzenden Seiten. Schließlich entnehmen wir von jeder Seitenfläche und jeder Ecke wieder sechs Münzen.
Ist e die Anzahl der Ecken, k die Anzahl der Kanten und f die Anzahl der Flächen, dann haben wir erst 6k Münzen investiert um am Ende 6(e+f) Münzen einzunehmen, der Gewinn dieses Geschäfts ist als 6(e+f-k). Da nach dem Eulerschen Polyedersatz e+f-k=2 gilt, haben wir also
12 Münzen gewonnen.
Dabei haben alle Kanten, Ecken und Sechsecke genausoviele Münzen erhalten, wie sie abgeben mussten. Siebenecke haben sogar jeweils genau eine Münze Gewinn gemacht. Nur die Fünfecke haben bei dem Geschäft jeweils genau eie Münze verloren. Da die Zahl der Münzen insgesamt gleich blieb, muss es also genau 12 Fünfecke mehr als Siebenecke geben -- wass als Antwort für ein Dezemberrätsel ja auch naheliegend ist!
Die Weihnachtszeit ist auch die Zeit der Kerzen. Verwendet man echte Wachskerzen, kann
es passieren, dass die Kerze rußt, insbesondere, wenn der Docht zu lang ist.
Zwar ist Kerzenruß in der Wohnung ärgerlich, vom Aufbau her aber sehr interessant,
denn er enthält viel reinen Kohlenstoff in Form von Fullerenen. Jedes Kohlenstoffatom ist dabei mit drei anderen verbunden.
Das bekannteste Fulleren C60 kommt sieht aus wie ein Fußball,
der aus 12 Fünfecken und 20 Sechsecken zusammengenäht wurde.
Neben Fünfecken und Sechsecken kommen bei größeren Fullerenen auch manchmal noch Siebenecke vor, andere Eckenzahlen an den Seiten aber nicht.
Wie viel mehr Fünfecke als Siebenecke hat ein konvexes Fulleren höchstens? Wie viel mehr sind es mindestens?
Bunte Blätter - (November 2023)
Die Teilverhältnisse des goldenen, silbernen und bronzenen Rechtecks sind jeweils
(k+Wurzel(k*k+4)):2 für k=1, k=2 bzw. k=3, weil in der Tat gilt
2:(Wurzel(k*k+4)-k)=(k+Wurzel(k*k+4)):2, man also bei diesem Verhältnis nach Drehen und k-maligem Quadratabschneiden das ursprüngliche Seitenverhältnis reproduziert.
Bastelt man rückwärts die Quadrate an, erhält man erst ein 3x1-Rechteck, dann ein 7x3-Rechteck und schließlich ein 10x7-Rechteck, das Verhältnis ist also $10:7$, was in guter Näherung dem Verhältnis der Langen und kurzen Seite eines DIN A5-Blattes entspricht.
Die Folge der Anzahlen der Buchstaben S in jedem Block zwischen zwei Buchstaben D entspricht
übrigens jeweils den Gliedern aus der Kettenbruchentwicklung des Verhältnisses:
So ist 10:7= 1+1:(2+1:3) und die Kettenbruchentwicklungen von den "metallischen" Verhältnissen haben die kürzestmögliche Periode.
Im Herbst gibt es bunte Blätter, dieses Jahr sogar noch im November an den Bäumen und auch im Monatsrätsel:
Wir experimentieren mit einem rechteckigen Blatt Papier. Liegt es im Hochformat vor uns, wird es um 90 Grad gedreht und wir notieren ein D, sonst wird ohne es zu drehen ein Quadrat durch einen Schnitt parallel zur kurzen Seite abgeschnitten, weggetan und wir notieren ein S. Mit dem Rest fahren wir entsprechend fort.
Mit diesem Experiment können wir beispielsweise überprüfen, ob wir ein goldenes Rechteck vorliegen hatten. In dem Fall ergibt sich die Folge DSDSDS... mit Periode 2 (wobei wir leider recht schnell an die Grenzen unserer Genauigkeit beim Basteln kommen). Jeder Schnitt teilt dabei das goldene Rechteck im goldenen Schnitt.
Erhalten wir die Folge DSSDSS... mit Periode 3, würde man das Rechteck als silbernes Rechteck bezeichnen, bei der Folge DSSSDSSS... mit Periode 4 als bronzenes Rechteck.
Bei einem Blatt ergab sich die Folge DSDSSDSSS, wobei der letzte "Schnitt" ins Leere ging,
weil schon ein Quadrat vorlag -- die Folge endete also nach 9 Buchstaben.
Welche Seitenverhältnisse haben das vorliegende Blatt Papier, das Goldene, das Silberne und das Bronzene Rechteck?
Soma-Würfel - (Oktober 2023)
Das klappt erstaunlicherweise nicht. Wäre die Frage nach zwei, vier oder sechs weißen Quadraten außen gewesen, hätte man relativ schnell ein Beispiel basteln können.
Bei drei weißen Quadraten müssen wir aber entweder immer weiter probieren oder wir müssen nachweisen, dass nicht nur wir es nicht können, sondern dass es wirklich nicht geht, also
keine solche Zusammensetzung möglich ist.
Dass etwas existiert, ist oft schnell gezeigt -- hier etwa indem man es im wahrsten Sinne des Wortes herzeigt. Aber wie beweist man, dass etwas nicht existiert?
Die Mathematik kennt dafür den Ansatz des indirekten Beweises -- wir nehmen also an,
dass es doch existiert. Sei der Soma-Würfel also aus diesen Teilen entsprechend zusammengesetzt. Damit genau drei Quadrate weiß sind, liegt das kleine weiße Teil so,
dass sein mittlerer Würfel eine Flächenmitte ist, die beiden anderen sind die Kantenmittenwürfel und der zentrale (von dem man nichts sieht).
Nun versuchen wir, bestimmte Teilwürfel auf zwei verschiedene Arten zu zählen, weil beim Auszählen der gleichen Menge von Teilwürfeln ja immer die gleiche Anzahl rauskommen muss.
Diese Methode nennt sich zweifaches Abzählen und liefert gerade in der enumerativen Kombinatorik grundlegende Einsichten.
Zählen wir nun gedanklich den zentralen Teilwürfel und alle Kantenmittenwürfel,
so haben wir dreizehn gezählte Teilwürfel. Ein Quadrat, welches nicht sichtbar ist und somit zu zwei Teilwürfeln gehört, gehört dann immer zu einem gezählten und einem nicht gezählten Teilwürfel.
Das erlaubt uns, diese Würfel nach Farben sortiert zu zählen: Wir haben sicherlich zwei weiße Teilwürfel gezählt, von den blauen, gelben, orangen und roten haben wir auch sicherlich je zwei Würfel gezählt -- wir wissen nur nicht, welche beiden. Von den grünen und schwarzen Teilwürfeln haben wir sicherlich je eine ungerade Anzahl gezählt.
Zählen wir alles zusammen, wissen wir zwar nicht genau, was rauskommt -- aber es muss
eine gerade Zahl sein! Das allerdings widerspricht der Tatsache, dass als Anzahl die ungerade dreizehn rauskommt.
Irgendwo in unserer Überlegung muss also ein Fehler sein. Abgesehen von der Annahme,
dass die gewünschte Zusammensetzung existiert, ist aber alles logisch korrekt, weswegen
diese eine Annahme falsch sein muss.
Daher lautet die Antwort schlicht: Nein.
Ein beliebtes Ausstellungsstück in unserer Mathematikausstellung ist der Soma-Würfel.
Normalerweise liegt er dort aber nicht als Würfel vor, sondern wie in unserem Bild zerlegt
in sieben Teile, die man selbst zu einem Würfel zusammensetzen muss.
Hat man einmal raus, wie es geht, aus diesen Teilen einen Würfel zu basteln, wird der Soma-Würfel leider für viele langweilig.
Folgende Frage kann den Puzzlespaß aber sehr in die Länge ziehen (wie Besucher unserer Ausstellung ausprobierten):
Übrigens findet unsere Mitmachausstellung "Mathematik und Technik erleben" in Zusammenarbeit mit dem Kreativzentrum in dessen Räumen das nächste Mal vom 11.-22. März 2024 statt.
Kann man den Würfel so zusammensetzen, dass von den äußeren Teilquadraten genau drei weiß sind?
Sensen - (September 2023)
Die überstrichene Fläche ergibt sich überraschend unabhängig von dem genannten Abstand zu
l²w/2. Man kann die Sense also ohne Schnittflächenverlust so führen, dass die eigene Körperhaltung dabei möglichst bequem ist. Es bietet sich daher an, entsprechend den Winkel des Sensenblattes zum Sensenbaum auf diese Körperhaltung beim Sensen einzustellen.
Begründung:
Beim (recht albernen) Winkel w von 2Pi wird sofort klar, dass man die Fläche eines Kreisrings zu betrachten hat, bei dem der Innere Kreis den zu optimierenden Radius r hat.
Außerdem ist aus Symmetriegründen offensichtlich, dass die Fläche ansonsten einfach proportional zu w ist, weswegen wir nur den Vollwinkel betrachten müssen.
Die Drehachse ist natürlich senkrecht zur abzusensenden Fläche, weil sonst das Sensenblatt
nicht durch das Gras gleiten würde.
Der Äußere Radius R ergibt sich als Abstand von erfüllt nach Pythagoras R²=r²+l² und die Fläche ist Pi(R²-r²)=l²w/2.
Wenn man mit der Sense Gras schneidet, kann man sie durch das Gras gleiten lassen,
indem man sich mit der Sense gemeinsam um eine Achse dreht. Den Winkel,
den eine solche Drehbewegung (Sensenhieb) umfasst, nennen wir w.
Das Sensenblatt überstreicht dabei eine gewisse Fläche F.
Nehmen wir an, das Sensenblatt hat von der Spitze S bis zum breiten Ende E eine Länge l
und beim Sensen steht die Strecke SE senkrecht zu einer Strecke EA wobei A auf der Drehachse liegt. Wegen der Biegung der Sense sollte dann die ganze Schneide des Sensenblattes in halbwegs gleichmäßigem Winkel zur Bewegungsrichtung am Schneidevorgang beteilig sein.
Es kommt da schon die Frage auf: Lohnt es sich, das Sensenblatt weit weg vom
Körper zu führen, wenn man die nötige Kraft hat?
Genauer:
Für welchen Abstand von E zur Drehachse wird F maximal, wenn wir von fixem w ausgehen?
Urlaub - (August 2023)
Beachtet man Groß- und Kleinschreibung, ergibt sich die Anzahl fixpunktfreier Permutationen
von 6 Elementen, also 265.
Wir ignorieren hier mal Groß- und Kleinschreibung.
Es ergeben sich 84 Möglichkeiten; 6, die beiden u woanders zu platzieren und jeweils 12 Möglichkeiten, die 2 Buchstaben, auf denen nun die "u" stehen, auf den vier verbleibenden Plätzen zu platzieren. Nur in den zwei Fällen, in denen die beiden dann noch freibleibenden Plätze vormals mit u belegt waren, hat man für die restlichen zwei Buchstaben noch eine Wahl,
weswegen es ohne Berücksichtigung von Groß- und Kleinschreibung 6*(12+2)=84 Varianten gibt.
Da Mathematik auch eine Sprache ist, bei der es auf das kleinste Detail noch ankommt,
möchte man als Mathematiker natürlich alle Zeichen an der richtigen Stelle schreiben.
Wenn ein Mathematiker aber Urlaub hat, also mal komplett ausspannen will vom Diktat der Korrektheit,
dann kann das darin gipfeln, dass er in dieser Zeit das Gegenteil tut.
Wenn er also ein Wort schreibt, sollen zwar alle seine Zeichen vorkommen, auch in der richtigen
Anzahl, aber eben keines an seinem angestammten Platz. Das Wort ist dann "total durcheinander"
geschrieben.
Wieviele Möglichkeiten gibt es, das Wort "Urlaub" total durcheinander zu schreiben?
Reptile - (Juli 2023)
Ja, so etwas gibt es. Eine Idee kann sein, einen Quader in eine gewisse Anzahl (sagen wir der Einfachheit halber zwei) Teile mit Loch zu zerlegen, die ihrerseits wieder aus Quadern zusammengesetzt sind.
Damit sucht man also zunächst Möglichkeiten, einen Quader in zwei Teile mit Loch zu zerlegen.
Bei einem 4x4x4-Würfel wird man schnell fündig, kann man ihn doch in zwei 4x4x2-Quader zerlegen und jeweils einen kantenparallelen 1x1x2-Quader als Loch ausstanzen und punktsymmetrisch zum Mittelpunkt des Würfels außen wieder aufsetzen. Dann hat man einen 4x4x4-Würfel in zwei Teile mit Loch zerlegt, die sich selbst jeweils aus 32 1x1x1-Würfeln zusammensetzen. Zerlegt man die 1x1x1-Würfel ähnlich, ergibt sich eine Zerlegung jedes dieser Lochteile in 64 zu ihm ähnliche Teile mit Loch.
Es geht aber auch mit noch weniger Teilquadern.
Einen 8x4x2-Quader kann man auf folgende Wiese in 8 4x2x1-Quader zerlegen:
Zunächst zerlegt man ihn parallel zur 4x2-Ebene in einen 4x4x2-Quader, der zwischen
zwei 2x4x2-Quadern liegt. Die 2x4x2-Quader kann man dann parallel zur 8x4-Ebene in je zwei
2x4x1-Quader zerlegen, den 4x4x2-Quader parallel zur 8x2-Ebene in 4 4x1x2-Quader.
Eine Aufteilung dieser 8 Quader auf 2 Teile mit Loch, welche punktsymmetrisch zueinander liegen, ist dann einfach. Ebenensymmetrisch zur 4x2-Mittelebene des Ausgangsquaders liefert ein zartfühlend anderes Reptile.
In der Mathematik gibt es den Begriff "Reptile", der aber englisch ausgesprochen wird.
Dabei handelt es sich um ein Polygon oder Polyeder (oder gar Fraktal) das man in endlich viele verkleinerte Kopien seiner selbst zerlegen kann.
Beispielsweise ist ein DIN-A4-Blatt ein ebenes Reptile, denn wenn man es entlang seiner kurzen Mittellinie zerteilt, ergeben sich zwei zu ihm ähnliche Blätter. Hier vernachlässigt man natürlich die Dicke des Blattes. Ein etwas interessantes Reptile ist links abgebildet.
Ebene Reptiles sind stets einfach zusammenhängend, haben also kein Loch (warum eigentlich?),
weswegen wir mit räumlichen Teilen arbeiten wollen. Beispielsweise ist ein Würfel ein räumliches Reptile, denn man kann ihn aus acht um den Faktor 2 verkleinerten Würfeln zusammensetzen.
Gibt es ein Polyeder mit Loch, welches ein Reptile ist?
Hungriger Drache 5 - (Juni 2023)
Ja, das kann er.
Wir wählen unsere Längeneinheit so, dass der Radius des Sees die Maßzahl 4 erhält.
Schwimmt Winzli bis auf 0,9 an den Mittelpunkt des Sees heran und dann in diesem Abstand immer im Kreis um den Mittelpunkt in mathematisch positiver Richtung herum, kann der Drache nicht mit der gleichen Winkelgeschwindigkeit bzgl. Drehung um den Mittelpunktes folgen, da er in mehr als vierfachem Abstand rennen muss.
Also kann Winzli erreichen, dass er den Mittelpunkt genau zwischen sich und dem Drachen hat.
Nun schwimmt er entlang des Radius zum Ufer, hat also noch 3,1 zurückzulegen, der Drache aber Pi mal den Radius, also mehr als viermal soviel (weil der Radius 4 und Pi mehr als 3,1 ist) und Winzli kann sich an Land retten ohne vom Drachen beim Anlanden erwischt zu werden!
Aufgrund der ersten heißen Tage ist Zwerg Winzli an den kreisförmigen Bergsee gegangen um sich zu kühlen. Als plötzlich der inzwischen sehr hungrige Drache hinter dem nächsten Felsen auftaucht, der Winzli diesmal ohne falschen Vorwand einfach fressen möchte, rettet er sich durch einen beherzten Sprung ins Wasser.
Für den Drachen war das einerseits bedauerlich, da er sich aus Sorge um sein inneres Feuer nicht ins Wasser traut. Andererseits kann der Zwerg an Land zu schnell verschwinden, schwimmt aber viel langsamer als der Drache laufen kann.
Da der Drache aber um den See herumlaufen muss und der Zwerg geradeaus schwimmen kann, kann er sich offenbar an Land retten (also an einer Stelle ans Ufer gelangen, an der Drache zu diesem Zeitpunkt nicht ist), wenn der Drache beispielsweise nur anderthalb mal so schnell ist, wie der Zwerg.
Leider ist der Drache an Land aber mindestens doppelt so schnell wie der Zwerg im Wasser.
Kann der Zwerg sich trotzdem an Land retten? Kann er das auch noch, wenn der Drache sogar viermal so schnell ist?
Magisches Quadrat - (Mai 2023)
Haben wir eine Lösung, so nennen wir die Farbe in Zeile 1 und Spalte 1 "blau", und die Form "Kreis".
Die blaue Form in Zeile 2 benennen wir mit "Dreieck" und seine Spalte mit "b".
In Zeile 1 und Spalte b ist dann ein Symbol, welches wir mit "Quadrat", da es weder ein Kreis noch ein Dreieck ist. Seine Farbe nennen wir "grün", da sie nicht blau ist.
Die Zeile, welche das blaue Quadrat enthält, nennen wir "i", die zugehörige Spalte "c".
Die vierte Form nennen wir "Stern", der blaue Stern ist in der verbleibenden Zeile "j" und Spalte "d". Die Farbe in Zeile 1 und Spalte d nennen wir "gelb", da sie weder grün noch blau ist.
Also ist in Zeile 1 Spalte d das gelbe Dreieck und in Spalte c ein roter Stern. Von den verbleibenden Symbolen passt in Zeile 2 Spalte d nur noch das rote Quadrat, weswegen das gelbe Quadrat in Spalte 1 Zeile j ist.
In Spalte d Zeile i ist dann zwingend ein grüner Kreis, in Zeile 2 Spalte c ein gelber Kreis und der verbleibende rote Kreis in Zeile j Spalte b.
Das Fehlende Symbol in Zeile 2 ist dann ein grüner Stern; in Spalte 1 fehlt dann nur noch ein rotes Dreieck und das letzte Symbol (gelber Stern) passt in das verbleibende Feld.
Nun gibt es 4! Möglichkeiten die tatsächlichen Farben den vier Namen zuzuordnen, jeweils 4! Möglichkeiten, die tatsächlichen Formen den vier Formnamen zuzuordnen, 3! Möglichkeiten, den Spaltenbezeichnungen a, b, c
die Nummern 2, 3 und 4 zuzuordnen und 2! Möglichkeiten, den Zeilenbezeichnungen i und j die Zeilennummern 3 und 4 zuzuordnen, weswegen es 4!4!3!2!=6912 verschiedene Möglichkeiten, das Quadrat magisch zu befüllen,
die aber eigentlich irgendwie alle gleich sind.
Wir wollen ein Magisches Quadrat mit vier Zeilen und vier Spalten mit verschiedenfarbigen Symbolen befüllen, wobei vier Formen in jeweils den gleichen vier Farben zur Auswahl stehen, jede Kombination aus Form und Farbe aber nur je einmal.
Die Magie soll darin liegen, in jeder Zeile und in jeder Spalte jede Form und jede Farbe vorkommt.
Das abgebildete Quadrat lässt sich leider nicht magisch vervollständigen, weil etwa in die zweite Zeile nur noch das blaue Quadrat passt, welches aber schon links oben verwendet wurde.
Eine einfache Frage wäre, ob das überhaupt möglich ist. Wir wollen es aber genauer wissen:
Wieviele Möglichkeiten für Magische Quadrate gibt es mit vorgegebenen vier Formen und vorgegebenen vier Farben?
Dornröschen und die Münze - (April 2023)
In der vorliegenden Formulierung fragt niemand nach Wahrscheinlichleiten; die Richtigkeit der Antwort hat dabei aber Konsequenzen, die zu einer sinnvollen Motivation von Dornröschen führen, möglichst oft richtig und möglichst selten falsch zu liegen.
Weil sie sich ja beim Einlösen der Wette sehr wohl an den Verlauf erinnert, kann der Prinz auch nicht mogeln; es gibt also eine objektive Realität außerhalb ihres eingeschränkten Erinnerungsvermögens, in der die folgende Überlegung, was Sie antworten sollte (gerade auch aus Ihrer Sicht) letztlich sinnvoll ist.
Betrachten wir gemeinsam mit Dornröschen an den Tagen der Frage die Situation. Dornröschen weiß, dass die beiden Fälle (Kopf oder Zahl) jeweils gleiche Wahrscheinlichkeit 1/2 hatten.
Natürlich steht inzwischen schon fest, was richtig ist -- ihr fehlen aber alle Informationen, jede Antwort wäre also geraten. Insbesondere wäre das Rateergebnis sowohl unabhängig vom Ausgang des Münzwurfes als auch vom Tag der grade ist, also irgendwie zufällig.
So einfach ist das vielleicht doch nicht, denn beim Zufall hat Sie eine entscheidende Wahl:
Mit welcher Wahrscheinlichkeit soll sie Kopf wählen? Nennen wir die mal p.
Dann ergibt sich mittels bedingter Wahrscheinlichkeiten ein erwarteter Gewinn
von (p+2(1-p))/2=1-p/2 neuen Schuhen und ((1-p)+2p)/2=(1+p)/2 mal Schuhe putzen, wobei im Ansatz der erste Summand jeweils den Fall angibt in dem "Kopf" zutrifft, sie also insgesamt nur einmal gefragt wird, der zweite den, in dem sie falsch liegt, also insgesamt zweimal gefragt wird.
Nun kann sie diesen Erwartungswert offenbar in ihrem Sinne optimieren, indem sie p=0 wählt, also in jedem Fall "Zahl" sagt. Der Erwartungswert für neue Schuhe ist dann doppelt so groß, wie für's Schuhe putzen. Wenn der Prinz und sie also oft genug dieses Gedächtnistraining machen, gewinnt sie mit "Zahl" im Schnitt doppelt so oft wie sie verliert,
weswegen es sich an den Tagen, an denen sie gefragt wird (in der Rückschau) so anfühlt, als sei die Wahrscheinlichkeit für "Kopf" nur 1/3, die für Zahl 2/3, denn das entspräche den von Ihr erlebten (und später auch erinnerten) relativen Häufigkeiten.
Deswegen ist auch eine Definition von "subjektiver Wahrscheinlichkeit" für das Ergebnis des Münzwurfes sinnvoll, die der subjektiven Wahrscheinlichkeit für Kopf an den Tagen der Frage den Wert 1/3 zuordnet -- das ist genau die bedingte Whrscheinlichkeit, dass die faire Münze "Kopf" zeigte unter der Bedingung, dass der Prinz fragt, wobei für Dornröschen beider möglichen Fragetage gleichwahrscheinlich sind (und der Münzwurf natürlich unabhängig von dem zukünftigen Tag ausgeht, an dem Dornröschen vielleicht nach seinem Ausgang gefragt wird).
-- es ist aber für Dornröschen nicht sinnvoll, diese "subjektive Wahrscheinlichkeit" für die reale (absolute, bzw. nicht bedingte) Wahrscheinlichkeit zu halten, weil sie dann bei Ihrer obigen Analyse zu überzogenen Erwartungen kommen würde, was zu Spannungen in der Beziehung zu Ihrem Prinzen führen könnte, weil diese Erwartungen sich objektiv nicht erfüllen würden (mogelt der doch irgendwie?).
Andererseits haben Prinzesinnen sowieso überzogene Erwartungen und Spannungen in Beziehungen können sehr fruchtbar sein, bedenkt man die Versöhnung!
In den klassischen Formulierungen erinnert sich Dornröschen jeden Tag nur an alles seit dem Aufstehen, soll aber eine Wahrscheinlichkeit für den Ausgang des (inzwischen erfolgten) Münzwurfes angeben.
Das ist systematisch problematisch, denn eine Modellierung durch Wahrscheinlichkeiten setzt normalerweise wiederholbare Experimente voraus und
interpretiert die dann auftretenden relativen Häufigkeiten im Grenzübergang als Wahrscheinlichkeiten.
Entsprechend hat etwa Feynman auch bemerkt, dass Wahrscheinlichkeiten nur für zukünftige Ereignisse sinnvoll sind.
Zusätzlich ergibt selbst die wöchentliche Wiederholung des Gesamtexperiments keinerlei Möglichkeit für Dornröschen, relative Häufigkeiten zu zählen.
Im Origninalproblem wären nur "100% Kopf" oder "0% Kopf" richtige Antworten, da das Ereignis ja schon eingetreten ist -- unglücklicherweise weiß Dornröschen aber da nicht, welche der beiden Antwortmöglichkeiten zutrifft.
Würde sie versuchen, die Frage so zu interpretieren, dass andere Wahrscheinlichkeiten als 0 und 1 eine Rolle spielen, bräuchte sie viele Prinzen, die das Spiel gleichzeitig mit ihr spielen -- sodass an dem einen Tag tatsächlich eine relative Häufigkeit von "Kopf" und "Zahl" erlebt.
Geht man davon aus, dass gleichviele Prinzen die Münze gestern und vorgestern geworfen haben, von den vorgesten-Prinzen aber nur die "Zahl" werfenden fragen, ergibt sich die Wahrscheinlichkeit, dass die Münze eines zufällig gewählten fragenden Prinzen "Kopf" zeigt, tatsächlich zu 1/3, denn es ist die Wahrscheinlichkeit, dass seine Münze Kopf zeigt unter der Bedingung, dass er fragt.
Dornröschen hat leider vom hundertjährigen Schlaf eine heftige Vergesslichkeit übrigbehalten. Sie erinnert sich an nichts aus den jeweils vergangenen drei Tagen; die Erinnerungen daran tauchen erst später wieder auf. Sie weiß auch nicht, welcher Tag jeweils ist -- das ist für Prinzessinen nicht ganz so wichtig. Der Prinz möchte ihr Gedächtnis trainieren, fragt sie also immer nach vergangenen Sachen.
Eines Tages kommt der Prinz zu Ihr und spricht "Gestern oder vorgestern habe ich eine (faire) Münze geworfen. Natürlich haben wir beide schon gelunzt, ob sie (deinen schönen) Kopf zeigt. Ich verrate Dir aber nicht, was sie zeigt, sondern biete Dir eine Wette an: Wenn Du richtig errätst, welche Seite der Münze oben lag, gehen wir in einer Woche zum Hofschuster und lassen Dir ein neues Paar Schuhe Deiner Wahl anfertigen, ansonsten musst Du die meinigen putzen.
Übrigens: Diese Frage stelle ich Dir auf jeden Fall am Tage nach dem Münzwurf und nochmals am Tage darauf -- letzteres aber nur, wenn die Münze deinen schönen Kopf nicht zeigt. Ob das jetzt der erste oder zweite Tag nach dem Münzwurf ist, verrate ich nicht."
Dornröschen ist total vernarrt in eigene neue Schuhe aber nicht so begeistert vom Putzen fremder Schuhe (auch wenn sie das zum Schluss noch immer auf Ihre Zofe abgewälzt hat) und möchte die Frage daher möglichst richtig beantworten.
Sie kann sich aber beim besten Willen noch nicht erinnern.
Die Frage ist abgeleitet von dem klassischen Dornröschenproblem, dass auf Grund seiner ungenauen Formulierung zu fachlichem Diskurs zwischen Philosophen, Mathematikern und Phyiskern anregt,
siehe etwa "Sleeping Beauty problem" oder (in Spektrum der Wissenschaft)
"Das Dornröschen Problem".
Was soll sie antworten? Mit welcher Wahrscheinlichkeit liegt sie richtig?
Kuchen Teilen - (März 2023)
Das geht nicht.
Der erste Schnitt zerteilt den Kuchen in zwei Teile.
Nur wenn der zweite Schnitt den ersten schneidet, zerteilt er beide Teile, wass dann vier Teile liefert.
Nur wenn der dritte Schnitt den ersten und zweiten schneidet, zerteilt er drei Teile (sonst weniger) und nur wenn alle diese Bedingungen erfüllt sind, ergeben sich sieben Teile: Ein Dreieck im Inneren, drei Randstücke, die mit dem Dreieck eine Schnittkante teilen und drei weitere Randstücke, die dreieckig sind, aber im Gegensatz zu richtigen Dreiecken eine runde Seite haben.
Wären alle Stücke gleichgroß, müssten die drei Sehnen die Kreisfläche alle
offenbar im Verhältnis 3:4 teilen, da jeweils drei Randstücke auf jeder Seite der Sehne liegen.
Damit die dreieckigen Randstücken alle gleichgroß werden, müssen diese Sehnen untereinander den gleichen Winkel einschließen, weswegen das innere Dreieck ein gleichseitiges wird.
Dann sind die anderen Randstücken aber größer, wie man durch Drehung des Schnittmusters um 60 Grad
Die Eltern haben für Ihr Kind zum Geburtstag einen runden Kuchen gebacken.
Vor dem Verteilen soll er schon in gerecht in sieben Stücke aufgeteilt werden.
Dazu wird ein langes Messer verwendet.
Mit sechs geraden Schnitten können sie das leicht erreichen,
aber das wäre zu einfach.
Schon mit drei geraden Schnitten kann man den Kuchen in sieben Stücke teilen,
aber ist das dann auch gerecht?
Abstrakter:
Kann ein Kreis durch 3 Sehnen in sieben flächeninhaltsgleiche Teile zerlegt werden?
Minisudoku - (Februar 2023)
Wir numerieren die Spielkartensymbole entsprechend der Ersten Zeile durch und ersetzen die Symbole in der zweite Zeile ebenfalls.
Dann gibt es 4!=24 Möglichkeiten, welche Zahl für welches Symbol steht und die ersten zwei Spalten der zweiten Zeile 3 und 4 enthalten, die anderen Spalten 1 und 2, was jeweils 4 Möglichkeiten liefert; nämlich 3412, 3421, 4312 und 4321.
Bei der ersten und der letzten Möglichkeit hat man für das Verfollständigen der ersten und zweiten Spalte je zwei Möglichkeiten, die letzten vier Zahlen sind dann eindeutig bestimmt, was also jeweils 4 Möglichkeiten macht.
Bei den anderen Möglichkeiten kann man jeweils noch eine Zahl (aus zwei Möglichen) wählen, dann ergibt sich der Rest eindeutig.
Eine 9x9-Matrix lässt sich in neun 3x3-Matrizen zerlegen und
mit den Ziffern eins bis neun auf vielfältige Weise so füllen, dass
in jeder Zeile, jeder Spalte und jeder der neun 3x3-Matrizen jede der
neun erlaubten Ziffern genau einmal vorkommt. Eine so geartete Matrix
wird gerne als Sudoku bezeichnet und es ist eine kleine Herausforderung,
ein geeignet vorausgefülltes Sudoku korrekt zu vervollständigen.
Eine Nummer kleiner wäre eine 4x4-Matrix deren Einträge aus den vier
Spielkartensymbolen Kreuz, Pik , Herz und Karo gewählt sind, und zwar so,
dass jedes Symbol in jeder Spalte, jeder Zeile und jeder der vier 2x2-Matrizen, in die man sie zerlegen kann, genau einmal vorkommt.
Nennen wir eine solche Matrix "Minisudoku".
Wieviele verschiedene Minisudokus gibt es?
Ergeben sich die Monate aus dem Jahr? - (Januar 2023)
Es ist beispielsweise
1=2!·(0!+2!)/3!
2=-2!·0!·2!+3!
3=((2!-0!)/2!)·3!
4=2!/(0!+2!)·3!
5=2!-0!-2!+3!
6=2!·0!-2!+3!
7=2!+0!-2!+3!
8=(2!-0!)·2!+3!
9=(2!-0!/2!)·3!
10=2!·0!·2!+3!
11=2!+0!·2!+3!
12=(2!+0!)·2!+3!
Letztes Jahr konnte man alle Monatsnummern nur durch Hinzufügen von Klammern, Rechenoperationszeichen "+", "-", "·" und "/" sowie dem Fakultätszeichen "!" aus der Ziffernfolge 2 0 2 2 der Jahreszahl machen. Beispiele findet man in der Lösung des damaligen Januarrätsels. Wir schreiben nun das Jahr 2023. Dieses Jahr wollen wir laut ausrufen, also nach jeder Ziffer genau ein Fakultätszeichen und sonst nur Grundrechenarten verwenden.
Lassen sich alle Monatsnummern auf diese Art und Weise aus 2 0 2 3 erzeugen?
Freudige Zeit - (Dezember 2022)
Die angedeuteten Fragen vor dem eigentlichen Rätsel sind endliche Problemstellungen, man kann also alle Jahreszahlen von 2025 beginnend rückwärts bzw. vorwärts danach durchforsten, ob sie und die drei vorigen Jahreszahlen freudig sind.
Im Ergebnis geschah dies das letzte mal von 1014 bis 1017.
Das nächste Mal wird das 3030 bis 3033 passieren.
Die Vorfreude auf das Kulturhauptstadtjahr ist also von erlesener Güte (auch zahlentheoretisch).
Möchte man viele (insbesondere mehr als vier) aufeinanderfolgende Harshad-Zahlen konstruieren, bietet es sich an, möglichst Quersummen wie 15, 12 und 16 anzusteuern, weil da nur wenige Ziffern (die letzte, die letzten zwei bzw. die letzten vier) kontrolliert werden müssen um die Teilbarkeit zu erzwingen.
Problematisch ist, dass da noch 13 und 14 dazwischen liegen, wir also zusätzlich die Teilbarkeit durch 7 und 13 im Griff haben sollten.
Schreibt man hinter eine Zahl mit Quersumme 9 eine 13, so ergibt sich auch Quersumme 13,
schreibt man eine 14 dahinter, ergibt sich Quersumme 14.
Es bleibt also eine geeignete durch 7 und 13 teilbare Zahl mit Quersumme 9 zu finden.
Nun ist 7*13=91, und schnell sieht man dadurch 11*7*13=1001 und 111*7*13=10101.
Letzteres ist spannend, weil man damit an den letzten 2 Ziffern der Zahl mit Quersumme 9 Spielen kann, also die Teilbarkeit durch 16 mitbeeinflussen.
So kommt man zu 12121200 als durch 12, 13, 14, 15 und 16 teilbare Zahl mit Quersumme 9,
was 12121212, 12121213, 12121214, 12121215 und 12121216 als fünf aufeinanderfolgende freudige (Jahres-)zahlen liefert.
Aber das liegt noch weit in der Zukunft.
Mit ähnlichen Ideen gelingt es, auch noch längere freudige Abschnitte bei den
natürlichen Zahlen zu finden, aber beliebig lang werden die auch nicht.
Natürlich ist der Dezember jedes Jahr ein Grund zur Vorfreude.
Aber wir haben aus anderem Grund in Chemnitz jahrelange Vorfreude:
Das Kulturhauptstadtjahr 2025 wirft seine Schatten voraus. Für Chemnitz ist es ein freudiges Jahr und die Jahreszahl ist in der Tat eine freudige Zahl (Harshad-Zahl, vom Sanskrit-Wort harsha - Freude).
Eine Harshad-Zahl ist eine Zahl, die durch ihre Quersumme (die Summe Ihrer Ziffern) teilbar ist.
Die freudige Zeit beginnt dabei schon dieses Jahr, denn beginnend mit diesem Jahr 2022 sind auch die Jahre bis 2025 entsprechend freudige Zahlen, also Harshad-Zahlen.
Man kann mit etwas Aufwand herausfinden, wann es das letzte Mal vier aufeinanderfolgende glückliche Jahreszahlen gab, und wann das das nächste Mal so sein wird.
Die Aufgabe ist aber:
Zeige, dass es sogar fünf aufeinanderfolgende mindestens zweistellige natürliche Zahlen gibt, die Harshad-Zahlen sind!
Ohrpolygon - (November 2022)
Wir zeigen sogar, dass jedes Polygon, welches mindestens vier Ecken hat, auch mindestens zwei disjunkte Ohren besitzt.
Wenn wir wissen, dass jedes solche Polygon stets eine Diagonale im Inneren hat, folgt einerseits,
dass jedes Viereck zwei Ohren hat und andererseits mit starker Induktion, dass die Diagonale das Vieleck in zwei Vielecke mit weniger Ecken zerlegt, die entweder Dreiecke sind oder zwei Ohren haben.
Ist eins der Vielecke ein Dreieck, so ist es ein Ohr des Polygons. Anderenfalls hat es zwei Ohren, von denen nur eins nicht Ohr des ursprünglichen Polygons ist. Also liefern beide Teile je ein Ohr.
Um eine innere Diagonale zu finden, betrachten wir die konvexe Hülle des Polygons.
Sei B eine ihrer Ecken. Die Nachbarecken von B auf dem Rand des Polygons seien A und C. Falls die Strecke von A nach C vollständig im Inneren des Polygons liegt, ist eine Diagonale gefunden.
Anderenfalls schneiden Seiten des Polygons diese Strecke. Alle diese Seiten haben je eine Endecke im Dreieck ABC. Betrachten wir von allen Ecken des Polygons, die im Dreieck ABC liegen, eine Ecke D, die am weitesten entfernt von Gerade AC liegt, so muss die Strecke von B nach D vollständig im Inneren des Polygons liegen, also eine innere Diagonale sein.
Wir betrachten die Fläche, die ein sich selbst nicht überschneidender geschlossener Streckenzug umrandet, als Polygon. Ein Ohr eines Polygons ist ein zum Polygon gehöriges Dreieck, dass von zwei
Strecken des Streckenzugs und einer Diagonalen umrandet wird.
Hat man drei aufeinanderfolgende Ecken A,B und C eines Polygons, könnte es allerdings sein, dass ABC dennoch kein Ohr des Polygons ist - schließlich könnte die Diagonale BC und damit das Dreieck teilweise außerhalb des Polygons liegen, oder das Dreieck schon das ganze Polygon sein, weswegen BC keine Diagonale ist.
Man zeige, dass trotzdem folgendes gilt:
Jedes Polygon, welches mindestens vier Ecken hat, hat auch mindestens zwei Ohren.
Würfelschnitt - (Oktober 2022)
Wenn man Kartoffeln für Kartoffelbrei vor dem Kochen zerschneidet, ist es eine gute Idee, sie so zu zerschneiden, dass die Oberfläche möglichst groß wird, denn da muß die Wärme zum Garen ja erstmal durchgeleitet werden.
Beim Kartoffeln schälen kann man allerlei geometrische Figuren erzeugen; auch Würfel wurden schon geschnitzt.
Wie muss man einen Würfel mit einem ebenen Schnitt zerteilen, damit hernach die Oberfläche möglichst groß ist?
Schatzaufteilung - (September 2022)
Wenn böse Räuber einen zusammengeklaubten Schatz aufteilen müssen, geht der Oberschurke
oft so vor, dass er das Interesse der anderen an dem Schatz (und an allem anderen) nachhaltig erlahmen lässt, was das Problem behebt (nicht löst).
Wenn zwei Zwerge einen Schatz unter sich aufteilen müssen, darf der Ältere den Schatz in zwei Teile teilen und der jüngere wählt danach aus, wer welchen Teil bekommt.
Natürlich sind auch Zwerge nicht ganz uneigennützig -- wollen also möglichst viel für sich rausschlagen, aber so hat der ältere Zwerg einen guten Grund, gerecht aufzuteilen.
Was geschieht aber, wenn für den älteren Zwerg der Wert der Dinge anders ist, als für den jüngeren?
Wir wollen hierzu vergleichen, wie wertvoll die beiden so erhalten Anteile für den jeweiligen Empfänger sind, mit den Werten in der Situation, wenn stattdes älteren der jüngere Zwerg teilt und statt des jüngeren der ältere wählt, beide Ihre Rolle also getauscht hätten
Folgende Änderungen sind denkbar:
A) Durch den Rollentausch erhöht sich für beide der Wert ihres Anteils.
B) Durch den Rollentausch erhöht sich nur für den älteren Zwerg der Wert des Anteils, für den jüngeren sinkt er
C) Durch den Rollentausch erhöht sich nur für den jüngeren Zwerg der Wert des Anteils, für den älteren sinkt er
Welche der drei Fälle A), B) und C) sind möglich, wenn beide auch wissen, wie der jeweils andere die Dinge im Schatz bewertet -- und dies Wissen nutzen, um so viel wie möglich für sich zu bekommen?
Urlaub - (August 2022)
Zunächst sind 6!=720 Permutationen der 6 Buchstaben möglich, die sich aber zu nichtunterscheidbaren Paaren (bei denen nur die beiden "U" vertauscht sind).
Ohne die Einschränkung gäbe es also 360 Wortkreationen.
Die Kombination "UUA" kommt offenbar in 4!=24 verschiedene dieser Kreationen vor, die anderen drei liefern jeweils Paare nicht unterscheidbarer Kreationen, aber jeweils auch 4! Kreationen -- das ergibt
jeweils 12 ununterscheidbare Kreationen.
Bei diesen insgesamt also 60 Kreationen sind aber jene doppelt gezählt, die zwei verbotene Kombinationen enthalten, also einerseits "UUA" und gleichzeitig andererseits eine der anderen drei.
Das sind dann also 6 Stück.
Es sind also 360-60+6=306 Wortkreationen möglich, die die Restriktionen erfüllen.
Aus dem Wort "URLAUB" lassen sich durch Neuanordnung der Buchstaben
viele neue Wortkreationen bilden, von denen nur wenige schon bekannt sind.
Wir wollen uns hier auf solche Wortkreationen beschränken, bei denen je
drei aufeinanderfolgende Buchstaben auch so schon in existierenden Worten vorkommen.
So kommen etwa "AUU", "UAU" und "RLB" schon in "Stauumfahrung", "Bauauftrag" bzw. "Perlblau" vor.
Wir gehen hier mal davon aus, dass lediglich die Kombinationen "UUA", "LRB", "BRL" und "BLR" nicht in richtigen Worten auftauchen.
Wie viele verschiedene Wortkreationen lassen sich unter dieser Einschränkung aus URLAUB bilden?
Wahr oder falsch? - (Juli 2022)
Wir gehen mal davon aus, die Sätze hätten genau einen zutreffenden Wahrheitswert, was bei solchen rückbezüglichen Formulierungen oft nicht der Fall ist.
Das trifft beispielsweise auf den Satz "Dieser Satz ist wahr." nicht zu (weder die Annahme, er sei falsch noch jene, er sei wahr, lässt sich begründet ablehnen), ebenso wie auf den als Paradoxie bekannten Satz "Dieser Satz ist falsch.".
Es könnte also sein, dass wir mit unserer Annahme nicht weit kommen, aber versuchen kann man es ja.
Aus jedem Satz folgt der vorherige, also damit auch alle vorherigen.
Der letzte Satz kann keine wahre Aussage sein, denn er behauptet, dass alle Sätze falsch sind, also auch er selbst.
Mit unserer Annahme, dass er genau einen Wahrheitswert hat, muss er falsch sein.
Also gibt es eine kleinste natürliche Zahl zwischen 1 und hundert (nennen wir sie k) derart, dass Satz k falsch ist.
Dann ist "Von den Sätzen auf diesem Blatt sind mindestens k falsch." falsch, es sind also höchstens k-1 der Sätze falsch.
Es gibt dann offenbar genau k-1 wahre Sätze. Damit ist der Satz kleinster Nummer, der falsch ist, also "Von den Sätzen auf diesem Blatt sind mindestens 100-(k-2) falsch.".
Es ergibt sich 100-(k-2)=k. Umstellen nach k liefert k=51.
Also sind die ersten fünfzig Sätze wahr und die letzten fünfzig Sätze falsch.
Auf einem Blatt Papier stehen hundert nummerierte Sätze. Dabei besagt der erste
Satz: „Von den Aussagen auf diesem Blatt ist mindestens eine falsch.“ Der zweite
Satz lautet entsprechend: „Von den Aussagen auf diesem Blatt sind mindestens
zwei falsch.“ Allgemein behauptet der Satz mit der Nummer n folgendes: „Von den
Sätzen auf diesem Blatt sind mindestens n falsch.“
Welche dieser Sätze sind wahr, welche falsch?
Stewarts Badewanne - (Juni 2022)
Es wird berichtet, dass Archimedes dringend das Volumen einer Krone mit einem anderen gegebenen
Volumen (dem von Gold entsprechenden Gewichtes) vergleichen wollte. Die Dringlichkeit resultierte
dabei aus der angedrohten Todesstrafe bei Versagen.
Da man aber nur mit entspanntem Geist gut denken kann, ergab es sich, dass er erst in der Badewanne
so richtig gute Ideen hatte. Natürlich nimmt man immer das, was man da hat,
also kam ihm die Idee, Krone und Vergleichskörper abwechselnd unterzutauchen und die jeweiligen
Füllstände der Wanne zu vergleichen -- eine geniale Idee, die ihn mit einem "Heureka!" nackt auf die Straße
rennen ließ.
Diese Idee, Größen zu vergleichen, können wir auch in der ebenen Geometrie anwenden.
Hier wird die "Badewanne" zu einer Figur, die man vollständig mit diversen Hilfsobjekten
(die die Rolle des Wassers spielen) und je einem der Objekte, deren
Flächengleichheit man zeigen möchte, auslegt.
Ein solcher "Badewannenbeweis" ist etwa der des Satzes des Pythagoras
für ein rechtwinkliges Dreieck mit Kathetenlängen a und b sowie Hypotenusenlänge c, bei dem man als "Badewanne"
ein Quadrat der Kantenlänge a+b und als "Wasser" vier Kopien des nämlichen Dreiecks nutzt.
Sind A, B und C die Ecken und M ein Punkt auf AB mit |AM|=p|AB| bzw. |MB|=q|AB| so besagt der Satz von Stewart,
dass das Quadrat über CM zusammen mit dem Rechteck mit den Kantenlängen |AM| und |BM| die gleiche Fläche beinhaltet,
wie die beiden Rechtecke mit Seitenlängen |AC| und q|AC| bzw. |BC| und p|BC| zusammen.
Bilder möglichst trockener Beweis würden - Einwilligung des Autors vorausgesetzt - hier in der Lösung veröffentlicht.
Wie sieht ein "Badewannenbeweis" des Satzes von Stewart (mit möglichst wenig "Wasser", also "möglichst trocken") aus?
Wägeproblem - (Mai 2022)
Um ein Objekt auswägen zu können, muss man es auf eine der Waagschale tun. Es ergibt sich eine Massendifferenz zwischen
dieser und der anderen Waagschale. Nun muss man geeichte Gewichte so auf die Waagschale verteilen, dass die Massendifferenz der
geeichten Gewichte genau so groß ist, nur dass nun die andere Waagschale die schwerere ist.
Hat man n geeichte Gewichte, ergeben sich 3^n Möglichkeiten, diese Gewichte zu verteilen, wobei eine Möglichkeit die ist, gar kein
geeichten Gewichte auf die Waage zu legen, es zu jeder anderen Möglichkeit aber auch die gespiegelte gibt, bei der man alle verwendeten
geeichten Gewichte auf die jeweils andere Seite tut. Von diesen beiden Möglichkeiten ist freilich nur die sinnvoll, bei der die Waagschale ohne das auszuwägende Objekt eine größere Masse geeichter Gewichte erhält.
Es gibt also nur höchstens (3*3*3-1)/2=13 sinnvolle mögliche Verteilungen bei 3 geeichten Gewichten -- man benötigt also mindestens vier. Wegen (3*3*3*3-1)/2=40 sollte jede sinnvolle Gewichtsverteilung eine andere der Massen von 1 bis 40 Kilogramm auswägen.
Das ist möglich mit Gewichten zu 1kg, 3kg, 9kg und 27kg, da das Gesamtgewicht dann 40 kg beträgt, unterschiedliche Verteilungen
aber unterschiedliche Kilozahlen als Differenz ergeben -- wie man leicht überprüft, indem man das größte anders liegende Gewicht mit
der Summe aller anderen anders liegenden Gewichte vergleicht.
Man kann sogar nachweisen, dass es keine andere Möglichkeit für die Massen der vier Gewichte gibt!
Mit einer Balkenwaage kann man die Größe der Massen auf der linken und rechten Schaale vergleichen.
Mit Hilfe von Gewichten mit geeichter Masse kann man so die unbekannte Masse eines Objekts mehr oder weniger exakt
bestimmen.
Wir wollen mit möglichst wenig geeichten Gewichten auskommen und ganzzahlige Massen (in kg) exakt bestimmen können.
Wie viele geeichte Gewichte sind nötig, um solche Massen bis 40kg exakt auswägen zu können? Welche Massen müssen sie haben?
Halbe Sachen machen - (April 2022)
Die Antwort auf die erste Frage lautet: Das geht gar nicht. Es gibt keine solche Funktion f.
Ginge das, könnte man f etwa immer wieder (beliebig oft) auf die kleinste natürliche Zahl (sagen wir 1) anwenden. Natürlich darf f(1) dabei nicht 1 sein, weil sonst auch f(f(1))=1 wäre.
Würden wir bei fortgesetzter Anwendung von f ein zweites Mal eine Zahl erhalten, die wir auch schon vorher erhalten haben, wäre f nicht injektiv und damit die zweimalige Anwendung von f auch nicht -- was sie aber ist.
Wendet man f gerade oft auf 1 an, erhält man aber nach und nach alle natürlichen Zahlen, weswegen f(1) keine natürliche Zahl sein kann.
Überraschenderweise ist die Antwort auf die zweite Frage aber sehr groß. Zerlegt man etwa die ungeraden Zahlen in zwei unendliche Teilmengen A und B und wählt für g eingeschränkt auf A eine Bijektion zwischen A und B, ergibt sich g jeweils eindeutig auf ganz N aus g(g(n))=2n zunächst für die ungeraden Zahlen aus B, dann für die doppelten von A, dann für die doppelten von B,
dann für die vierfachen von A, dann für die vierfachen von B und so weiter.
Da es überabzählbar unendlich viele Möglichkeiten gibt, die ungeraden Zahlen in zwei unendliche Teilmengen zu zerlegen, gibt
es also auch überabzählbar unendlich viele Funktionen g,
welche das Verdoppeln auf den natürlichen Zahlen (erstmal) nur halb erledigen!
Übrigens werden es auch nicht mehr Möglichkeiten, wenn man bedenkt, dass es für frei wählbare Bijektion für g eingeschränkt auf A ebenfalls nicht nur eine Möglichkeit gibt.
Viele Dinge lassen sich aufteilen, Tätigkeiten auch erstmal nur zur Hälfte erledigen. Die andere Hälfte macht man später, die geht aber genauso.
Beim Händewaschen fällt das zugegeben schwer.
In der Mathematik erledigen Funktionen viele Dinge, sie können beispielsweise den Nachfolger einer Zahl bilden oder sie auch verdoppeln.
Die reellen Zahlen zeichnen sich dadurch aus, dass man da die genannten Aufgaben auch nur zur Hälfte erledigen kann, addiert man heute 1/2 und morgen nochmal, ist man beim Nachfolger angekommen, wenn man bei einer natürlichen Zahl startet.
Multipliziert man heute mit der Quadratwurzel von Zwei und das Ergebnis morgen nochmal, hat man insgesamt verdoppelt.
Kann man die Nachfolgerbildung oder die Verdopplung aber vielleicht auch schon in den natürlichen Zahlen zur Hälfte erledigen?
Wie viele Funktionen f gibt es, die natürliche Zahlen auf natürliche abbilden und f(f(n))=n+1 erfüllen? Wie viele Funktionen g gibt es, die natürliche Zahlen auf natürliche abbilden und g(g(n))=2n erfüllen?
Selbstberührer - (März 2022)
Die Antwort auf die gestellte Frage kennen wir noch nicht, aber im folgenden Text
könnt Ihr eine solche Figur finden:
Damit die Figur sicher kein Kreis wird, gehen wir mal davon aus, dass sie Ecken hat.
Dreht man eine solche Ecke um ein angenommenes Symmetriezentrum um 90 Grad und verschiebt sie
um 1, erhält man je nach Verschiebungsrichtung einen anderen Punkt. Alle diese Punkte bilden einen Kreis vom Radius 1; manche davon werden wohl Randpunkte der Figur, nämlich da, wo die Ecke die Figur
berührt, also eine Stützgerade der Ecke senkrecht zu der entsprechenden Tangente der Figur liegt.
Im Extremfall ist die Berührung immer zwischen einer Ecke und einem Kreisbogen;
dann kann der Innenwinkel der Figur in der Ecke aber höchstens 90 Grad sein und folglich auch
der zugehörige Kreisbogen.
So ergibt sich durch Anwendung des Extremalprinzips als eine Figur, die diese Eigenschaft hat,
ein rechtwinkliges Kreisbogenzweieck mit Kreisbogenradien der Länge 1. In der Tat hat ein
solches Kreisbogenzweieck die gewünschte Eigenschaft.
Natürlich kann man auch eine beliebige Konvexkombination im Sinne der Minkowskisumme zwischen
einem solchen Kreisbogenzweieck und einem Einheitskreis betrachten, auch das hat dann die gewüschte
Eigenschaft und ist aus Kreisbögen zusammengesetzt.
Das sind aber noch längst nicht alle Figuren mit dieser Eigenschaft! Glücklicherweise
fordert die Aufgabe uns aber nur auf, eine zu finden und ist damit gelöst...
Ellipsen, die keine Kreise sind, haben folgende Eigenschaft nicht:
Nimmt man eine Ellipse, dreht sie um 90 Grad um ihr Symmetriezentrum und verschiebt sie um einen
Vektor der Länge 1, so berührt das entstehende Bild stets das Original
(unabhängig von der Verschiebungsrichtung).
Findet Ihr eine Figur verschieden vom Kreis, die an Stelle von Ellipsen diese Eigenschaft hat?
Palindrom - (Februar 2022)
Um das rauszufinden kann man einfach alle dreihundertundsechsundsechzig möglichen Anfangsfolgen dd.mm
darauf überprüfen, ob sie rückwärts gelesen eine Jahreszahl bis 2022 ergibt, der entsprechende Palindromtag also existiert und in der Vergangenheit liegt. Das fragt man sich besonders beim 29.02.2092 -- der existiert tatsächlich, denn 2092 ist durch vier, aber nicht durch hundert teilbar.
Aber das wäre dann doch eine etwas längliche Fallunterscheidung und eher was für ein Monatsrätsel Informatik.
Schaut man etws genauer hin, ergibt die Endziffer der Monatsnummer die Tausenderziffer des Jahres; alle Endziffern 0 und 1 liegen also in der Vergangenheit -- es wird also nie wieder einen Palindromtag im Januar, Oktober oder November geben.
Die Zehnerziffer des Monats liefert die Hunderterziffer des Jahres; die Palindromtage des Dezember liegen damit alle im 22. Jahrhundert, also noch in ferner Zukunft. Mit dem Heiraten darauf zu warten,
lohnt sich also eher nicht.
Es bleiben also die Palindromtage des Februar interessant.
Die Zehnerziffer des Jahres bildet da die Einerziffer des Tages; es sind also alle beide auf Null endenden Februartage und alle drei auf 1 endenden Februartage schon durch; alle auf 3 bis 9 endenden Februarpalindromtage liegen in der Zukunft.
Der letzte der drei auf 2 endenden Februarpalindromtage ist offenbar der 22.02.2022. Er ist also wegen 31+31+30+2+3+3=100 genau der hundertste Palindromtag der Geschichte!
Der nächste Palindromtag ist weiterhin ein Februarpalindromtag, weil in diesem Jahrhundert keine Palindromtage anderer Monate kommen können. Die Zehnerziffer seines Jahres kann keine Zwei mehr sein, weil die mit Zwei dann schon alle durch sind (02.02.2020, 12.02.2021 und 22.02.2022). Es handelt sich also um den 03.02.2030.
Bei frei wählbaren Familienfeiertagen (etwa dem Hochzeitstag) kann
es sehr unvorteilhaft sein, das Datum zu vergessen. Auf Nummer sicher kann man gehen,
wenn man ein besonderes Datum auswählt. Zum Beispiel hat der 22.02.2022 in diesem
Monat eine Ziffernfolge, die aus zwei Nullen und haufenweise Zweierpärchen besteht,
was also auch von der Symbolik her ein idealer Hochzeitstag ist.
Außerdem ist die Ziffernfolge ein Palindrom, also "´rum wie ´num" bzw. vorwärts und rückwärts
die gleiche -- ein solcher Palindromtag ist ein schönes Symbol für Gleichberechtigung.
Wenn man das Datum im Format "dd.mm.jjjj" schreibt, ergeben sich immer mal wieder Palindrome.
Der wievielte Palindromtag in der Geschichte ist der 22. Februar? Wann wird danach der nächste Palindromtag sein?
Ergeben sich die Monate aus dem Jahr? - (Januar 2022)
Es ist
1=2+0-2:2
2=2+0-2+2
3=2+0+2:2
4=2·0+2·2
5=(2·0)!+2·2=20/(2·2)
6=2+0+2+2
7=2+0!+2+2
8=(2+0)·(2+2)
9=(20-2)/2
10=(2+0!)!+2+2
11=(20+2)/2
12=20/2+2
Bei 7 (Juli) braucht man das Fakultätszeichen, weil ungerade Zahlen nur durch Division durch gerade Zahlen aus zweien und Nullen erzeugt werden können. Der Divident muss dabei größer als 7 sein,
oder wir addieren etwas ungerades zu einer geraden Zahl oder ziehen etwas ungerades von einer größeren geraden Zahl ab.
Mittels dieser Fallunterscheidung lässt sich relativ schnell einsehen, dass man 7 nicht erzeugen kann.
Bei der 10 (Oktober) ist das nicht so einfach, aber eine vollständige Fallunterscheidung
(die unter anderem ohnehin alle möglichen Zahlen liefert und damit die Zusatzfrage klärt)
liefert, dass 10 auch nicht nur durch die vier Grundrechenarten erzeugbar ist.
Letztes Jahr konnte man alle Monatsnummern nur durch Hinzufügen von Klammern, Rechenoperationszeichen "+", "-", "·" und "/" sowie dem Fakultätszeichen "!" aus der Ziffernfolge 2 0 2 0 der Jahreszahl machen. Beispiele findet man in der Lösung des damaligen Januarrätsels. Wir schreiben nun das Jahr 2022.
Lassen sich alle Monatsnummern auf die beschriebene Art aus der Ziffernfolge 2 0 2 2 erzeugen? Wo braucht man das Fakultätszeichen?
Weihnachtskugel - (Dezember 2021)
Natürlich hat Karla recht.
Zu nächst überlegen wir uns folgende folgende Aussage:
Wenn man fünf gleichgroße Kreise auf die Kugel malt, können Ihre Durchmesser vom Mittelpunkt
aus gesehen höchstens unter einem rechten Winkel erscheinen.
Dabei benutzen wir die Tatsache, dass eine Strecke die in einem abgeschlossenen Oktanten bezüglich eines dreidimensionalen karthesischen Koordinatensystems liegt, stets unter einem spitzen oder rechten Winkel gesehen wird. In der Tat ist das Skalarprodukt der Ortsvektoren der Endpunkte dieser Strecke nicht negativ, da beide in der gleichen Komponente gleiches Vorzeichen haben.
Legt man ein karthesisches Koordinatensystem mit x-, y- und z-Achse so in die Kugel, dass die positive x-Achse durch einen der fünf Kreismittelpunkte verläuft, ist das offensichtlich, sofern ein weiterer Kreismittelpunkt in einem der vier Oktanten mit positiver x-Achse liegt.
Anderenfalls kann man die xy-Ebene noch so wählen, dass ein zweiter Kreismittelpunkt auf ihr liegt, also im II. oder III. Quadranten (das sind die, die an den negativen Teil der x-Achse grenzen).
Enthält einer der beiden angrenzenden Oktanten einen weiteren Kreismittelpunkt, ist diese
Aussage auch wahr.
Anderenfalls liegen die drei verbleibenden Mittelpunkte in den zwei verbleibenden Oktanten, zwei davon also sicher im selben.
Damit wird eine Verbindungsstrecke zwischen zwei Mittelpunkten unter einem spitzen oder rechten Winkel gesehen, ein Radius eines Kreises wird also unter höchstens der Hälfte dieses Winkels gesehen, ein Durchmesser daher höchstens unter diesem Winkel. Damit ist die Aussage bewiesen.
Wählt man als Mittelpunkte die sechs Durchstoßpunkte der Achsen durch die Kugel, passen also sogar sechs solche Kreise auf die Kugel.
Im höherdimensionalen Raum wird es noch viel eigenartiger. Letztlich passen in den n-dimensionalen Raum nur n+1 stumpfwinklige Kegel aber offenbar 2n rechtwinklige Kegel überschneidungsfrei.
Paul bemalt Weihnachtskugeln mit Kreisen.
Karl bemerkt, dass Paul fünf genau gleichgroße Kreise (überschneidungsfrei) auf einer Kugel untergebracht hat.
Obwohl Ulla das nur im Nachbarzimmer hört und gar nicht weiß, wie groß Kugel und Kreise sind, stichelt sie durch die offene Tür:
"Von der Größe hättest Du doch auch sicher auch sechs Kreise auf der Kugel unterbringen können!"
Kann sich Ulla da so sicher sein? Oder könnten die Kreise auch zu groß sein, um sechs davon auf eine solche Kugel zu malen?
Minisudoku - (November 2021)
Die richtige Antwort ist vier. Eine passende Variante, bei der das Sudoku eindeutig lösbar ist,
ist die folgende:
Füllt man nur drei Felder aus, müssen auch drei verschiedene Symbole benutzt werden,
weil man sonst die anderen beiden bei einer Lösung vertauschen könnte.
Sowohl in den oberen zwei Zeilen als auch in den unteren zwei Zeilen muss ein Symbol
eingetragen sein, weil man sie sonst in der Lösung vertauschen könnte.
Gleiches gilt auch für die linken zwei Spalten und die rechten zwei Spalten.
Ist ein teilausgefülltes Minisudoku eindeutig lösbar, so bleibt dies natürlich auch erhalten, wenn man die Symbole umbenennt, das Sudoku an einer Symmetrielinie spiegelt oder
die oberen zwei Zeilen, die unteren zwei Zeilen, die linken zwei Spalten oder die rechten zwei Spalten miteinander vertauscht.
Damit kann man erreichen, dass das Feld links oben und das Feld rechts unten jeweils ein Symbol tragen und das dritte eingetragene Symbol auf einem der restlichen fünf Felder oberhalb der waagerechten Mittellinie auf einer oder zwischen beiden Diagonalen liegt.
Das sind insgesamt fünf Fälle.
Im Bild ist der Stern an allen fünf zu betrachteten Stellen eingefügt, man lässt je vier der Sterne weg. Es macht Spaß, jeweils mindestens zwei verschiedenen Lösungen selbst zu finden:
Im Ergebnis reichen daher drei Eintragungen nicht aus.
Das herkömmliche Sudoku besteht aus 3x3 Quadraten aus je 3x3 Feldern, die zusammen ein
Quadrat aus 9 Zeilen und 9 Spalten bilden. Zusätzlich gibt es 9 unterschiedliche Symbole
(meist Ziffern 1 bis 9), die so in die Felder eingetragen werden sollen, dass keine Zeile, keine Spalte und keines der 3x3 Quadrate aus 3x3 Feldern zwei gleiche Symbole enthält.
Für unser Mini-Sudoku ersetzen wir alle Zahlen "3" durch "2" und entsprechend "9" durch "4".
Denken wir uns als die vier Symbole "+", "-" , "*" und "/".
Ein komplett ausgefülltes Minisudokutableau ist links abgebildet.
In wie viele Felder müssen mindestens Symbole eingetragen sein, damit das Minisudoku eindeutig lösbar ist?
Im Gurkenlager - (Oktober 2021)
Für die erste Frage ist es wichtig, zu bemerken, dass der Massenteil der Gurke, der kein Wasser ist,
bei Verdunstung absolut gleichbleibt; sein Anteil an der Gesamtmasse aber verdoppelt hat.
Die Gurken verlieren also nicht etwa knapp 3% an Masse, sondern genau 50%.
Diese überraschende Erkenntnis ist auch als "Gurkenparadoxon" bekannt.
Für die zweite Frage macht man sich klar, dass jeweils ein Zweitausendstel aller Gurken schlecht gewordene "Frischfrisch" bzw. schlecht gewordene "Immerfrisch"-Gurken sind, wobei 9/10 aller Gurken
die Grundgesamtheit der Immerfrisch-Gurken und nur 1/10 die Grundgesamtheit der Frischfrisch-Gurken
darstellt.
Damit sind nur ein Achtzehntelprozent der Immerfrisch-Gurken schlechtgeworden, aber ein halbes Prozent der Frischfrisch-Gurken.
Rechnet man das mit derzeit populären und hier gefragten Inzidenzwerten (Wie viele pro 100000?) statt Prozenten aus, ist die "schlechtwerde-Inzidenz" bei den "Immerfrisch"-Gurken bei 500/9, während sie bei denen "Frischfrisch"-Gurken bei 500, also neunmal so hoch liegt.
Inzwischen ist auch die Gurkenernte bei Freilandgurken länger vorbei und unverarbeitet eingelagerte Gurken werden langsam schrumpelig.
Frisch bestehen Gurken zu 97% aus Wasser.
Angenommen 90% der geernteten Gurken waren von der extra auf Lagerfähigkeit gezüchteten Sorte
"Immerfrisch", die anderen 10% von der alten Sorte "Frischfrisch" und es gibt inzwischen 0,1% Lagerverlust bei den Gurken, wobei gleichviele Gurken beider Sorten aussortiert werden mussten.
Wie viel Prozent Masse verlieren sie, wenn ihr Wasseranteil durch Verdunstung auf 94% fällt?
Wie viele von 100000 der "Immerfrisch"-Gurken wurden aussortiert? Wie viele von 100000 der "Frischfrisch"-Gurken wurden aussortiert?
Fischhandel - (September 2021)
Die richtige Antwort ist offenbar das Produkt aus der Anzahl der Kisten je Palette und
der Anzahl der Fische je Kiste. Beide Anzahlen sind größer Eins.
Wenn man aus dem Produkt beide Anzahlen einzeln ablesen kann, muss die Zerlegung eindeutig sein.
Insbesondere sind beide Faktoren gleichgroß, weil man sonst nicht weiß, welcher der beiden
Faktoren für die Kistenanzahl und welcher für die Anzahl der Fische je Kiste steht.
Also ist die Anzahl Fische pro Palette eine Quadratzahl; die beiden Faktoren sind dieselbe Primzahl.
Wir suchen also eine Primzahl deren Quadrat zwischen einem Hundert und zwei Hundert, also zwischen 124 und 248 liegt.
Diese Primzahl liegt also zwischen
elf (11*11=121<124) und sechzehn (16*16=256>248).
Da bleibt als einzige Primzahl die Dreizehn.
Auf jeder Palette sind 13 Kisten mit je 13 Fischen. Also befinden sich auf der Palette insgesamt 169 Fische.
Für Klippfisch und Stockfisch gab es ein eigenartiges altes Zählmaß:
Ein Hundert Klippfische sind nicht etwa einhundert Klippfische, sondern
einhundertundvierundzwanzig Stück.
In einem Großhandelsmarkt gibt es einen Rabatt beim Kauf von Klippfischen,
wenn man die Frage, "Wie viele Klippfische sind auf einer Palette?"
korrekt beantworten kann.
Kim weiß, dass auf einer Palette zwischen einem und zwei Hundert Klippfische
in Kühlkisten verpackt sind, wobei jede Palette natürlich mehrere Kisten und jede
Kühlkiste mehrere (aber jeweils gleichviele) Klippfische enthält.
Wüsste Kim die richtige Antwort, könnte Kim sich die Anzahlen
der Kisten Pro Palette und der Fische pro Kiste überlegen.
Wie viele Kisten sind auf einer Palette, wie viele Fische sind in einer jeden Kiste und wie viele Fische sind auf der Palette?
Schnapszahl - (August 2021)
Zahlen, die nach der beschriebenen Restriktion Schnapszahlen sind, haben die Darstellung
a(b+1) wobei 1
Damit sind Primzahlen schon mal keine Schnapszahlen mehr.
Man weiß zusätzlich, dass die nichttriviale Zerlegung zwei Faktoren ergibt, die sich um mindestens zwei unterscheiden. Ist das so, und nennt man den kleinere Faktor a, und benennt
mit b den größeren Faktor minus 1, dann wird die Zahl im Positionssystem zur Basis b durch "aa" dargestellt und ist folglich in der Tat eine Schnapszahl.
Ist die nichttriviale Zerlegung nicht eindeutig, dann zeigt die Zerlegung mit größerer Differenz der Faktoren, dass die zerlegte Zahl doch Schnapszahl ist.
Ist die nichttriviale Zerlegung eindeutig, so sind beide Faktoren Primzahlen.
Nur wenn sie sich um weniger als 2 unterscheiden, ist die zerlegte Zahl keine Schnapszahl.
Das trifft zu, wenn beide Primzahlen gleich sind - die zusammengesetzte Zahl ist dann ein
Primzahlquadrat - oder wenn sie sich um 1 unterscheiden -- die zusammengesetzte Zahl ist dann 6, weil die einzige gerade Primzahl 2 ist.
Es sind also mit dieser Einschränkung lediglich Primzahlen, Quadrate von Primzahlen und die 6 keine Schnapszahlen mehr - damit bleibt genug Grund zum Freuen!
Schnapszahlen sind beliebte Zahlen bei deren Auftreten man sich einfach mal freut.
Es handelt sich um Zahlen mit zwei oder mehr gleichen Ziffern.
Mathematiker haben diesbezüglich einen schönen Beruf, denn sie kennen mehr Stellenwertsysteme als nur das Dezimalsystem und deswegen sind alle natürlichen Zahlen ab 3 irgendwie Schnapszahlen für sie. Wieso eigentlich?
Das ändert sich, wenn man von einer Schnapszahl zur größeren Freude verlangt, dass sie
(im geeigneten Stellenwertsystem zu einer natürlichen Basis größer als 1) aus zwei gleichen Ziffern größer 1 bestehen soll.
Welche Zahlen sind dann leider keine Schnapszahlen?
Die Schnecke auf dem Gummiband - (Juli 2021)
Die Schnecke schafft in der ersten Nacht ein Zwanzigstel des Gummibandes.
In der zweiten und dritten Nacht schafft sie nur noch ein Dreißigstel (weil das Band inzwischen 3 Meter lang ist) bzw. nur noch ein Vierzigstel (von den nun vier Metern) Gummiband.
Nach diesen beiden Nächten hat sie aber sogar mehr als ein weiteres Zwanzigstel hinter sich gebracht.
Entsprechend bringt sie in den nächsten vier Nächten ebenfalls mehr als ein weiteres Zwanzigstel hinter sich und so geht das fort.
Da die Schnecke aber unendlich geduldig ist, schafft sie jedes Zwanzigstel des Gummibandes nach endlich vielen Nächten, kommt also
irgendwann am anderen Ende des Bandes an. <\br>
In der Tat ist der Anteil des Gummibandes, den die Schnecke nach n Nächten hinter sich gebracht hat, ein Zehntel der n-ten Partialsumme
der Harmonischen Reihe (wenn man den ersten Summanden weglässt), und da diese divergiert, erreicht die Schnecke irgendwann ihr Ziel,
(selbst bei breiterer Schlucht und größerer konstanter Gesamtdehnung des Bandes).
Eine unendlich geduldige Schnecke möchte über eine Schlucht gelangen, die ein Troll mit einem (unendlich dehnbaren) Gummiband als
Brücke überspannt hat. Zu Beginn ist das Gummiband 2 Meter lang.
Die Schnecke startet auf einem Ende des Gummibands
und kriecht in der Taunässe jeder Nacht zehn Zentimeter auf dem Gummiband weiter.
Tagsüber drückt der Troll die Seiten der Schlucht um einen Meter auseinander, sodass das Gummiband insgesamt einen Meter länger wird, wobei es sich ganz gleichmäßig ausdehnt.
Wird die Schnecke je das andere Ende des Gummibandes erreichen?
Bleistift - (Juni 2021)
Wenn Maria (Name geändert) Matherätsel strickt, hat sie gerne einen gespitzten Bleistift dabei.
Ihrer war ungespitzt ein gerades Prisma mit einer Grundfläche, die ein regelmäßiges Sechseck der Kantenlänge K (aus Datenschutzgründen anonymisiert) ist. Ihr Bekannter würde ihn sechseckig nennen, obwohl er ungespitzt 12 Ecken hatte (der Bleistift, nicht der Bekannte).
Nun ist der Bleistift aber gespitzt und hat die Länge H (Maria würde Höhe dazu sagen, aber ihr Bekannter findet, dass ein Bleistift nicht hoch ist, sondern lang), und zwar von der Spitze bis zur Mitte der Grundfläche gemessen. Die Grundfläche hat sich durch das Spitzen natürlich nicht geändert, nur die ursprüngliche Deckfläche ist weg, ebenso wie Teile der Mantelflächen.
Der verwendete Spitzer würde einen runden Bleistift so zuschneiden, dass der beschnittene Teil ein perfekter gerader Kreiskegel ist, bei dem der Durchmesser der Grundfläche halb so groß ist, wie seine Höhe. Maria betrachtet also Ihren Bleistift und grübelt nach einem neuen Matherätsel. Dabei bemerkt sie: Es liegt doch ein Rätsel offen vor ihr!
Der verwendete Spitzer würde einen runden Bleistift so zuschneiden, dass der beschnittene Teil ein perfekter gerader Kreiskegel ist, bei dem der Durchmesser der Grundfläche halb so groß ist, wie seine Höhe. Maria betrachtet also Ihren Bleistift und grübelt nach einem neuen Matherätsel. Dabei bemerkt sie: Es liegt doch ein Rätsel offen vor ihr!
Welches Volumen hat Marias Bleistift?
Edle UG-Worte - (Mai 2021)
Die fünfte Veredelung von "U" würde "GGUUUGUG" mit acht Buchstaben liefern und die
Folge 1,1,2,3,5,8,... sieht sehr nach der Fibonacci-Folge aus, doch leider ergibt sich als nächste Veredelung
dann "UGUGGUGGUUUG" mit leider nur 12 Buchstaben, wo Fibonacci dreizehn Buchstaben liefern würde.
Natürlich kann man schmulen und in der Online-Enzyklopädie der Ganzzahlfolgen ( OEIS )
nachschlagen, die liefert aber für den Folgenanfang derzeit noch 53 verschiedene Resultate.
Also weiter Veredeln. Die nächste Veredelung hat 18 Buchstaben, da "G" letztlich immer in zwei Buchstaben resultiert, "U"
immer in einem -- und wir finden genau sechsmal "G". Die Auswahl bei OEIS schrumpft so auf 17 Resultate.
Veredelt man weiter, liefert die nächste Verfeinerung 27 Buchstaben -- da liefert OEIS nur noch 10 Resultate; im nächsten Schritt
kommen wir auf 41 Buchstaben -- und da ist OEIS raus.
Also doch selber Denken: Jedes "G" liefert ein "G" und ein "U" (nur die Reihenfolge ist unklar).
Wenn ein "U" ein "G" liefert so liefert das nächste "U" immer ein "U" und umgekehrt; egal wie viele "G" dazwischen stehen (weil
das eine "U" an eine ungerade Position übersetzt wird und das nächste an eine gerade (oder umgekehrt).
Das erste "U" wird also immer in ein "G" übersetzt, danach wechselt sich die Übersetzung zwischen "U" und "G" ab.
Veredelte Worte haben deswegen immer entweder gleich viele "U" und "G", oder ein "G" mehr, je nachdem, ob sie gerade oder ungerade
viele Buchstaben haben. Die Zahl der "G" ist also die aufgerundete Hälfte -- und für jedes "G" kommt beim Veredeln ein Buchstabe dazu.
Die Bildungsvorschrift ist also b(0)=b(1)=1 und b(n+1) ergibt sich für natürliches n (also von 1 beginnend) aus b(n) durch Multiplikation
mit 3/2 und gegebenenfalls Aufrunden. Dass das beim ersten Verfeinern nicht klappt, liegt daran, dass unser Wort in der Tat kein feines
Wort war, es hat mehr U als G (eine Eigenschaft, die kein feines Wort hat!)
OEIS kennt die Folge dann doch (als A061419) allerdings um den anfänglichen Klartext gekürzt.
Merke: Manchmal ist es hilfreich, auf eine veredelte Ausdrucksweise zu achten!
Die "UG"-Sprache kommt nur mit den Buchstaben "U" und "G" aus.
Man kann sich in ihr einfach, aber auch beliebig veredelt ausdrücken.
Die Veredelung eines Wortes aus "U" und "G" geschieht buchstabenweise von links nach rechts.
Steht im Originalwort an der aktuellen Position ein "U", schreibt man "G", sofern das bisher
entstandene Teilwort gerade viele Buchstaben hat, sonst schreibt man ein "U".
Ist der aktuell zu veredelnde Buchstabe des Originalwortes ein "G", so schreibt man "UG",
sofern das bisher entstandene Teilwort gerade viele Buchstaben hat -- und ansonsten "GU".
Wenn man die Zeichenkette "U" also beispielsweise viermal veredelt, ergeben sich nacheinander die Zeichenketten "G", "UG", "GGU", und "UGUGG". Bezeichnen wir mit b(k) für ein gegebenes k die Anzahl der Buchstaben, die das Wort hat, welches sich durch k-maliges Veredeln von "U" ergibt, ergibt sich also für k von Null beginnend an die Folge b(k) zu 1,1,2,3,5,... Nun stellt sich die Frage:
Wenn man die Zeichenkette "U" also beispielsweise viermal veredelt, ergeben sich nacheinander die Zeichenketten "G", "UG", "GGU", und "UGUGG". Bezeichnen wir mit b(k) für ein gegebenes k die Anzahl der Buchstaben, die das Wort hat, welches sich durch k-maliges Veredeln von "U" ergibt, ergibt sich also für k von Null beginnend an die Folge b(k) zu 1,1,2,3,5,... Nun stellt sich die Frage:
Gibt es eine einfache Bildungsvorschrift für die Folge?
Platzkarten - (April 2021)
Wir können das mühevoll mit der Standardmethode (Fallunterscheidung mittels Baumdiagramm) nachrechnen.
Wenn der letzte Gast seinen Platz nicht nutzen kann, muss irgendwer anders daraufsitzen.
Das kann einer der letzten 127 anderen Gäste sein - der erste von diesen 127 war der Ehrengast.
Im ersten Fall sitzt dieser "erste der 127" mit einer Wahrscheinlichkeit von 1:127 auf dem Platz des letzten Gastes. In dem Fall sitzen außerdem alle anderen Gäste auf ihren Plätzen.
Im zweiten Fall sitzt der nach dem Ehrengast folgende Gast (der zweite der 127) auf dem Platz des letzten Gastes. Das tut dieser nur, wenn sein Platz besetzt ist. Auf seinem Platz sitzt dann sicher der Ehrengast, was wiederum mit einer Wahrscheinlichkeit von 1:127 passiert. Unter dieser Bedingung
sitzt der zweite von 127 mit einer Wahrscheinlichkeit von 1:126 auf dem Platz des letzten Zwerges.
Nach der Formel für bedingte Wahrscheinlichleiten hat dieser Fall also eine Wahrscheinlichkeit von 1:(127 x 126).
Im dritten Fall sitzt der dritte von 127 auf dem Platz des letzten Gastes. Da gibt es zwei disjunkte Unterfälle: Auf dem Platz des dritten Gastes der 127 könnte der zweite Gast der 127 oder der Ehrengast sitzen, weswegen der dritte von 127 nicht auf seinem Platz sitzt. So könnte man weitermachen, aber das wird uns zu kompliziert. Hoffnungsvoll schauen wir auf die zweite Frage.
Wenn die Antwort auf diese Frage "Gar nicht!" wäre, käme bei der Rechnerei oben am Ende "1:2" raus.
Eine kurze Lösung liegt in der Beobachtung der beiden Plätze A (für den Ehrengast reserviert) und B (für den letzten Gast reserviert): In irgendeinem Schritt wird einer der beiden Plätze besetzt. Dabei sind jeweils beide Plätze gleichwahrscheinlich.
Nach diesem Schritt sind alle für die vor dem letzten Gast noch eintrudelnden Gäste reservierten Plätze frei, der andere der beiden wird also nie besetzt.
Der letzte Gast findet also mit Wahrscheinlichkeit 1:2 den für ihn reservierten Platz leer vor; anderenfalls ist der für den Ehrengast reservierte Platz leer.
Analog sitzt der Gast, nach dem nur noch k-1 weitere kommen, mit Wahrscheinlichkeit k:(k+1) auf seinem Platz.
Eine etwas weniger rabiate Abkürzung zur oberen Rechnung würde diesen Fakt induktiv nachweisen, indem jeder Gast, der seinen Platz besetzt vorfindet, zwar zufällig einen anderen Platz aussucht, aber dann den falsch platzierten Gast (welcher dann immer der Ehrengast ist) freundlich auf diesen neu ausgesuchten Platz komplimentiert. Der Ehrengast sitzt so zu jedem Zeitpunkt gleichwahrscheinlich auf einem der Plätze, die nicht für die andern schon anwesenden Zwerge reserviert sind.
Diese Lösung hat außerdem den Vorteil, dass der Ehrengast einen gewissen Teil des lokalen Publikums kennenlernt (wie groß wäre der im Mittel?), was ja ein wesentlicher Zweck der Einladung von Ehrengästen zu Premieren ist.
In der Oper wird ein neues Stück gegeben. Die Premiere ist ausverkauft.
Es gibt nur Platzkarten.
Als der wichtigste Ehrengast eintrifft, sind schon einige auf Ihren Plätzen. Leider hat der
Ehrengast seine Platzkarte vergessen und setzt sich
zufällig auf einen freien Platz (wobei ihm völlig egal ist, auf welchen; es könnte zufällig auch der richtige sein).
Die nachfolgend
eintrudelnden Gäste nahmen es mit den Platznummern genauer:
Wenn der Platz mit ihrer
Nummer nicht besetzt ist, setzten sie sich darauf.
Sonst allerdings halten sie es genauso, wie der Ehrengast und setzen sich zufällig
auf einen noch freien Platz (wobei wieder völlig egal ist, auf welchen).
Als der letzte Gast eintrifft, ist freilich nur noch ein Platz frei.
Nun ist 128 zwar eine recht nette Zahl, aber niemand weiß im voraus, wie viele freie Plätze
der Ehrengast zur Auswahl hat.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist der freie Platz sein eigener, wenn der Ehrengast noch 128 freie Plätze zur Wahl hat?
Wie ändert sich das Ergebnis, wenn der Ehrengast eine andere Anzahl an freien Plätzen zur Auswahl hat?
Die falsche Waage - (März 2021)
Zunächst ist klar, dass das Ergebnis einer Wägung mit ungleich vielen Kugeln links und rechts nicht hilft, die Frage zu beantworten, da sie ihr Ergebnis ggf. nicht von der Auswahl der Kugeln abhängt.
Solche Wägungen hätten Sören aber geholfen, festzustellen, dass es eine Scherzwaage ist, was aber Sören erst hinterher erfuhr. Daher ignorieren wir im Folgenden alle Wägungen von Sören, bei denen nicht gleichviele Kugeln in beiden Waagschalen lagen.
Wenn man die Waage durch eine richtige austauscht und die besondere Kugel durch eine besonders schwere, wenn sie besonders leicht war, bzw. umgekehrt, dann hätten die relevanten Wägungen exakt das gleiche Ergebnis erzielt, wie bei Sörens tatsächlich durchgeführten Wägungen. Sörens Auswertung seiner Versuchsserie wäre also richtig gewesen.
Also hat Sören die besondere Kugel gefunden, sie ist lediglich schwerer als alle anderen, wenn Sören glaubte sie sei leichter und umgekehrt.
Sören muss nicht nochmal von vorne anfangen.
Eine typische Form des Wägeproblems ist jene, bei der man eine gewisse Anzahl an identisch erscheinenden Kugeln (beispielsweise 13) hat, von denen eine besonders ist, aber nur von Ihrer Masse her. Mittels einer Balkenwaage soll man dann vermöge möglichst weniger Wägungen ermitteln, welche das ist und ob sie im Vergleich zu einer anderen leichter ist.
Auch Sören wollte so ein Problem lösen und hat schon alle Wägungen gemacht, die Sören die Antwort ermöglichen.
Da erfährt Sören von Laurin, dass die benutzte Waage leider ein Scherzartikel ist; Gleichheit zwar korrekt anzeigt, aber bei Ungleichgewicht die Waagschale der leichteren Seite absinkt.
Sören ärgert sich: "Da kann ich ja von vorne anfangen."
Wir wissen zwar nicht, mit welchen Wägungen Sören das Problem löste, fragen aber trotzdem:
Ist das Ergebnis trotzdem aus den bisherigen Wägungen ablesbar, unabhängig davon, welche Wägungen Sören konkret ausgeführt hat?
Fünfeckfläche - (Februar 2021)
Das entsehende Fünfeck hat einen Flächeninhalt von 5/64 Quadratmetern bzw. fünf Postkarten
im A6-Format, bzw. von 5·5·5·5·5·5·5 Quadratmillimeter.
Das erkennt man, wenn man das A3-Blatt auf Postkartengöße faltet
(immer entlang der kurzen Mittellinie), das Ganze wieder auffaltet und dann die im Rätsel beschriebene Faltung durchführt. Der Überstehende Teil der unten liegenden Hälfte lässt sich entlang des Knickes zerteilen und zu einer Postkarte zusammensetzen.
Ein Rechteck im A3-Format entsteht aus einem Rechteck im A0-Format
durch Zusammenfalten,
indem jeweils die kurzen Kanten aufeinandergefaltet werden, wobei dies 3 mal
nacheinander ausgeführt wird.
Außerdem ist es ähnlich zum
Ausgangsrechteck im A0-Format.
Bekannt ist auch, dass das Rechteck vom A0-Format eine Fläche von genau einem Quadratmeter hat.
Wir falten nun unser Rechteck im A3-Format zu einem Fünfeck, indem zwei gegenüberliegende Ecken
aufeinandergefaltet werden.
Welchen Flächeninhalt hat das entstehende Fünfeck?
Ergeben sich wieder die Monate aus dem Jahr? - (Januar 2021)
Die Antwort auf die erste Frage lautet "ja".
1 = (2+0)/(2·1)
2 = 2· 0+2·1
3 = 2· 0+2+1
4 = 2+0+2·1
5 = 2+0+2+1
6 = (2+0)&\middot(2+1)
7 = 2·(0!+2)+1
8 = 2+0+(2+1)!
9 = 20/2-1
10= 20/(2·1)
11= 20/2+1
12= 2·(2+1)!
In der Tat lassen sich die Nummern der Monate Juli, August
und Dezember nicht ohne das Fakultätszeichen herstellen.
Man hat die vier Rechenoperationen und das Nacheinanderschreiben von Ziffern.
Insgesamt lassen sich endlich viele verschiedene Terme damit aufstellen, von denen einige
wegen Zahlendarstellung mit führender Null oder Division durch Null nicht definiert
sind, andere nicht ganzzahlig, nicht positiv oder zu groß werden.
Bei intelligenter Suche kann man die Zahl der Fälle also reduzieren.
Die Werte 7, 8 und 12 sind bei diesen Termen aber letztlich einfach nicht dabei.
Letztes Jahr konnte man alle Monatsnummern nur durch
Hinzufügen von Klammern, Rechenoperationszeichen "+", "-", "·" und "/"
sowie dem Fakultätszeichen "!" aus der Ziffernfolge 2 0 2 0 der Jahreszahl
machen.
Beispiele findet man in der Lösung des damaligen Januarrätsels.
Wir schreiben nun das Jahr 2021.
Lassen sich dieses wieder Jahr alle Monatsnummern aus der Ziffernfolge der Jahreszahl auf die beschriebene Art und Weise erzeugen? Für welche Monatsnummern ist das Fakultätzeichen notwendig?
Feuerwerk - (Dezember 2020)
Da es genau 15 Möglichkeiten gibt, die Schalter aus der aktuellen Position umzuschalten, und da in der genannten Reihenfolge alle diese Positionen ausprobiert werden müssen, hat die zu findenden Reihenfolge mindestens 15 Stellen.
Da nur Einhart die Parität der Anzahl zu betätigender Schalter ändert, müssen wir erst alle 7 Varianten probieren, in denen sie gerade ist. Geht da das Feuerwerk nicht los, lassen wir ihn schalten.
Geht da das Feuerwerk immer noch nicht los, wissen wir aber, dass nun gerade viele Schalter zu schalten sind, die Reihenfolge von vorher tut nun sicher den Job. Einhart schaltet also nur als Achter.
Wenn gerade viele Schalter zu betätigen sind, ist entweder genau einer der beiden von Doppelaxt gleichzeitig zu betätigenden Schalter (egal welche beiden er wählt) umzuschalten, oder eben nicht. Zwischen diesen beiden Optionen schaltet Zweibart um; es gibt jeweils drei entsprechende Möglichkeiten. Also lassen wir Zweibart als Vierten (und wenn nötig auch als Zwölften schalten)
und können nun davon ausgehen, dass Doppelaxt entweder mit gerade vielen Schaltungen oder mit ungerade vielen Schaltungen das Feuerwerk zünden könnte. In ersterem Fall ist das Feuerwerk grade losgegangen oder kann von Vierschroth gezündet werden.
Da Doppelaxt zwischen diesen beiden Optionen umschaltet,
ist er als zweiter dran und Vierschroth probiert stets vor und nach ihm zu zünden.
Eine funktionierende Reihenfolge ist also VDVZVDVEVDVZVDV (jeweils der Anfangsbuchstabe des Namens steht für den Schaltzwerg) und hat genau die Länge 15.
Zur Sicherheit wird das Silvesterfeuerwerk unserer Zwerge mittels vier in Reihe angeordneter Schalter gezündet, sobald jeder in der richtigen Position steht.
Vier Zwerge bedienen die Schalter:
Der Oberzwerg Vierschroth schaltet immer alle vier gleichzeitig um.
Seine beiden Mitarbeiterzwerge Zweibart und Doppelaxt legen stets jeweils zwei Schalter gleichzeitig um. Während einer von beiden mal die rechten beiden und andermal die linken beiden schaltet, wenn er dran ist, schaltet der andere stattdessen mal die mittleren beiden und andermal die äußeren beiden -- jeweils ganz nach Gutdünken.
Schließlich gibt's da noch den Lehrling Einhart. Wenn der dran ist, schaltet er nur einen der vier Schalter. Auch Einhart lässt sich nicht reinreden, welchen Schalter er gerade betätigen soll.
Der älteste und erfahrenste Zwerg ist Feuerwerkszeremonienmeister. Aus Erfahrung weiß er um die sture Eigensinnigkeit der Zwerge. Leider ist er auch vergesslich.
So hat er vergessen, welche Schalter Hinz gleichzeitig betätigt und welche Kunz.
Außerdem weiß er nicht mehr, welche Positionen der Schalter die richtigen sind. Offenbar sind das nicht die derzeitigen, denn sonst wäre das Feuerwerk ja schon losgegangen.
Er sucht nun eine Reihenfolge, in der er die Zwerge zum Schalten auffordert, um möglichst schnell das Feuerwerk zu zünden. In seiner Reihenfolge dürfen die Zwerge auch mehrfach vorkommen.
Finde eine möglichst kurze Reihenfolge, um das Feuerwerk sicher zu zünden!
Guter Start - (November 2020)
Das ist ein kluger Zug, denn die Anzahl der Münzen, die dem Haufen zu Hundert Münzen fehlen,
ist nun durch elf teilbar.
Wenn das stets so ist, sobald Kunz an der Reihe ist, kann Kunz in seinem nächsten Zug nie gewinnen.
Stattdessen sorgt er mit seinem nächsten Zug dafür, dass die Zahl der noch fehlenden Münzen auf dem
Haufen nicht mehr durch elf teilbar ist.
Damit kann Hinz aber jedes Mal, wenn er an der Reihe ist, die Teilbarkeit der Anzahl fehlender Münzen
durch elf wiederherstellen, nach jedem seiner Züge sinkt die Zahl der fehlenden Münzen so um elf;
in seinem neunten Zug gewinnt er so sicher.
Die Zwerge Hinz und Kunz spielen mal wieder mit Münzen.
Diesmal spielen sie folgendes Spiel: Sie fügen abwechselnd 1 bis 10 Münzen einem Haufen (der am Anfang nur vier Münzen enthält -- damit man ihn als Haufen erkennen kann) hinzu.
Wer so schließlich den Haufen auf genau 100 Münzen auffüllt gewinnt den ganzen Haufen.
Hinz eröffnet indem er dem Haufen acht Münzen hinzufügt.
Ist das ein kluger Zug, oder kann Kunz nun den Sieg erzwingen?
Logik - (Oktober 2020)
Die Wahrheitswerte der beiden Aussagen sind entweder gleich oder verschieden.
Um eine Negation hinbekommen zu können, muss die Verknüpfung aus jeder einelementigen Menge von Wahrheitswerten herausführen. Sie muss also bei gleichem Wahrheitswert der verknüpften Aussagen gerade den jeweils anderen Wahrheitswert liefern.
Handelt es sich bei der Verknüpfung zweier Aussagen aber nur um eine Negation einer der beiden Aussagen, so kann man damit nur die Aussage und ihre Negation erzeugen, also kein "UND" und kein "ODER".
Dies wäre der Fall, wenn sie "Falsch" mit "Wahr" zu "Wahr" sowie "Wahr" mit "Falsch" zu "Falsch" verknüpft (Negation der ersten Aussage) oder umgekehrt (Negation der zweiten Aussage).
Also verknüpft sie entweder unterschiedliche Wahrheitswerte stets zu "Wahr" (negiertes "Und", auch als "Nand" bezeichnet) oder stets zu "Falsch" (negiertes "Oder", auch als "Nor" bezeichnet).
Aus "Nand" bzw. "Nor" lassen sich tatsächlich alle Verknüpfungen herleiten:
Negation geht durch Verknüpfung einer Aussage mit sich selbst, "Und"
sowie "Oder" durch Negation der Verknüpfung zweier Aussagen sowie Verknüpfung der Negation der beiden Aussagen bzw. umgekehrt.
Das dann die anderen Verknüpfungen auch gehen, war gegeben.
Grundlegend sind die logischen Verknüpfungen "Und" und "Oder" sowie
die "Negation". Insbesondere kann man damit auch alle anderen
logischen Verknüpfungen zusammensetzen (Für Kenner: Konjunktive Normalform).
Aber es sind eben drei Stück. Geht das auch mit einer?
Welche logische Verknüpfung zweier Aussagen genügt,
um daraus alle anderen logischen zusammensetzen zu können?
Gib alle Möglichkeiten für eine solche Verknüpfung an!
Münzspiel 2 - (September 2020)
Natürlich hat der ältere Zwerg die Gewinnstrategie: Er legt seine Goldmünze exakt in die Mitte des Quadrates und in jedem weiteren Zug genau gegenüber der letzten Goldmünze seines Opponenten ab.
Sein Opponent findet in jeder Situation einen Punktsymmetrischen freien Platz vor, an dessen Symmetriezentrum schon die erste Goldmünze liegt. Wenn er noch einen Platz für seine nächste Münze findet, ist an der gegenüberliegenden Stelle damit auch Platz und der ältere Zwerg kann die Symmetrie in jedem Zug wieder herstellen.
Die Zwerge mögen bekanntlich Gold und spielen in Ihrer Freizeit gerne folgendes Spiel:
Es wird ein sehr großes Quadrat abgesteckt und abwechselnd legt jeder eine Goldmünze in das Quadrat.
Da der Glanz des Goldes nicht geschmälert werden darf, dürfen die Goldmünzen sich nicht (auch nicht teilweise) überdecken.
Es beginnt stets der ältere Zwerg, denn gewonnen hat der, welcher als letzter eine Goldmünze legen kann -- und der ältere Zwerg hatte mehr Zeit, Gold zu sammeln und natürlich verliert man, wenn einem das Gold zu früh ausgeht.
Die Goldmünzen sind dabei alle exakt kreisförmig und gleichgroß, damit kein Zwerg sein Gold durch Prägen kleinerer Münzen "strecken" kann.
Nun spielen erstmals Zwerg Elon und Zwerg Bill gegeneinander und es ist klar,
dass eigentlich keiner verlieren kann,
weil beide das abgesteckte Quadrat schon alleine mit Goldmünzen vollkriegen (so voll wie eben möglich).
Für welchen der beiden Zwerge gibt es eine Gewinnstrategie, für den älteren oder den jüngeren?
Kugelparkettierung - (August 2020)
Das klappt noch gerade so mit geeigneten sphärischen Vierecken.
Kugelförmige Bauten wie Planetarien, Wasser- und Gastanks gibt es relativ häufig.
Will man diese mit Spezialfliesen verkleiden, wird die Zahl verschiedener zu verwendender Fliesenformen ein relevanter Kostenfaktor.
Die maximale Ausdehnung einer Fliese (Abstand möglichst weit entfernter Ecken) kann durch
das Herstellungsverfahren der Spezialfliese begrenzt sein.
Eine relativ kleine Kugel im Durchmesser von 1,5 Metern soll gefliest werden.
Kommt man mit Fliesen einer Form aus, wenn die maximale Ausdehnung der Form 50 Zentimetern nicht überschreiten darf?
Schubfachschluss gecheckt - (Juli 2020)
Die Antwort auf die erste Frage ist mit einer Kontrollsumme zu finden; addiert man alle Zahlen in den Zellen, so benötigt man dafür zwei zusätzliche Zellen (wenn man im Positionssystem zur Basis n arbeitet).
Die Summe ist um den gesuchten Zahlenwert größer als die Summe der natürlichen Zahlen bis n.
Im allgemeinen Fall kann man sich die Speicherbelegung der Zellen Null bis n als gerichteten Graphen vorstellen, wobei die Kanten immer von i zu z(i) verlaufen (i läuft hier von Null bis n).
Startet man in Zelle Null und folgt den Kanten (wozu man eine Zusatzspeicherzelle fürs Merken der aktuellen Position braucht), so hat man nach n Schritten eine Zahl mehrfach besucht (mitzählen bis n braucht eine zweite Speicherzelle), weil der Spaziergang durch den Graphen in einen gerichteten Kreis C führen muss.
Dessen Länge c kann man nun mit derselben Zusatzzelle, mit der man vorher bis n gezählt hat, ausmessen (wann sehe ich die Zahl wieder?) -- dafür brauche ich eine weitere Zusatzspeicherzelle fürs Merken des Wertes.
Nun laufe ich noch n(c-1) Schritte (fürs Schrittezählen und Position merken reichen die drei Zusatzzellen nun aus) weiter, denn dann bin ich bei einer Zelle, die mich nach n weiteren Schritten zu der Zelle im Kreis führt, die ich auch nach n Schritten von Zelle Null aus gefunden habe.
Als nächstes muss ich simultan von der so gefundenen Zelle und von Zelle Null aus durch den Graphen gehen, bis beide Spaziergänge mich erstmals in die selbe Zelle führen.
die Nummer dieser Zelle ist der gesuchte Wert.
Man braucht also nur drei zusätzliche Speicherzellen,
um einen doppelten Wert zu finden.
Die Speicherzellen eines Rechners mögen so gestaltet sein, dass jede der Speicherzellen eine natürliche Zahl von 1 bis n enthalten kann.
Die Speicherzellen sind mit Null beginnend durchnummeriert; die aktuelle Zahl in Zelle Nummer k sei z(k).
Unter den Zellen Nummer 0 bis n sollte es stets zwei geben, die die gleiche Zahl enthalten (Schubfachschluss). Wir nehmen zunächst an, dass aber jede Zahl mindestens einmal vorkommt. Zur Überprüfung des Schubfachschlusses sollte sich eine Zahl finden lassen, die in zwei dieser Zellen gespeichert ist.
Üblicherweise trifft die gemachte Annahme nicht zu, es können also auch Zahlen fehlen.
Trotzdem sollte es eine Zahl geben, die in mindestens zwei der Zellen Nummer Null bis n steht.
Wie kann man die doppelt vorkommenden Zahl mit nur konstant (also nicht von n abhängig) vielen zusätzlichen Speicherzellen ermitteln?
Kann man eine doppelt gespeicherte Zahl stets mit nur konstant vielen zusätzlichen Speicherzellen ermitteln?
Aufwärts - (Juni 2020)
Wir nehmen mal an, dass der Stamm des Fantasiegummibaums sein Längenwachstum gar nicht bemerkt (weil es ja gleichmäßig verteilt stattfindet).
Stattdessen glaubt er, der Rest der Welt würde immer kleiner.
Betrachten wir die Einheit Schneckimeter aus seiner Sicht am Tage d nach Beginn der Schneckenreise den Stamm hinauf
und verwenden als Einheit seine jeweilige Höhe (die in Fantastimeter ja h+d beträgt, wobei h seine Höhe zu Beginn der Schneckenreise ist), so ist ein Schneckimeter für ihn K/(h+d) groß, wobei K das (positive) Verhältnis von Schneckimeter zu Fantastimeter darstellt.
Der aus seiner Sicht zurückgelegte Weg der Schnecke wächst damit also wie die harmonische Reihe und damit über alle Grenzen hinaus.
Die ewige Baumschnecke hat also nach endlich langer Zeit den Stamm überwunden und kann sich sicherlich in der Krone an den Blättern des Fantasiegummibaumes delektieren. Sie schafft sogar den Rückweg, wenn sie mal wieder was anderes sucht.
Die Blätter des Exponentialwachsstrauches sind aber vor ihr sicher...
Bei einem Fantasiegummibaum findet das Längenwachstum immer tagsüber und gleichmäßig über den ganzen Stamm verteilt statt; eben so, wie sich ein Gummiband ausdehnt, wenn man daran zieht.
Die Auswirkungen dieser Wachstumsart auf den Brusthöhendurchmesser wollen wir dabei mal außer Acht lassen.
Die ewige Baumschnecke (auch ein fantastisches Wesen) möchte an den Wurzeln startend bis zur Blätterkrone krabbeln um sich an den Blättern zu delektieren. In der Zwischenzeit hat sie vor,
sich von Moos und Tau zu nähren.
Der Stamm des Fantasiegummibaumes unterhalb der Blätterkrone wächst jeden Tag einen Fantastimeter in die Höhe (weswegen er auch fantastische Höhen erreicht), wohingegen die Baumschnecke lediglich nachts nach oben kriechen kann und leider nur einen Schneckimeter pro Nacht schafft.
Wäre jetzt ein Schneckimeter größer als ein Fantastimeter, dann wäre das wohl doch kein Problem für die Schnecke. Aber die Verhältnisse sind nicht so. Dafür hat die ewige Baumschnecke jedoch beliebig viel Zeit.
Kann die ewige Baumschnecke die Blätterkrone erreichen, obwohl ein Schneckimeter eben doch viel kürzer als ein Fantastimeter ist ?
1+1 - (Mai 2020)
Eine Darstellung nur mit den Ziffern 0 und 1 stellt immer eine Summe verschiedener Potenzen der Basis dar (nämlich der Potenzen, die die Stellenwerte der mit 1 besetzten Stellen sind).
Die Basis muss daher sicherlich eine echt komplexe Zahl sein, die als Divisor bei der ganzzahligen Division nur mit den Resten 0 und 1 auskommt, weil man sonst an der letzten Stelle ein Problem hat. Dazu muss sie aber kleinstmöglichen Betrag haben. So kommen nur die vier Zahlen 1+i, 1-i, -1+i und -1-i als Basis in Frage. Nimmt man eine der ersten beiden Alternativen als Basis, stellt sich heraus, dass 2 gar nicht darstellbar ist. Ist die Basis b eine der beiden letzten Alternativen (also -1-i oder -1+i) ergibt sich unter zuhilfenahme der im System ungültigen Ziffer 2 die Kürzungsregel "122=0" (wegen 0=(b+1+i)(b+1-i)=1b²+2b+2), was auf "2=-120=-100+(-20)" und "-20=1200" im entsprechenden Positionssystem auf "2=-120=-100+(-20)=-100+1200=1100" führt. Mehr Details findet man in der englischsprachigen Wikipedia unter Complex-base system <\br> Das Bild zeigt übrigens eine Drachenkurve: den "Twin Dragon". So sieht aus der Ferne betrachtet etwa die Menge aller ganzen Gausschen Zahlen aus, die mit höchstens 20 Stellen auskommen.
Die Basis muss daher sicherlich eine echt komplexe Zahl sein, die als Divisor bei der ganzzahligen Division nur mit den Resten 0 und 1 auskommt, weil man sonst an der letzten Stelle ein Problem hat. Dazu muss sie aber kleinstmöglichen Betrag haben. So kommen nur die vier Zahlen 1+i, 1-i, -1+i und -1-i als Basis in Frage. Nimmt man eine der ersten beiden Alternativen als Basis, stellt sich heraus, dass 2 gar nicht darstellbar ist. Ist die Basis b eine der beiden letzten Alternativen (also -1-i oder -1+i) ergibt sich unter zuhilfenahme der im System ungültigen Ziffer 2 die Kürzungsregel "122=0" (wegen 0=(b+1+i)(b+1-i)=1b²+2b+2), was auf "2=-120=-100+(-20)" und "-20=1200" im entsprechenden Positionssystem auf "2=-120=-100+(-20)=-100+1200=1100" führt. Mehr Details findet man in der englischsprachigen Wikipedia unter Complex-base system <\br> Das Bild zeigt übrigens eine Drachenkurve: den "Twin Dragon". So sieht aus der Ferne betrachtet etwa die Menge aller ganzen Gausschen Zahlen aus, die mit höchstens 20 Stellen auskommen.
Natürlich wissen wir aus der Grundschule, wenn nicht aus dem Kindergarten, dass 1+1=2 gilt und es geht diesmal auch nicht darum, dies formal logisch zu fundieren.
In unserem gebräuchlichen Zahlensystem gibt es die Ziffer "2", aber schon im Dualsystem, dem Positionssystem zur Basis 2 gibt es diese Ziffer nicht mehr, nur die Ziffern 0 und 1 sind übrig.
Die Zahl Zwei (als Basis des Systems) hat dann aber
die Darstellung "10".
Im Dualsystem kann man ohne Zusatzzeichen alle nicht negativen ganzen Zahlen darstellen.
Es gibt aber noch mehr ganze Zahlen, erst recht im komplexen. Die ganzen Gaussschen Zahlen haben ganzen Realteil und ganzen Imaginärteil.
Wir betrachten nun ein Positionssystem zu einer geeigneten Basis b, in dem man ohne Zusatzzeichen nur mit Ziffern 0 und 1 alle ganzen Gaussschen Zahlen eindeutig darstellen kann.
Gibt es das überhaupt? Wie lautet in einem solchen Positionssystem die Darstellung von 1+1?
A4 gefaltet - (April 2020)
Die Knick durch A endet auf der (ursprünlgichen) langen Seite in B, der zweite Knick auf der ursprünglichen kurzen Seite in C. Die Lange Seite, die in A endet, ende auch in D,
Der Winkel ABC ist als Summe zweier 45 Grad Winkel ein rechter Winkel und die rechtwinkligen Dreiecke ABC und ADC haben die Hypotenuse gemeinsam.
Nun ist das DIN A4 - Format so definiert, dass das halbierte Blatt DIN A5 Format haben soll und
beide DIN A4 und DIN A5 geometrisch ähnlich sind. Ist l die Länge der langen Seite und k die der kurzen,
so soll l:k=k:(2l)=2k:l gelten, was dazu führt, dass das Quadrat von l:k gleich 2 ist.
Damit ist l aber die Diagonalenlänge eines Quadrates mit Seitenlänge k und AB ist die Diagonale eines solchen. Somit trifft das zu. Darüber hinaus verläuft der zweite Knick zwangsläufig entlang BC.
Durch den ersten Knick bleibt ein Rechteck unverdeckt, dass aus dem Blatt durch Abschneiden
des Quadrates mit Diagonale AB hervorgeht, die zweite Faltung entspricht dem Abschneiden
eines Quadrates mit Diagonale BC. Wegen des entstehenden Drachenvierecks bleibt ein Rechteck übrig, dessen lange Seite DC genau die Länge dieser Diagonalen BC hat und dessen kurze Seite eine Seite des enstprechenden Quadrates ist.
Das Verhältnis ist also wieder wie bei einem A4-Blatt.
Es folgt daraus also die Irrationalität des Seitenverhältnisses bei DIN A4 und das ist die Wurzel aus Zwei.
Das Ziel Euklids bei der Erfindung des euklidischen Algorithmus war,
für zwei unterschiedliche Längen eine (möglichst große) gemeinsame Grundeinheit derart zu finden, dass beide Längen jeweils eine ganze Zahl als Maßzahl bezüglich dieser Grundeinheit sind.
Sein Ansatz ist simpel: Wenn die größere Länge ganzzahlig ist (bzgl. der Einheit), so ist die kleinere Länge genau dann ganzzahlig, wenn auch die Längendifferenz es ist,
also die Maßzahl der Differenzlänge. Man zieht also die kleinere von der größeren Länge ab
und bekommt so mit der kleineren Länge und der Differenzlänge ein Paar Längen, die in Summe
sicherlich kleiner sind als die beiden Ausgangslängen. Die Summe der Maßzahlen ist kleiner geworden. Irgendwann wird sie daher kleiner sein als zwei - dann hat man zwei gleichgroße Längen.
Hat man also ein Rechteck, so kann man ein passendes Einheitsquadrat in endlich vielen Schritten konstruieren, indem man fortgesetzt ein möglichst großes Quadrat abschneidet (sofern es die gemeinsame Einheit der Seitenlängen des Rechtecks gibt).
Das goldene Rechteck wird so bezeichnet, weil das Verhältnis seiner großen zu seiner kleinen Seite mit dem entsprechenden Verhältnis nach Abschneiden eines möglichst großen Quadrates übereinstimmt. Offenbar kann der beschriebene Euklidische Algorithmus hier nicht zum Ende kommen; es gibt also keine gemeinsame Einheit.
Das ist gleichbedeutend damit, dass dieses Längenverhältnis (welches als goldener Schnitt bekannt ist), irrational ist (denn wären Höhe h zu Breite b gleich p:q mit ganzzahligen, teilerfremden p und q, dann wäre ja h:p=b:q die gesuchte Seitenlänge des Einheitsquadrates).
Karola faltet nun eine kurze Seite eines DIN A4-Blattes so auf eine lange Seite, dass der Knick durch die gemeinsame Ecke A geht. Dann faltet sie den Rest der abgeknickten langen Kante auf ihren ageknickten Teil und stellt fest, dass sie ein Drachenviereck erhält, indem sie den ersten Knick wiederum so auf die lange Seite mit A faltet, dass auch der neue Knick durch A geht.
Warum trifft das nicht nur ungefähr zu? Wieso folgt daraus, dass das von den umgefalteten Dreiecken nicht bedeckte Rechteck ähnlich zur Form des Originalblatts ist? Die Irrationalität welcher Zahl folgt daraus?
Geburtstagskuchen - (März 2020)
Außer den Primzahlen gibt es noch die Quadrate ungerader Primzahlen mit dieser Eigenschaft.
Zunächst zur Form des Kuchens:
Die Außenwinkelsumme muss 360 Grad betragen, wobei die Außenwinkel wegen der Rechtwinkligkeit
vom Betrag her 90 Grad sind. Damit gibt es genau eine nach innen Zeigende Ecke.
Bei Axialsymmetrie muss diese auf der Symmetrieachse liegen. Die angrenzenden Seiten sind gleichlang und schneiden aus einem Axialsymmetrischen Rechteck (also Quadrat ein kleineres Quadrat aus. Der Rest ist die Grundfläche des Kuchens.
Die Grundfläche beträgt also 4a=g²-k²=(g-k)(g+k), wobei g und
k die Seitenlängen des großen und kleinen Quadrates, also positiv, ganz und verschieden sind.
Die beiden Faktoren haben also gleiche Parität und sind damit gerade.
Für jede Zerlegung a=pq mit p>q, ergibt sich also die Möglichkeit g-k=2q und g+k=2p, also g=p+q und k=p-q für die Seitenlängen der Quadrate. Die Möglichkeit für p=a, q=1 gibt es also außer im
Fall a=1. Eine Weitere Möglichkeit ergibt sich, sofern a auf andere Art in zwei verschiedene
Faktoren zerlegt werden kann. Außer den Primzahlen erfüllen also nur Quadrate von Primzahlen
diese Bedingung. Bei diesen wäre aber auch ein quadratischer Kuchen gegangen.
Karin bekommt zu ihrem Geburtstag von ihren drei Mitarbeitern einen Kuchen mit sechseckiger, achsialsymmetrischer Grundfläche mit ganzzahligen Kantenlängen gebacken. Benachbarte Kanten stehen dabei senkrecht zueinander.
Den Kuchen teilen sie gerecht so, dass jedes der vier Stücke die gleiche ganzzahlige Maßzahl seiner Grundfläche hat, nämlich Karins neu erreichtes Alter.
Klaus merkt an, dass der Kuchen nicht quadratischen mit ganzzahliger Seitenlänge wurde, weil dann die Sache mit dem Alter nicht geklappt hätte.
Peter scherzt, dass die Form des Kuchens durch diese Angaben eindeutig bestimmt ist, weil Karin ein besonderes Alter erreicht hat.
Trifft das zu? Welche Zahlen a gibt es, für die es (bis auf Kongruenz) genau ein axialsymmetrisches Sechseck aber kein Quadrat mit ganzzahligen Seitenlängen gibt, dessen Flächeninhalt gleich 4a ist?
Wie rund kann das sein? - (Februar 2020)
Bei dem abgebildeten Polyeder sollen alle Kanten gleich lang sein.
Kann es eine Kugel geben, die alle Kanten berührt?
Ergeben sich die Monate aus dem Jahr? - (Januar 2020)
Ja. Folgend jeweils ein Beispiel:
1 = 20/20
2 = 2·0+2+0
3 = 2+0!+2·0
4 = 2+0+2+0
5 = 2+0+2+0!
6 = 2+0!+2+0!
7 = 2·(0!+2)+0!
8 = 2+(0!+2)!+0
9 = 20/2-0!
10= 20/2+0
11= 20/2+0!
12= (2+0!)!+(2+0!)!
Letztes Jahr konnte man diverse Monatsnummern nur durch
Hinzufügen von Klammern, Rechenoperationszeichen "+", "-", "·" und "/"
sowie dem Fakultätszeichen "!" aus der Ziffernfolge 2 0 1 9 der Jahreszahl
machen. Als Beispiel seien hier etwa Januar, Februar, März und April genannt:
1=20-19
2=2+(0·19)
3=-(2+0+1)!+9
4=-((2+0!)!-1)+9
Bei letzterem gilt in der Tat:
-((2+0!)!-1)+9=-((2+1)!-1)+9=-(3!-1)+9=-(1·2·3-1)+9=-5+9=4
Wir schreiben aber jetzt das Jahr 2020.
Lassen sich dieses Jahr alle Monatsnummern aus der Ziffernfolge der Jahreszahl auf die beschriebene Art und Weise erzeugen?
Eigenartige Zeichen? - (Dezember 2019)
Malt man sich Elisas Zeichen der Reihe nach auf, entdeckt man, dass jedes der ersten fünf Zeichen eine Symmetrieachse hat. Dreht man die Zeichen ggf. so, dass die (bzw. eine) Symmetrieachse
senkrecht steht, und zeichnet diese mit ein, stellt man verblüfft fest, dass rechts
der Symmetrieachse genau die Nummer des Zeichens steht, links davon dann deren
Spiegelbild.
Elisas sechstes Zeichen könnte also eine 6 und ihr Spiegelbild an ihrer rechten Tangente sein.
Leider kann man aber den ersten k Gliedern einer Folge ohne zusätzliche Informationen niemals ansehen, wie das k+1-te Glied der Folge beschaffen ist. In unserem Fall hat Elisa als sechstes Glied leider ein Smiley gemalt, welches mit dem linken Auge zwinkert ;-)
Wäre die Aufgabe ein Intelligenztest, dann wäre die richtige Antwort sicherlich die mit der Sechs plus Spiegelbild. Intelligenztests prüfen (im mathematischen Teil) hauptsächlich die Fähigkeit, einfache Strukturen zu erkennen (wobei die Einfachheit ohne kulturellen Hintergrund schwer zu definieren sein dürfte). Sicher ist das eine wichtige Fähigkeit für Mathematiker.
Als Mathematikaufgabe ist diese Aufgabe aber völlig unterbestimmt, denn bei Folgen ist nicht klar, dass es überhaupt ein einfaches Bildungsgesetz geben muss. Es fehlen hier Informationen, die die Menge der in Betracht zu ziehenden Bildungsgesetze so weit einschränken, dass das nächste Zeichen sich eindeutig ergibt. In diesem Sinne ist jedes Zeichen, was einem in den Sinn kommt, gleichermaßen möglich, und auch dies gehört zum Grundwissen eines Mathematikers.
Ob Sie nun selbst gleich darauf gekommen sind, dass das nächste Zeichen völlig beliebig sein kann oder die Aufgabe als Intelligenztest gelöst haben - in jedem Fall haben Sie wertvolles mathematisches Wissen oder Können offenbart!
Elisas sechstes Zeichen könnte also eine 6 und ihr Spiegelbild an ihrer rechten Tangente sein.
Leider kann man aber den ersten k Gliedern einer Folge ohne zusätzliche Informationen niemals ansehen, wie das k+1-te Glied der Folge beschaffen ist. In unserem Fall hat Elisa als sechstes Glied leider ein Smiley gemalt, welches mit dem linken Auge zwinkert ;-)
Wäre die Aufgabe ein Intelligenztest, dann wäre die richtige Antwort sicherlich die mit der Sechs plus Spiegelbild. Intelligenztests prüfen (im mathematischen Teil) hauptsächlich die Fähigkeit, einfache Strukturen zu erkennen (wobei die Einfachheit ohne kulturellen Hintergrund schwer zu definieren sein dürfte). Sicher ist das eine wichtige Fähigkeit für Mathematiker.
Als Mathematikaufgabe ist diese Aufgabe aber völlig unterbestimmt, denn bei Folgen ist nicht klar, dass es überhaupt ein einfaches Bildungsgesetz geben muss. Es fehlen hier Informationen, die die Menge der in Betracht zu ziehenden Bildungsgesetze so weit einschränken, dass das nächste Zeichen sich eindeutig ergibt. In diesem Sinne ist jedes Zeichen, was einem in den Sinn kommt, gleichermaßen möglich, und auch dies gehört zum Grundwissen eines Mathematikers.
Ob Sie nun selbst gleich darauf gekommen sind, dass das nächste Zeichen völlig beliebig sein kann oder die Aufgabe als Intelligenztest gelöst haben - in jedem Fall haben Sie wertvolles mathematisches Wissen oder Können offenbart!
Elisa malt mehr oder weniger eigenartige Zeichen. Ihr erstes Zeichen ist ein großes M.
Das zweite Zeichen ist ein unterstrichenes Herz. Beim dritten Zeichen versucht
sie sich an einer Abrollkurve, malt also die Bahn die ein Punkt eines Kreises durchläuft, während dieser auf einem viermal so großen Kreis abrollt.
Beim vierten Zeichen malt sie schon wieder ein M, streicht es aber dann durch (siehe Bild links oben). Als fünftes Zeichen malt sie den Umriss eines Apfels, der unter einem Ast hängt.
Beim vierten Zeichen malt sie schon wieder ein M, streicht es aber dann durch (siehe Bild links oben). Als fünftes Zeichen malt sie den Umriss eines Apfels, der unter einem Ast hängt.
Wie wird wohl das nächste Zeichen aussehen?
Münzwurf - (November 2019)
Ja, ein idealer Würfel kann bei solch einem Signifikanztest durchfallen,
denn selbst die Wahrscheinlichkeit, bei einer gegebenen Anahl von Versuchen immer "Kopf" zu werfen ist bei einer idealen Münze stets positiv.
Bei den Wahrscheinlichkeiten in Steffens Fall haben wir es mit bedingten Wahrscheinlichkeiten zu tun. Da die Bedingung war, dass Steffens Münze bei dem Test nicht zu viele Male (im Sinne des Signifikanztests) "Kopf" liefert, fehlen gerade
die Fälle, in denen viel Kopf herauskommt. Die Wahrscheinlichkeit für "Kopf" im
ersten Wurf ist unter dieser Bedingung also kleiner 1/2, obwohl die Münze ideal ist.
Alles, was wir über das Experiment zusätzlich wissen (hier, weil wir Steffen
entsprechend auswählen) ist eine Zusatzbedingung unter der die Wahrscheinlichkeiten
anders sein können als im allgemeinen Fall.
Auch die Unabhängigkeit leidet unter dieser Bedingung, denn wenn im ersten Wurf
"Kopf" geworfen wurde und der Test bestanden wurde, bleiben für die restlichen
Würfe weniger Möglichkeiten, dass "Kopf" geworfen worden sein kann als wenn
der erste Wurf "Zahl" ist.
Der erste und zweite Wurf sind also nicht mehr unabhängig.
Wenn wir annehmen, dass Steffens Würfel sogar beide Tests besteht, so sind unter
dieser Bedingung im ersten und zweiten Wurf von Steffen zwar "Kopf" und "Zahl"
wieder gleichwahrscheinlich (wegen Symmetrie der Bedingung), aber weiterhin
nicht unabhängig (wegen des oben genannten Grundes).
Stellen wir uns mal vor das Folgendes passieren wird:
Im Jahr 2048 kommen erstmals wirklich ideale Münzen als Anschauungsmaterial
für den Schulunterricht auf den Markt. Über Quanteneffekte ergibt sich tatsächlich,
dass die Wahrscheinlichkeiten der Wurfergebnisse "Kopf" und "Zahl" bei jedem Wurf nicht nur näherungsweise, sondern exakt gleich 1/2 sind. Bei einer beliebigen
Menge von Würfen sind die Ergebnisse sogar wirklich vollständig stochastisch unabhängig!
Natürlich würden fleißige Lehrer das nicht glauben.
Sie führen also jeweils probeweise eine große (feste) Zahl an Münzwürfen durch, und
prüfen an den Ergebnislisten mit einem gewissen (festen) Signifikanzniveau ob die Wahrscheinlichkeiten für "Kopf" bzw. "Zahl" gegenüber 1/2 erhöht sind.
Nehmen wir weiter an, dass Steffen einer der Lehrer ist, bei denen dieser
Test keine signifikant erhöhte Wahrscheinlichkeit für das Ergebnis "Kopf" liefert.
Kann es passieren, dass eine Münze dabei durchfällt?
Ist die Wahrscheinlichkeit, dass in Steffens Serie der erste Wurf "Kopf" liefert, genau 1/2? Sind die Wurfergebnisse des ersten und zweiten Wurfes bei Steffen stochastisch unabhängig?
Hungriger Drache 4 - (Oktober 2019)
Ja, das kann er. Sogar wenn der Drache früher nörgelnd zu wünschen aufgehört
hätte, wäre das so gewesen.
Nach dem Gebot der Fee hätte er einfach nach dem Ausgang fragen können.
Nachdem die Fee dem Drachen dann den Lügenkopf gestattet hätte, hätte der Zwerg
einfach gefragt, wo der Ausgang ist.
Nachdem die Fee dem Drachen den zweiten Kopf gegönnt hatte, konnte er immer noch
nutzen, dass die wahrheitsgetreue Wiedergabe einer Lüge logisch das gleich ist,
wie eine gelogene Wiedergabe der Wahrheit.
Er fragt also einen der beiden Köpfe, welche der beiden Türen der andere der beiden
Köpfe auf die Frage nach dem Ausgang nicht nennen würde.
Diese Idee funktioniert leider nicht, wenn auch ein möglicherweise lügender
dritter Kopf dabei ist, denn wenn man zufällig den fragt, ist die Antwort wertlos.
Daher erhöhte die Fee die Anzahl der zu erlaubenden Fragen nach dem zweiten Wunsch.
Dem Drachen der nicht ganz dumm ist, schwante da was von Data Science und statistischer Analyse und er wollte nicht soviel von sich preisgeben müssen, dass der Zwerg womöglich ein vollständiges Persönlichkeitsprofil seiner Köpfe anfertigt
und dann den ehrlichen Kopf nach dem Ausgang fragt.
Daher wünschte er sich als drittes eine Beschränkung der Fragezahl.
In der Tat reichen die zwei Fragen, wenn man die erste dazu verwendet, auszuschließen, den manchmal-mogel-Kopf zu erwischen. Fragt man nämlich, welcher
der beiden anderen Köpfe eher die Wahrheit sagt, hat man entweder den Mogelkopf
erwischt oder bekommt prinzipiell den Mogelkopf genannt. Nimmt man also für die zweite Frage einen andern Kopf, aber nicht den, den man genannt bekam, kann man
nun die Frage an den zweiköpfigen Drachen nutzen. Allerdings müsste man sie komplizierter formulieren, da man ja nicht direkt weiß, welcher Kopf der andere
nicht wankelmütige ist.
Eine andere Variante, den Lügenkopf und den Wahrheitskopf den Ausgang nennen zu lassen, ist die, dass in der Logik die Negation der Negation das gleiche wie die
die Wahrheit über die Wahrheit ist.
Man kann sich also eine Tür aussuchen und einen nicht wankelmütigen Kopf fragen:
Würdest Du mir bestätigen, dass diese Tür die Ausgangstür ist, wenn ich Dich danach fragen würde?
Der Kopf, der stets die Wahrheit sagt, würde dies klar bestätigen, wenn es sich um die Ausgangstür handelt, und sonst verneinen.
Der Kopf, der stets lügt, würde, wenn man ihn fragen würde, ob dies die Ausgangstür ist, lügen. Da er aber die Frage über seine Reaktion auf die angedeutete Frage gestellt bekam, würde er also über seine Lüge lügen und damit ebenfalls genau dann behaupten, die ausgesuchte Tür als Ausgang zu bestätigen, wenn sie es auch ist.
Der Drache ist nicht etwa deswegen hungrig, weil er drei Köpfe hat,
denn er fraß schon vorher gerne Zwerge.
Es ist umgekehrt.
Er sperrte sie schon früher in eine Kammer mit zwei Türen ein - eine war der
Ausgang und die andere führte direkt in sein aufgerissenes Maul. So flüchtete
im Schnitt leider etwa jeder zweite Zwerg in sein Verderben bzw. des Drachen Maul.
Der guten Fee missfiel der Zwergenhunger des Drachen sehr und es entpsann
sich folgender Dialog:
Fee: Du kannst nicht ständig Zwerge fressen wollen, das ist unmoralisch.
Drache: Ich bin eine aussterbende Art, vertrage nur Zwerge und zur Arterhaltung muss doch was zu machen sein. Ich fresse doch auch nur die Zwerge, die mir von selbst ins Maul laufen. Die wollen das doch so!
Fee: Wenn Du behauptest, die Zwerge wollten das so, sollst Du von nun an jedem gefangenen Zwerg eine Frage gestatten. Wenn Du die Antwort kennst, musst du
die Frage richtig beantworten.
Drache (entsetzt): Aber ich würde auch gerne mogeln dürfen!
Fee: Gut, du sollst von nun an zwei Köpfe haben, einer muss den Zwerg immer anlügen, der andere muss aber stets die Wahrheit sagen! Der Zwerg soll jedoch wählen können, welchen Kopf er fragt. Du brauchst ihm ja vorher nicht verraten,
welcher Kopf wie reagiert.
Drache: Dann muss der Lügenkopf ja immer lügen und darf nicht nur hin und wieder
mogeln -- ich würde gerne auch nur manchmal alternative Fakten nennen können.
Fee: Gut. Dann sollst Du noch einen dritten Kopf haben, der sich's jedes Mal aussuchen kann, ob er lügt, oder die Wahrheit sagt.
Aber dann darf der gefangene Zwerg nicht nur eine Frage stellen.
Drache: Da fragt mich der Zwerg bestimmt solange bis ich verhungert bin nach
dem Ausgang, weil ihm die Fragerei so viel Spaß macht. Irgendwann muss mal gut sein!
Fee: Ich will Dir auch Deinen dritten Wunsch erfüllen! Der Zwerg muss spätestens nach zwei Fragen die Kammer verlassen. Aber wie es bei mir üblich ist,
ist nun gut mit Deiner Wünscherei -- wie es besprochen ist, so wird es sein.
Sie schwenkte ihr Zauberstäblein, verschwand in einer zartrosa Glitzerwolke und es wurde wie besprochen. Seitdem hat der Drache drei Köpfe. Die gute Fee wusste, dass in jedem Zwerg ein Mathematiker steckt. Aber das ist nur ein Grund, warum sie dem Drachen drei Wünsche erfüllte. Die Rettung aussterbender Arten lag allerdings nicht im Vordergrund.
Sie schwenkte ihr Zauberstäblein, verschwand in einer zartrosa Glitzerwolke und es wurde wie besprochen. Seitdem hat der Drache drei Köpfe. Die gute Fee wusste, dass in jedem Zwerg ein Mathematiker steckt. Aber das ist nur ein Grund, warum sie dem Drachen drei Wünsche erfüllte. Die Rettung aussterbender Arten lag allerdings nicht im Vordergrund.
Warum war die Fee in diesem Fall gut? Kann ein gefangener Zwerg nun etwa doch sicher den Ausgang erfragen?
Goldener Herbst - (September 2019)
Es reicht, eine Innenecke zu verwenden. Ein Beispiel ist der "Ammann-Winkel",
dessen sechs Seiten nur Potenzen
der Quadratwurzel w des Goldenen Schnittes g als Längen haben --
und zwar von der Innenecke beginnend aufeinanderfolgend die dritte,
die vierte, die siebte, die sechste, die fünfte und die zweite.
Staucht man dieses Polygon mit Stauchungsfaktor g (alle Längen werden durch g, geteilt, die entsprechenden Potenzen von w sind also jeweils zwei kleiner) , so kann man die verkleinerte
Kopie hernach so in das Original spiegeln, dass die vorletzte und drittletzte Seite
auf der ersten bzw. zweiten Seite des Originals landen.
Der Herbst färbt nun die Blätter golden. Eine gute Zeit also, auch den goldenen Schnitt in Augenschein zu nehmen. Er ist das Verhältnis, in dem im regelmäßigen
Fünfeck sich schneidende Diagonalen einander teilen.
Bekannt ist auch das goldene Rechteck, bei dem das Verhältnis von langer zu kurzer Seite genau der goldene Schnitt ist.
Schneidet man ein möglichst großes Quadrat von einem goldenen Rechteck ab,
ergibt sich als Rest wieder ein goldenes Rechteck.
Durch dieses Zerschneiden ergeben sich zwei Teile, deren Flächenverhältnis der
goldene Schnitt ist, von denen aber nur ein Teil ähnlich zu dem zerschnittenen Original ist.
Gibt es ein rechtwinkliges Polygon (aufeinanderfolgende Seiten stehen senkrecht, es sind aber auch Innenecken erlaubt), das man in zwei zu ihm ähnliche Polygone zerschneiden kann, deren Flächenverhältnis der goldene Schnitt ist?
Schatten - (August 2019)
Von je zwei parallelen Seiten des Würfels wird stets eine beleuchtet, die andere nicht,
es sei denn beide sind parallel zu den Sonnenstrahlen. Aber auch dann kann man sich dafür entscheiden,
genau eine von beiden als "beleuchtet" zu bezeichnen, um jeweils drei beleuchtete Würfelflächen zu haben.
Die drei beleuchteten Würfelflächen treffen sich in einer Ecke E. Ihre E vermeidenden Diagonalen
bilden ein Dreieck D. Färben wir die Schatten der drei Würfelseiten ein und zeichnen auch noch die Schatten
dieser Diagonalen, also der Kanten von D ein, erhalten wir drei durch ihre Diagonalen halbierte Rhomben.
Der Schatten des Würfels ist also halb so groß, wie der, den D alleine werfen würde.
Der Schatten von D ist umso größer, je mehr Sonnenlicht abgefangen wird. Das Diagonalendreieck D fängt am meisten
Sonnenlicht ab, wenn es senkrecht zur Sonneneinstrahlung steht. Senkrecht zum Diagonalendreieck steht nun
aber die Raumdiagonale, die in der gemeinsamen Ecke E der beleuchteten Würfelseiten endet.
Die Antwort ergibt sich damit:
Der Würfel wirft den größten Schatten, wenn eine seiner Raumdiagonalen auf die Sonne zeigt.
Sonnenlicht hat die schöne Eigenschaft, auf Terrassen in etwa parallel einzufallen. In der Sommerhitze schirmt
man es aber auch gerne ab. Wenn nichts Besseres da ist, kann man das auch mit einem Würfel probieren.
Wie muss der Würfel ausgerichtet sein, damit er auf einer Terrasse den größten Schatten spendet?
ZündschnUhr - (Juli 2019)
In einer Dreiviertelstunde vergeht die Hälfte der Brenndauer einer
Zündschnur gefolgt von
der Hälfte der Hälfte einer solchen Brenndauer.
Halbieren bedeutet das Zerlegen einer Zahl in zwei Summanden, die gleichgroß
sind. Will man also die Brenndauer einer Brennschnur halbieren, muss man
sie in zwei Teile mit gleicher Brenndauer zerlegen, die gleichzeitig abbrennen.
Legt man die Teile beim Abbrennen mit den nicht angezündeten Enden aneinander,
erkennt man, dass man dazu die Schnur gar nicht erst zerschneiden muss - es reicht, sie an beiden Enden anzuzünden - den Punkt, an dem man sie hätte
teilen müssen, finden die Zündflammen selbst. Sie treffen sich dort.
Die erste Zündschnur brennt also eine halbe Stunde, wenn Eleonora sie gleichzeitig beidseitig anbrennt.
Die zweite Zündschnur im selben Moment einseitig angezündet verbraucht in dieser Zeit genau die Hälfte ihrer Brenndauer.
Zündet Eleonora sie also nach Abbrennen der ersten Zündschnur
die zweite auch noch am anderen Ende an,
wird sie danach nur noch die Hälfte
der verbleibenden halben Stunde Brenndauer brennen -
erlischt also nach einer Dreiviertelstunde.
Eleonora hat zwei Zündschnüre mit einer Gesamtbrenndauer von jeweils einer
Stunde. Leider haben sie jeweils sehr ungleichmäßiges Abbrennverhalten.
Wie kann sie mit Hilfe dieser Zündschnüre eine Zeitspanne von einer Dreiviertelstunde abmessen?
Sicherer Stand - (Juni 2019)
Der Stand ist besonders sicher, wenn der Schwerpunkt möglichst tief liegt.
kann Horst oberhalb des Schwerpunkts noch Wasser abtrinken, so wird dadurch
der Schwerpunkt nach unten wandern.
Kann Horst nur noch Wasser unterhalb des Schwerpunktes wegtrinken, so wandert
der Schwerpunkt wieder nach oben.
Der Moment, in dem die Flasche also besonders sicher steht, ist jener,
in dem der Schwerpunkt genau in der Wasseroberfläche, also wegen Drehsymmetrie
der handelsüblichen Glasflaschen im Mittelpunkt der dunkelblau eingezeichneten
oberen Ellipse liegt.
Bei großer Hitze hat Horst auch im Zug nach Leipzig immer eine Glasflasche mit Wasser dabei.
Bei ruckeliger Fahrt steht die Flasche mal mehr und mal weniger sicher auf dem kleinen Tischchen am Fenster.
Bei dem im Bild gezeigten Füllstand steht sie besonders sicher.
Wo befindet sich da der Schwerpunkt der Flasche inklusive Wasser?
Würfelschnitt - (Mai 2019)
Es können regelmäßige Dreiecke, Vierecke (Quadrate) und Sechsecke als ebene
Schnittflächen auftreten.
Das gleichseitige Dreieck erhält man etwa, wenn man eine Ebene durch drei Eckpunkte,
die alle Nachbarn eines vierten Eckpunktes sind, als Schnittebene verwendet.
Sie steht dann senkrecht zur Raumdiagonalen, die in diesem vierten Punkt endet.
Nimmt man die mittelsenkrechte Ebene zu dieser Raumdiagonalen als Schnittebene,
dann wird die Schnittfläche ein regelmäßiges Sechseck.
Für ein Quadrat muss man senkrecht zu einer Kante des Würfels schneiden.
Eine Schnittebene schneidet jede Seite des Würfels höchstens einmal, weswegen
mehr als sechs Ecken nicht zu erwarten sind.
Schneidet sie genau fünf Seiten des Würfels, so sind darunter auch zwei parallele
Seiten, die in der Schnittfigur zwei parallele Kanten werden. Da das regelmäßige
Fünfeck kein Paar paralleler Kanten hat, kann es als Schnittfigur also nicht auftreten.
Wenn man einen Würfel parallel zu einer seiner Seitenflächen zerschneidet,
ergibt sich als Schnittfläche ein Quadrat, also ein regelmäßiges Viereck.
Eine andere Schnittebene kann auch ein regelmäßiges Dreieck liefern.
Welche regelmäßigen Vielecke kann man sonst noch als ebene Schnittflächen beim Zerschneiden eines Würfels erhalten?
Ein Osterei - (April 2019)
Jeder Kreis K' durch S mit Durchmesser auf D schneidet die Eikurve außer in S in zwei weiteren Punkten:
ist T die zu D senkrechte Tangente an K', welche nicht durch S geht, schneidet sie den Kreis K in zwei Punkten Q und R.
Startet man mit Q bzw. R anstelle von P, erhält man diese beiden Schnittpunkte.
Andererseits schneidet aber jede Gerade G außer der waagerechten den Kreis K in einem weiteren Punkt. Wählt man diesen
als P ergibt sich E als zweiter Schnittpunkt mit der Eikurve.
Also hat zwar jeder Kreis einen zu großen Radius, um sich in S an das Ei zu schmiegen (Krümmungsradius ist Null),
aber es gibt eine eindeutig bestimmte Tangente. Wir haben es also mit einer spitze zu tun, aber mit einer 180 Grad - Spitze!
Man kann eine Eikurve aus einem Kreis K (und ein korrekt gelagertes Osterei aus einer Kugel) wie folgt konstruieren:
Man fixiert den Durchmesser D, der vom untersten Punkt S zum obersten Punkt N des Kreises (der Kugel) verläuft.
Für jeden Punkt P auf dem Kreis (der Kugel) bildet man nun den Fußpunkt F seines Lotes auf D und den Lotfußpunkt
E des Lotes von F auf die Sehne PS.
Die so konstruierten Punkte E bilden eine auf der Spitze stehende Eikurve (bzw.
ein auf der Spitze stehendes Osterei).
Wirklich auf der SPITZE? Bestimme den Krümmungsradius der Eikurve in S! Gibt es in S überhaupt eine eindeutig bestimmte Tangente?
Wettrennen - (März 2019)
Da die kürzeste Verbindung zwischen zwei Punkten stets die Verbindungsstrecke ist,
hat der Käfer den kürzesten Weg.
Das Quadrat der Flugzeit des Käfers (in 10s als Einheit) ergibt sich nach Pythagoras zu (1+4+9)/36=14/36=7/18. Die Spinne kann die gegenüberliegende Ecke über eine geeignete lange Kante (im Verhältnis der Längen der von Start bzw. Zielecke zu dieser verlaufenden kurzen Kanten erreichen - Klappt man die beiden Seiten der Box, auf denen sie unterwegs ist auf, wird ihre Bahn zur Diagonale eines Quadrats von 3dm Kantenlänge. Das Quadrat ihrer Krabbelzeit (mit 10s als Geschwindigkeitseinheit) ist also 18/49<18/48=3/8<7/18. Deswegen ist die Spinne eher am Ziel.
Das Quadrat der Flugzeit des Käfers (in 10s als Einheit) ergibt sich nach Pythagoras zu (1+4+9)/36=14/36=7/18. Die Spinne kann die gegenüberliegende Ecke über eine geeignete lange Kante (im Verhältnis der Längen der von Start bzw. Zielecke zu dieser verlaufenden kurzen Kanten erreichen - Klappt man die beiden Seiten der Box, auf denen sie unterwegs ist auf, wird ihre Bahn zur Diagonale eines Quadrats von 3dm Kantenlänge. Das Quadrat ihrer Krabbelzeit (mit 10s als Geschwindigkeitseinheit) ist also 18/49<18/48=3/8<7/18. Deswegen ist die Spinne eher am Ziel.
In einer quaderförmigen Box mit den Abmessungen
10 cm
×
20 cm
×
30 cm
sitzen zusammen in einer Ecke ein Käfer und eine Spinne. Die beiden wollen einen Wettstreit
austragen, wer zuerst in der gegenüberliegenden Ecke der Box ankommt. Der Käfer kann fliegen,
die Spinne aber nur auf den Wänden der Box entlang krabbeln. Zum Glück kann sie sich aber
auch schräg an der Wand halten und sogar kopfüber krabbeln, wenn nötig.
Wir gehen davon aus, dass beide die für sie kürzeste Route wählen werden und keine Umwege
nehmen.
Die Fluggeschwindigkeit des Käfers beträgt durchschnittliche
6 cm/s. Die flinke Spinne
kann immerhin
7 cm pro Sekunde sprinten. Eigentlich auftretende Zusatzzeiten für Start und
Landung ignorieren wir, da ja auch die Spinne erst einmal loslaufen und abbremsen müsste.
Wer hat die kürzere Strecke zu absolvieren, und warum?
Wer ist eher am Ziel?
Münzspiel - (Februar 2019)
André Apitzsch hat die ursprünglich veröffentlichte Lösung aufmerksam gelesen
und festgestellt, dass diese zwar im Beispiel aber nicht immer funktioniert.
Gerd Wachsmuth hat eine korrekte Lösung des Rätsels im Netz gefunden, und die geht so:
Numeriert man die Münzen von links nach rechts durch, kann der beginnende Zwerg stets wählen, ob er eine Münze mit gerader Nummer oder eine mit ungerader Nummer wählt, beim anderen Zwerg haben beide Randmünzen stets die gleiche Parität,
er hat also diesbezüglich keine Wahl.
Sind die Münzen mit ungerader Nummer insgesamt nicht weniger Wert als jene mit gerader Nummer, kann der beginnende Zwerg etwa stets eine Münze mit ungerader Nummer wählen. Er bekommt dann offenbar alle Münzen mit ungerader Nummer, da
er ja die Hälfte der Münzen bekommt -- also verliert er nicht.
Anderenfalls wählt er stets die Münzen mit gerader Nummer und gewinnt sogar.
Hier zum Vergleich die fehlerhafte Lösung:
Die Lösung kann man sich gut anhand von Beispielen überlegen, angenommen, die Münzwerte sind
3,4,7,8,9,5
Auf den ersten Blick wäre es verlockend für den beginnenden Spieler (ab jetzt heißt dieser A) die rechte Münze zu nehmen.
Dann würde er B aber die Münze mit dem Wert 9 überlassen, was ziemlich schlecht für Spieler A wäre.
Die Lösung muss also was mit den Differenzen der benachbarten Münzen zu tun haben.
Würde A vom linken Ende ziehen, wäre die Differenz +1, vom rechten Ende +4.
Nimmt A die Münze mit dem Wert 3, liegen vor B die Münzen
4,7,8,9,5,
er hat also die Wahl zwischen 4 und 5.
Auch hier wäre die 5 wieder verlockend, aber mit denselben Überlegungen wie Spieler A entscheidet er sich für die geringere Differenz, nämlich +3 statt +4, d.h. er nimmt die 4.
Entscheiden beide Spieler immer nach dieser Regel, hat A am Ende
3+7+9 = 19
und B am Ende
4+8+5 = 17.
Das (leicht angepasste) Beispiel von André Apitzsch:
31 70 41 80 91 50
näme bei dieser Strategie den Velauf
A nimmt 31, B nimmt 70, A nimmt 41, B nimmt 80, A nimmt 91, B nimmt 50
und geht 162:200 für B aus.
Die Zwerge Hinz und Kunz spielen zum Zeitvertreib folgendes Spiel.
Sie legen eine gerade Anzahl an Münzen mit verschiedenen aufgeprägten Werten in einer Reihe auf, und ziehen anschließend abwechselnd entweder vom linken Ende oder vom rechten.
Gewonnen hat der Zwerg, der am Ende den größeren Gesamtwert in seinem Münzstapel hat.
Finde eine Strategie, mit welcher der beginnende Spieler in jedem Fall nicht verliert.
Pärchenabend - (Januar 2019)
Peter hat 4 Hände geschüttelt, es gibt mehrere Möglichkeiten, wie man das sieht.
Bezeichnen wir die Paare mit (A,a), (B,b), (C,c), (D,d), (E,e), und setzen A = Peter.
Da Peter alle Antworten nur einmal hört, muss ihm jeder eine Zahl zwischen 0 und 8 antworten.
Wenn er 0 Hände geschüttelt hätte, hätte seine Partnerin 8 Hände geschüttelt.
Damit hätte sie allen bis auf Peter selbst die Hand geschüttelt, womit keiner ihm 0 antworten kann.
Analog kann man sich überlegen, dass Peter nicht 8 Hände geschüttelt hat.
Also muss ihm jemand anderes 8 antworten, sagen wir B. Dessen Partner b hat dann automatisch 0 geantwortet, da andernfalls niemand 0 Hände geschüttelt hätte.
Jetzt kann man das Spiel weitertreiben mit den Antworten 7 und 1, dann 6 und 2, dann 5 und 3.
Damit bleibt übrig, dass Peter 4 Leuten die Hand geschüttelt hat.
Eine Gruppe von 5 Pärchen trifft sich zu einem Spieleabend, wobei sich einige mit Handschlag begrüßen, andere ohne.
Dabei gilt, dass niemand weder die Hand seines Partners noch seine eigene schüttelt.
Peter, ein anwesender Mathematiker, fragt am Ende der Feier alle Anwesenden (also auch seine Partnerin), wie viele Hände sie jeweils geschüttelt haben. Dabei erhält er von jedem eine andere Antwort.
Peter, ein anwesender Mathematiker, fragt am Ende der Feier alle Anwesenden (also auch seine Partnerin), wie viele Hände sie jeweils geschüttelt haben. Dabei erhält er von jedem eine andere Antwort.
Wie viele Hände hat Peter geschüttelt?
Flicken - (Dezember 2018)
Hat der Brandfleck etwa das Aussehen eines gleichseitigen Dreiecks, so muss
der Flicken mindestens so groß sein, wie dessen Umkreis.
Es ist also einen Durchmesser von mindestens d=2/√3 Dezimeter notwendig.
Dass ein kreisförmiger Flicken mit diesem Radius auch für alle anderen Fleckformen (geradeso) ausreicht, folgt aus dem Satz von Helly, dass in der Ebene der Durchschnitt einer Familie konvexer Punktmengen nicht leer ist, sofern nur der Durchschnitt von je dreien nicht leer ist.
In der Anwendung besteht die Familie aus allen Kreisen mit Durchmesser d um Punkte des Flecks. Die Mittelpunkte A, B und C von je drei dieser Kreise bilden ein Dreieck. Zeichnet man einen Kreisbogen über der längsten Seite mit einem Zentriwinkel von 120 Grad, so hat dieser einen Durchmesser von höchstens d (da die Seite höchstens 1dm lang ist und er der Umkreis des gleichseitigen Dreiecks mit dieser Seite ist) und der dritte Eckpunkt liegt unterhalb dieses Kreisbogens, da sein Innenwinkel der größte, also größer als 60 Grad ist. Damit liegt der Mittelpunkt dieses Kreisbogens im Durchschnitt der drei Kreise mit Mittelpunkten A, B und C und Radius d. Der Satz von Helly liefert nun die Existenz eines Punktes, der in allen Kreisscheiben unserer Familie liegt. Dieser taugt als Mittelpunkt des Flickens.
Zur Sicherheit wählt Sören den Flickendurchmesser aber einen Zentimeter größer, um rings um das Loch noch genug Überlappung zum Festnähen zu haben.
Dass ein kreisförmiger Flicken mit diesem Radius auch für alle anderen Fleckformen (geradeso) ausreicht, folgt aus dem Satz von Helly, dass in der Ebene der Durchschnitt einer Familie konvexer Punktmengen nicht leer ist, sofern nur der Durchschnitt von je dreien nicht leer ist.
In der Anwendung besteht die Familie aus allen Kreisen mit Durchmesser d um Punkte des Flecks. Die Mittelpunkte A, B und C von je drei dieser Kreise bilden ein Dreieck. Zeichnet man einen Kreisbogen über der längsten Seite mit einem Zentriwinkel von 120 Grad, so hat dieser einen Durchmesser von höchstens d (da die Seite höchstens 1dm lang ist und er der Umkreis des gleichseitigen Dreiecks mit dieser Seite ist) und der dritte Eckpunkt liegt unterhalb dieses Kreisbogens, da sein Innenwinkel der größte, also größer als 60 Grad ist. Damit liegt der Mittelpunkt dieses Kreisbogens im Durchschnitt der drei Kreise mit Mittelpunkten A, B und C und Radius d. Der Satz von Helly liefert nun die Existenz eines Punktes, der in allen Kreisscheiben unserer Familie liegt. Dieser taugt als Mittelpunkt des Flickens.
Zur Sicherheit wählt Sören den Flickendurchmesser aber einen Zentimeter größer, um rings um das Loch noch genug Überlappung zum Festnähen zu haben.
Beim vorweihnachtlichen Lichteln hat Sören leider einen unschönen Brandfleck
auf der neuen Patchwork-Tischdecke verursacht.
Sören möchte diesen Brandfleck durch einen kreisförmigen Flicken überdecken.
Unglücklicherweise hat Sören -- im Flickenladen angekommen -- vergessen, wie genau das Loch aussah. Was Sören sicher weiß, ist, dass egal wie man das Lineal anlegte, das Loch nur höchstens 1dm maß.
Unglücklicherweise hat Sören -- im Flickenladen angekommen -- vergessen, wie genau das Loch aussah. Was Sören sicher weiß, ist, dass egal wie man das Lineal anlegte, das Loch nur höchstens 1dm maß.
Welchen Durchmesser muss der Flicken mindestens haben, wenn er in jedem Fall das Loch überdecken soll?
Wo wohnt Kevin? - (November 2018)
Eine Schulwoche hat 5 Tage, also 10 Wege je Schulwoche. Also kann Kevin 20 verschiedene Routen einschlagen. Bekannt ist, dass all diese Routen
dieselben Start- und Endpunkte haben und dass einer dieser Punkte nordwestlich der Eleanor Roosevelt High School liegen muss.
Da Kevin keine Umwege macht, startet bzw. endet jede Route an der Kreuzung der 1st Avenue mit der 76th Street.
Von dieser Kreuzung läuft Kevin also nur nach oben (entlang einer Avenue) oder links (entlang einer Street), bis er seine Heimatkreuzung erreicht.
Es sei \(n\) die Anzahl der Kreuzungen, an denen Kevin nach links und \(m\) die Anzahl der Kreuzungen, an denen n nach oben läuft. Insgesamt
muss sich Kevin also \(m+n\) mal für "oben" und "links" entscheiden, von denen er \(n\) mal "oben" wählt.
Dafür gibt es \(\binom{m+n}{n}\) Möglichkeiten (d.h. entsprechend so viele Routen).
Es ist bekannt, dass \(\binom{m+n}{n}=20\) gelten soll, was nur für \(m+n=6\) und \(n=3\) und damit \(m=3\) möglich ist.
Folglich läuft Kevin an 3 Kreuzungen nach links und ebenso an 3 Kreuzungen nach oben, sodass sein Zuhause an der Kreuzung der Lexington
Avenue und der 79th Street liegt.
Der kleine Kevin besucht die 8. Klasse der Eleanor Roosevelt High School, die sich auf der 76-ten Straße (Karte: 76th Street) zwischen der
1-ten Allee und der York Allee (Karte: 1st Avenue und York Avenue) befindet. In der Mathe-AG lernt er Julia kennen, die er zum gemeinsamen
Gleichungssystemlösen zu sich nach Hause einladen möchte. Wie es sich für einen waschechten Matheholiker gehört, beschreibt Kevin den Weg zu
sich in folgender Weise:
"Ich wohne nordwestlich von unserer Schule in einem Haus, das direkt an einer Kreuzung liegt. Von dieser Kreuzung aus kann ich zwei Schulwochen
lang für jeden Weg von oder zur Schule eine andere Route einschlagen, ohne dabei einen Umweg zu machen. Jetzt weißt du, wo ich wohne."
Sphären zerlegen den Raum - (Oktober 2018)
Betrachtet man die durch die Sphären abgeschlossenen Kugeln als Punktmengen,
ergibt sich im besten Fall ein dreidimensionales Venn-Diagramm. Also kann man den Raum durch n Sphären in nicht mehr als 2^n Teile zerlegen, denn so viele Möglichkeiten für einen Punkt gibt es bezüglich des Enthaltenseins in n Mengen höchstens.
Für n=4 ist die gesuchte Zahl auch tatsächlich 16. Eine schicke Variante findet man hier , wo in einer Explosionszeichnung die fünfzehn endlichen Teile illustriert sind.
Man kann auch auf der ersten Sphäre drei sich paarweise senkrecht schneidende Großkreise fixieren und die restlichen drei Sphären so wählen, dass sie die erste Sphäre jeweils in einem anderen dieser Großkreise schneiden. Die Großkreise zerlegen die erste Sphäre in 8 Teile und jeweils auf Innen und Außenseite jedes dieser Teile grenzt ein anderer entstandener Teil des Raumes an.
Ist a(n) die gesuchte Anzahl bei n Sphären, so ist b(n)=a(n+1)-a(n) deswegen die Anzahl der Teile, in die n Kreise eine Sphäre maximal zerlegen und c(n)=b(n+1)-b(n) die Anzahl der Teile, in die n Kreisbögenränder (also 2n Punkte) einen Kreis zerlegen. Damit ist c(n) eine arithmetische Folge erster Ordnung und a(n) eine arithmetische Folge dritter Ordnung. Wegen a(1)=b(1)=c(1)=c(2)-c(1)=2 ergibt sich a(n)=2(1+(n-1)+(n-1)(n-2)/2+(n-1)(n-2)(n-3)/6). Wer diesen Schluss nicht mag, kann die Formel auch für n von 1 bis 4 prüfen, denn durch vier Werte ist eine arithmetische Folge dritter Ordnung eindeutig bestimmt.
Für n=4 ist die gesuchte Zahl auch tatsächlich 16. Eine schicke Variante findet man hier , wo in einer Explosionszeichnung die fünfzehn endlichen Teile illustriert sind.
Man kann auch auf der ersten Sphäre drei sich paarweise senkrecht schneidende Großkreise fixieren und die restlichen drei Sphären so wählen, dass sie die erste Sphäre jeweils in einem anderen dieser Großkreise schneiden. Die Großkreise zerlegen die erste Sphäre in 8 Teile und jeweils auf Innen und Außenseite jedes dieser Teile grenzt ein anderer entstandener Teil des Raumes an.
Ist a(n) die gesuchte Anzahl bei n Sphären, so ist b(n)=a(n+1)-a(n) deswegen die Anzahl der Teile, in die n Kreise eine Sphäre maximal zerlegen und c(n)=b(n+1)-b(n) die Anzahl der Teile, in die n Kreisbögenränder (also 2n Punkte) einen Kreis zerlegen. Damit ist c(n) eine arithmetische Folge erster Ordnung und a(n) eine arithmetische Folge dritter Ordnung. Wegen a(1)=b(1)=c(1)=c(2)-c(1)=2 ergibt sich a(n)=2(1+(n-1)+(n-1)(n-2)/2+(n-1)(n-2)(n-3)/6). Wer diesen Schluss nicht mag, kann die Formel auch für n von 1 bis 4 prüfen, denn durch vier Werte ist eine arithmetische Folge dritter Ordnung eindeutig bestimmt.
Der dreidimensionale Raum ist zusammenhängend. Mit einer Sphäre (Kugeloberfläche) kann man ihn in zwei Teile teilen, mit zwei Sphären in bis zu vier Teile (wenn sie sich schneiden), mit drei Sphären in bis zu acht Teile (wenn sie sich paarweise schneiden und einen gemeinsamen Teil enthalten).
In wie viele Teile kann man den dreidimensionalen Raum mit vier Sphären höchstens zerlegen?
In wie viele Teile kann man den dreidimensionalen Raum mit vier Sphären höchstens zerlegen?
In wie viele Teile kann man ihn mit n Sphären höchstens zerlegen?
Drei Fünfecke - (September 2018)
Freilich kriegt man das mit Vektorrechnung (oder eleganter mit komplexen Zahlen) auch ausgerechnet.
Hinter den komplexen Zahlen liegt aber Bewegungsgeometrie und die gibt eben auch Anlass zu anschaulichen Lösungen.
Im vorliegenden Fall hilft die Hinzunahme der dritten Dimension:
Seien M bzw. M' die Umkreismittelpunkte der gegebenen Fünfecke.
Wählt man senkrecht über M einen Punkt M'' und nennt die Punkte, die durch Verschiebung um M'M''
aus A', B', C', D' und E' hervorgehen, A'', B'', C'', D'' und E'', so ist das Gebilde bestehend aus den
Strecken A-A'', B-B'', C-C'', D-D'' und E-E'' offenbar fünfstrahlig drehsymmetrisch bzgl. Achse M-M'',
weswegen die Mittelpunkte der genannten Strecken ein regelmäßiges Fünfeck parallel zur Ausgangsebene bilden. Die Strecken der Aufgabenstellung stellen die Schatten der genannten Strecken bei Lichteinfall in Richtung M''M auf der gegebenen Ebene dar (Bild der Parallelprojektion),
wobei das Regelmäßige Fünfeck der Streckenmitten auch im Schattenbild regelmäßig und Fünfeck der
Streckenmitten bleibt.
Anmerkung: Bei der Vektorrechnungslösung führt man zur Darstellung der Strecken einen Parameter ein, welcher in der anschaulichen Lösung als Höhe zusätzlich sichtbar gemacht wird.
Diese Anschauung funktioniert noch recht gut, solange man die Drehsymmetrie eines Kühlturms eines Kraftwerks in der typischen Form eines Rotationshyperboloids nutzen kann. Sind die beiden Ausgangsfiguren ähnlich, aber hinreichend kompliziert, wirds so etwas unübersichtlich. Dann hilft aber statt der Parallelprojektion die Zentralprojektion, die das Bild der Zweiten Figur senkrecht über der ersten (in paralleler Ebene) soweit streckt bzw. staucht, dass es kongruent zur ersten ist.
Ganz so einfach zu sehen ist die Ähnlichkeit der Mittenfigur dann aber nicht mehr.
Zwei regelmäßige Fünfecke ABCDE und A'B'C'D'E' (wie üblich gegen den Uhrzeigersinn bezeichnet) liegen in der Ebene.
Finde einen möglichst anschaulichen Beweis, dass die Mittelpunkte der Strecken A-A', B-B', C-C', D-D' und E-E' ebenfalls ein regelmäßiges Fünfeck bilden.
Schneewittchen und die 8 Zwerge... oder doch nicht - (August 2018)
Man kann zeigen, dass es eine Strategie gibt, bei der 7 von acht Zwergen auf alle Fälle gerettet werden:
Die Zwerge einigen sich auf die Strategie, dass der Zwerg, der als erstes antworten muss, 'Rot' antwortet, wenn er eine gerade Anzahl an roten Mützen sieht, sonst antwortet er 'Blau'.
Damit hat er eine Chance von 50 Prozent freizukommen, die hätte er aber auch, wenn er raten würde.
Alle anderen Zwerge wissen jetzt, welche Farbe ihr Hut hat, und können somit gerettet werden.
Das Märchen 'Schneewittchen und die 7 Zwerge' kennt sicherlich jeder. Was kaum einer weiß: Es waren sogar 8 Zwerge.
Bevor Schneewittchen geboren wurde, kam ein gemeiner Zauberer zu den 8 Zwergen und hielt sie in ihrer Hütte gefangen. Nach ein paar Tagen wurde dem Zauberer langweilig, und er entschied sich, ein Spiel mit den Zwergen zu spielen:
Ihr stellt euch hintereinander auf. Anschließend setze ich euch nacheinander verdeckt entweder einen roten oder einen blauen Hut auf den Kopf. Damit könnt ihr nur die Hüte der Zwerge sehen, die vor euch stehen. Dann frage ich euch nacheinander, beginnend mit dem letzten, welche Farbe euer Hut hat. Ratet ihr richtig, lasse ich euch frei, ratet ihr falsch, so verwandle ich euch sofort in eine Maus. Bevor wir beginnen, dürft ihr euch kurz beraten.
Bevor Schneewittchen geboren wurde, kam ein gemeiner Zauberer zu den 8 Zwergen und hielt sie in ihrer Hütte gefangen. Nach ein paar Tagen wurde dem Zauberer langweilig, und er entschied sich, ein Spiel mit den Zwergen zu spielen:
Ihr stellt euch hintereinander auf. Anschließend setze ich euch nacheinander verdeckt entweder einen roten oder einen blauen Hut auf den Kopf. Damit könnt ihr nur die Hüte der Zwerge sehen, die vor euch stehen. Dann frage ich euch nacheinander, beginnend mit dem letzten, welche Farbe euer Hut hat. Ratet ihr richtig, lasse ich euch frei, ratet ihr falsch, so verwandle ich euch sofort in eine Maus. Bevor wir beginnen, dürft ihr euch kurz beraten.
Finde eine Strategie, möglichst viele Zwerge zu retten.
Landesgartenschau - (Juli 2018)
Legt man die Null der Höhenkoordinate z auf die Höhe der geraden Wege, so ist es Produkt von drei linearen Funktionen, die jeweils einen der Wege als Nullstellenmenge haben -- und damit bis auf einen Vorfaktor eindeutig
bestimmt.
Gäbe es zwei Stellen, wo der Turm stehen könnte, so würde die kubische Funktion auf die Gerade durch die beiden Stellen eingeschränkt zwei Maxima haben, wäre also nicht kubisch. Das kubische Polynom bleibt bei affinen Transformationen des zu grunde gelegten Koordinatensystems kubisch, also auch bei derjenigen, die A, B und C zyklisch permutiert. Bei dieser muss dann aber das Polynom sogar in sich selbst übergehen, weswegen auch die mögliche Position des Turmes in sich selbst übergeht. Daher kann der Turm auf der Karte nur im Schwerpunkt des Dreiecks aus den Punkten A, B und C liegen.
Gäbe es zwei Stellen, wo der Turm stehen könnte, so würde die kubische Funktion auf die Gerade durch die beiden Stellen eingeschränkt zwei Maxima haben, wäre also nicht kubisch. Das kubische Polynom bleibt bei affinen Transformationen des zu grunde gelegten Koordinatensystems kubisch, also auch bei derjenigen, die A, B und C zyklisch permutiert. Bei dieser muss dann aber das Polynom sogar in sich selbst übergehen, weswegen auch die mögliche Position des Turmes in sich selbst übergeht. Daher kann der Turm auf der Karte nur im Schwerpunkt des Dreiecks aus den Punkten A, B und C liegen.
Zu einer Landesgartenschau soll ein Geländeteil landschaftlich umgestaltet werden, und zwar zum Graphen eines kubischen Polynoms in zwei Variablen in einem kartesischen Koordinatensystem (die Höhe soll den Funktionswert darstellen).
Dabei soll es in dem Gelände drei gerade Wege geben, von denen sich je zwei in den fest auf der Karte vorgegebenen Punkten A, B bzw C auf dem Gelände kreuzen und die aus Inklusionsgründen eben und waagerecht verlaufen sollen. Ein Hügel wäre schön, weil man da am höchsten Punkt einen Aussichtsturm draufbauen könnte, um die Gartenschau (fast) aus der Vogelperspektive sehen zu können.
Welche Möglichkeiten gibt es für die Position des Aussichtsturms auf der Karte?
Eisverkauf - (Juni 2018)
Der Eisverkäufer bekommt zum Bezahlen 50 Mal ein Euro und 50 mal zwei Euro angeboten. Wir betrachten die möglichen Folge der angebotenen Geldstücke.
Wenn alle Kundenreihenfolgen gleichwahrscheinlich sind, so ist jede Reihenfolge
der 50 einzelnen Euro und der 50 Münzen zu 2 Euro gleichwahrscheinlich, wir können die Reihenfolgen also als 50 über 100 verschiedene gleichwahrscheinliche Elementarereignisse auffassen.
Nehmen wir an, es geht nicht gut, d.h. er muss nochmal los, Wechselgeld beschaffen. In dem Moment stehen in der Restschlange 21 Leute mehr mit einzelnen Euros als solche ohne. Diese Ereignisse sind die ungünstigen. Was nun passiert, ändert daran nichts mehr. Also dürfen wir uns vorstellen, alle Leute in der Restschlange nutzen nun die Gelegenheit und gehen erstmal anderen Geschäften nach, stellen sich dann aber wieder in der gleichen Reihenfolge an -- wobei allerdings die Leute die vorher passend zahlen konnten, nun nur noch eine zwei Euro Münze haben, die andern dafür aber passend zahlen können.
In jedem solchen Fall sinkt die Zahl der Leute, die passend Zahlen können, um genau 21. Der Eisverkäufer, der von den Zwischengeschäften nichts weiß, erlebt dann also nur 29 Leute, die passend zahlen können, aber 71 Leute, bei denen das nicht der Fall ist. In dieser Situation hätte das Wechselgeld nie gereicht. Wäre das aber die Ausgangssituation gewesen, hätte es nur 29 über 100 Ereignisse gegeben, allerdings hätte er bei gleichem Verhalten der Restschlange gerade die ursprüngliche Ausgangssituation wieder vorgefunden. Es gibt also eine Bijektion zwischen all diesen 29 über 100 Ereignissen und den ungünstigen Elementarereignissen, weswegen die gesuchte Wahrscheinlichkeit 1-(100!/(29!71!))/(100!/(50!50!))=1-(50*49*...*30)/(51*52*...*71), also ungefähr 0.9995 bzw. 99.95% beträgt.
Nehmen wir an, es geht nicht gut, d.h. er muss nochmal los, Wechselgeld beschaffen. In dem Moment stehen in der Restschlange 21 Leute mehr mit einzelnen Euros als solche ohne. Diese Ereignisse sind die ungünstigen. Was nun passiert, ändert daran nichts mehr. Also dürfen wir uns vorstellen, alle Leute in der Restschlange nutzen nun die Gelegenheit und gehen erstmal anderen Geschäften nach, stellen sich dann aber wieder in der gleichen Reihenfolge an -- wobei allerdings die Leute die vorher passend zahlen konnten, nun nur noch eine zwei Euro Münze haben, die andern dafür aber passend zahlen können.
In jedem solchen Fall sinkt die Zahl der Leute, die passend Zahlen können, um genau 21. Der Eisverkäufer, der von den Zwischengeschäften nichts weiß, erlebt dann also nur 29 Leute, die passend zahlen können, aber 71 Leute, bei denen das nicht der Fall ist. In dieser Situation hätte das Wechselgeld nie gereicht. Wäre das aber die Ausgangssituation gewesen, hätte es nur 29 über 100 Ereignisse gegeben, allerdings hätte er bei gleichem Verhalten der Restschlange gerade die ursprüngliche Ausgangssituation wieder vorgefunden. Es gibt also eine Bijektion zwischen all diesen 29 über 100 Ereignissen und den ungünstigen Elementarereignissen, weswegen die gesuchte Wahrscheinlichkeit 1-(100!/(29!71!))/(100!/(50!50!))=1-(50*49*...*30)/(51*52*...*71), also ungefähr 0.9995 bzw. 99.95% beträgt.
Ein Eisverkäufer kommt an den Strand und möchte Eis für je einen Euro verkaufen.
Er hat 20 einzelne Euromünzen als Wechselgeld mit.
Von den hundert Kunden des Tages wird wohl genau die Hälfte den Euro passend haben, die andere Hälfte hat aber wenigstens eine 2-Euro Münze und jeder wird wohl genau ein Eis kaufen.
Er geht davon aus, dass jede Reihenfolge der Kunden gleichwahrscheinlich ist.
Von den hundert Kunden des Tages wird wohl genau die Hälfte den Euro passend haben, die andere Hälfte hat aber wenigstens eine 2-Euro Münze und jeder wird wohl genau ein Eis kaufen.
Er geht davon aus, dass jede Reihenfolge der Kunden gleichwahrscheinlich ist.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit reicht unter diesen Voraussetzungen das Wechselgeld?
Einsturzgefahr - (Mai 2018)
Die Zwerge schaffen es in 17 Minuten.
Des Rätsels Lösung liegt darin, erst die beiden schnellen (Zwerg 3 und 4) loszuschicken (2 Minuten).
Sodann läuft Zwerg 4 zurück (3 Minuten).
Anschließend laufen Zwerg 1 und 2 gemeinsam (13 Minuten) und schicken Zwerg 3 zurück (15 Minuten).
Zum Abschluss können wieder die zwei schnellen Zwerge 3 und 4 zurück (17 Minuten).
4 Zwerge wurden in einem Stollen verschüttet und können nur durch einen kleinen Schacht entkommen.
Sie haben nur eine Lampe, der Schacht ist unbeleuchtet und gefährlich, und auch noch so eng, dass maximal 2 der Zwerge gleichzeitig durchpassen. Leider sind die Zwerge verletzt, sodass sie für den Weg unterschiedlich lange benötigen:
Zwerg 1 - 10 Minuten
Zwerg 2 - 5 Minuten
Zwerg 3 - 2 Minuten
Zwerg 4 - 1 Minute
Zwerg 1 - 10 Minuten
Zwerg 2 - 5 Minuten
Zwerg 3 - 2 Minuten
Zwerg 4 - 1 Minute
Wie schnell können die Zwerge entkommen?
Verzweifelter Kellner - (April 2018)
Leider müssen wir Peter enttäuschen, denn auf einem kreisrunden Tablett können 6 Gläser mit kreisförmiger Grundfläche (deswegen Weizenbiergläser) nur dann untergebracht werden, wenn auch 7 Gläser passen (das siebte Glas steht in der Mitte von den restlichen 6, deren Mittelpunkte auf den Eckpunkten eines regelmäßigen 6-Ecks liegen).
Passt nämlich ein Glas exakt in die Mitte und ein weiteres dazu, dann ist diese Anordnung mit sieben Gläsern möglich.
Das ist offenbar bei Peter nicht der Fall, denn sonst hätte er die sieben Bier ja schon drauf.
Stellt er also mehrere Gläser auf das Tablett so steht keines zentral. Also bilden die Mittelpunkte des Tabletts und je zweier Gläser (projiziert auf das Tablett) ein Dreieck, dessen längste Seite die Verbindung der Gläsermittelpunkte ist.
Ihr gegenüber liegt damit ein überdurchschnittlich großer Innenwinkel.
Die Strahlen, die vom Tablettzentrum ausgehend durch die Gläsermittelpunkte gehen, zerschneiden das Tablett also in Sektoren mit Winkeln größer als 60 Grad, also höchstens in fünf Stück --
egal wie Peter es anstellt, er kann höchstens 5 Gläser draufgestellen.
Siehe auch Wikipedia.
Nachdem das Wetter endlich schöner ist, zieht es viele Besucher in Peters Biergarten.
Peter versucht gerade verzweifelt, die 7 gleichgroßen Weizenbiergläser aus seiner letzten Bestellung auf sein kreisrundes Tablett zu schlichten, als ein Kunde ruft: "Ich 'hicks' brauche doch kein Bier mehr."
Erleichtert atmet Peter auf und denkt sich: "Jetzt, wo ich ein Glas weniger tragen muss, bekomme ich die Gläser doch sicher auf mein Tablett."
Kann Peter es schaffen, 6 Weizenbiergläser auf dem Tablett unterzubringen, auf dem für 7 nicht genug Platz war?
Schokolade teilen - (März 2018)
Maßgebend ist, wie oft man die jeweiligen Anzahlen ganzzahlig durch Zwei teilen kann, bis Eins rauskommt. Diese Anzahl ist gerade der auf die nächste ganze Zahl
abgerundete Logarithmus zur Basis zwei, wir nennen sie hier kurz "Halbierungszahl".
Wenke kann den Sieg erzwingen, wenn die senkrechte Halbierungszahl größer ist als die waagerechte -- und zwar indem sie immer ein solches Schokoladenrechteck in zwei etwa gleichgroße Teile teilt, in welchem diese Bedingung zutrifft.
Dann findet Stefan nämlich nur solche Rechtecke vor, in denen die waagerechte Halbierungszahl höchstens so groß ist wie die senkrechte. Er muss daher wenigstens ein Schokoladenrechteck für Wenkes nächsten Zug produzieren, oder er kann nicht mehr teilen.
Ist umgekehrt die senkrechte Halbierungszahl höchstens so groß wie die waagerechte, so kann Stefan den Sieg analog erzwingen, nun produziert Wencke in jedem Zug ein Rechteck, dessen waagerechte Halbierungszahl größer ist wie die senkrechte -- und dieses kann Stefan dann jeweils in zwei etwa gleichgroße Stücke teilen.
Wenke kann den Sieg erzwingen, wenn die senkrechte Halbierungszahl größer ist als die waagerechte -- und zwar indem sie immer ein solches Schokoladenrechteck in zwei etwa gleichgroße Teile teilt, in welchem diese Bedingung zutrifft.
Dann findet Stefan nämlich nur solche Rechtecke vor, in denen die waagerechte Halbierungszahl höchstens so groß ist wie die senkrechte. Er muss daher wenigstens ein Schokoladenrechteck für Wenkes nächsten Zug produzieren, oder er kann nicht mehr teilen.
Ist umgekehrt die senkrechte Halbierungszahl höchstens so groß wie die waagerechte, so kann Stefan den Sieg analog erzwingen, nun produziert Wencke in jedem Zug ein Rechteck, dessen waagerechte Halbierungszahl größer ist wie die senkrechte -- und dieses kann Stefan dann jeweils in zwei etwa gleichgroße Stücke teilen.
Wenke und Stefan haben eine große Tafel Schokolade bekommen und spielen folgendes Spiel:
Abwechselnd (wobei Wenke beginnt) nehmen sie ein rechteckiges Teilstück und zerbrechen es entlang der Linien, die die einzelnen Schokoladeplätzchen trennen in zwei
rechteckige Stücken. Wenke teilt dabei immer waagerecht (also in der Richtung,
in der die Schokoladeplätzchen die größere Ausdehnung haben), Stefan immer senkrecht.
Wer zuerst nicht mehr in seiner Richtung teilen kann, hat verloren.
Bei welchen Größen der Schokolade (Anzahl Plätzchen waagerecht x Anzahl Plätzchen senkrecht) kann Wenke den Sieg erzwingen?
Ein Himmel voller Sterne - (Februar 2018)
Sei r eine beliebige Richtung in die der Betrachter schaut. Wir geben der Koordinatenhalbachse mit spitzestem Winkel zu r die Bedeutung der positiven z-Achse und lassen die Mittelpunkte aller Sterne oberhalb der xy-Ebene der anderen beiden Achsen in Richtung r auf diese hinabregnen (pro Sekunde Höhe 1 verlierend).
Die Auftreffpunkte bilden zu jedem Zeitpunkt ein Muster, das invariant gegenüber ganzzahligen Verschiebungen in x- und y-Richtung ist.
Das haben sie von ihren Ursprungspunkten geerbt.
Da es beliebig lange regnet und jede Sekunde jedes Gitterquadrat einmal getroffen wird, wird jedes Gitterquadrat aber beliebig oft getroffen.
Deswegen gibt es (in jedem Gitterquadrat) zwei Auftreffpunkte, die dichter beieinander liegen als der Sternenradius lang ist.
Verschiebt man den höheren der beiden entsprechenden Sternenmittelpunkte um den Vektor, der vom niedrigeren auf den Betrachter zeigt,
findet man den Mittelpunkt eines Sterns,
den der Betrachter beim Blick in Richtung r sehen könnte, wenn sein Licht nicht anderweitig
aufgehalten oder abgelenkt würde.
Im übrigen ist dies eine Illustration des Olberesschen Paradoxons, dass unser Sternenhimmel finster ist, obwohl wir doch überall Sterne (bei unendlichem homogenen Universum) oder den Urknall (aktuelles Modell) sehen würden. Aufgelöst wird dies im aktuellen Modell durch Expansionsrotverschiebung -- leider scheint sich die Expansion aber entsprechend dieses Modells zu beschleunigen, was einer Verletzung des Energieerhaltungssatzes in kosmischen Größenordnungen gleichkommt. Die bisherigen Reparaturversuche dieser Unschönheit münden in dunkler Energie...
Im übrigen ist dies eine Illustration des Olberesschen Paradoxons, dass unser Sternenhimmel finster ist, obwohl wir doch überall Sterne (bei unendlichem homogenen Universum) oder den Urknall (aktuelles Modell) sehen würden. Aufgelöst wird dies im aktuellen Modell durch Expansionsrotverschiebung -- leider scheint sich die Expansion aber entsprechend dieses Modells zu beschleunigen, was einer Verletzung des Energieerhaltungssatzes in kosmischen Größenordnungen gleichkommt. Die bisherigen Reparaturversuche dieser Unschönheit münden in dunkler Energie...
In einem dreidimensionalen euklidischen Universum hat ein einsamer Betrachter ein kartheseisches Koordinatensystem eingeführt.
Eine Koordinateneinheit ist dabei 1 Gigant (ziemlich gigantische Maßeinheit der Länge).
An allen anderen Punkten (außer dem Ursprung) befinden sich die Mittelpunkte von vergleichsweise winzigen gleichhellen kugelförmige Sternen, die alle den gleichen Radius haben.
An allen anderen Punkten (außer dem Ursprung) befinden sich die Mittelpunkte von vergleichsweise winzigen gleichhellen kugelförmige Sternen, die alle den gleichen Radius haben.
Zeige, dass trotz der Winzigkeit der Sterne im Vergleich zu ihren gigantischen Abständen jeder (geometrische) Strahl vom einsamen Betrachter aus einen Stern trifft; der ganze Himmel also so hell leuchten müsste wie die Sternenoberfläche, wenn das Licht nicht anderweitig aufgehalten oder abgelenkt würde.
Hungriger Drache #3 - (Januar 2018)
Die Farben auf der Stirn von Zwerg 2 sind rot und schwarz.
Zur besseren Darstellung schreiben wir die Farben, die die Zwerge auf der Stirn haben, in ein Tupel, zum Beispiel (rs,rs,rr). Das würde bedeuten, dass Zwerg 1 und Zwerg 2 jeweils einen roten und einen schwarzen Punkt auf den Stirnen haben, und der dritte Zwerg zwei rote Punkte auf der Stirn hat.
Um zu einer Lösung des Rätsels zu gelangen, gehen wir der Reihe nach vor:
Erste Fragerunde:
Zwerg 1 würde "Ja" sagen, sobald er bei den anderen Zwergen zweimal dieselbe Farbe entdeckt, damit können wir also (rr,ss,ss) und (ss,rr,rr) ausschließen. Analog gehen wir bei dem zweiten Zwerg vor, dieser würde aus demselben Grund "Ja" sagen, also schließen wir auch (ss,rr,ss) sowie (rr,ss,rr). Gleiches gilt auch für den dritten Zwerg, somit schließen wir (rr,rr,ss) sowie (ss,ss,rr) aus. Außerdem überlegen wir uns folgendes. Würde der dritte Zwerg sehen, dass auf den Stirnen der anderen Zwerge jeweils einmal "rr" und einmal "ss" aufgemalt sind, so wüsste er, dass er nur "rs" haben kann, andernfalls hätte entweder Zwerg 1 oder Zwerg 2 bereits mit "Ja" geantwortet. Somit schließen wir auch (rr,ss,rs) und (ss,rr,rs) aus.
Zweite Fragerunde:
Ähnlich sieht die Überlegung von Zwerg 1 aus. Er würde "Ja" sagen, falls er "rr" und "ss" sehen würde, denn dann wüsste er, dass er "rs" hat. Er würde aber auch "Ja" sagen, falls er auf den anderen Stirnen "rr" und "rs" bzw. "ss" und "rs" sehen sollte, denn in diesem Fall wüsste er ebenfalls, dass er nur "rs" haben kann. Folglich können wir (rs,rr,ss) und (rs,ss,rr) sowie (rs,rr,rs) und (rs,ss,rs) ausschließen.
Wenn der zweite Zwerg jetzt aufgepasst hat, weiß er, dass er nur noch "rs" haben kann. Tipp: Einfach mal einen kleinen Baum mit allen Möglichkeiten aufmalen und die ausgeschlossenen Möglichkeiten wegstreichen.
Zur besseren Darstellung schreiben wir die Farben, die die Zwerge auf der Stirn haben, in ein Tupel, zum Beispiel (rs,rs,rr). Das würde bedeuten, dass Zwerg 1 und Zwerg 2 jeweils einen roten und einen schwarzen Punkt auf den Stirnen haben, und der dritte Zwerg zwei rote Punkte auf der Stirn hat.
Um zu einer Lösung des Rätsels zu gelangen, gehen wir der Reihe nach vor:
Erste Fragerunde:
Zwerg 1 würde "Ja" sagen, sobald er bei den anderen Zwergen zweimal dieselbe Farbe entdeckt, damit können wir also (rr,ss,ss) und (ss,rr,rr) ausschließen. Analog gehen wir bei dem zweiten Zwerg vor, dieser würde aus demselben Grund "Ja" sagen, also schließen wir auch (ss,rr,ss) sowie (rr,ss,rr). Gleiches gilt auch für den dritten Zwerg, somit schließen wir (rr,rr,ss) sowie (ss,ss,rr) aus. Außerdem überlegen wir uns folgendes. Würde der dritte Zwerg sehen, dass auf den Stirnen der anderen Zwerge jeweils einmal "rr" und einmal "ss" aufgemalt sind, so wüsste er, dass er nur "rs" haben kann, andernfalls hätte entweder Zwerg 1 oder Zwerg 2 bereits mit "Ja" geantwortet. Somit schließen wir auch (rr,ss,rs) und (ss,rr,rs) aus.
Zweite Fragerunde:
Ähnlich sieht die Überlegung von Zwerg 1 aus. Er würde "Ja" sagen, falls er "rr" und "ss" sehen würde, denn dann wüsste er, dass er "rs" hat. Er würde aber auch "Ja" sagen, falls er auf den anderen Stirnen "rr" und "rs" bzw. "ss" und "rs" sehen sollte, denn in diesem Fall wüsste er ebenfalls, dass er nur "rs" haben kann. Folglich können wir (rs,rr,ss) und (rs,ss,rr) sowie (rs,rr,rs) und (rs,ss,rs) ausschließen.
Wenn der zweite Zwerg jetzt aufgepasst hat, weiß er, dass er nur noch "rs" haben kann. Tipp: Einfach mal einen kleinen Baum mit allen Möglichkeiten aufmalen und die ausgeschlossenen Möglichkeiten wegstreichen.
Unser Drache hat wieder einmal 3 Zwerge entführt, um mit ihnen um ihr Leben zu spielen:
Liebe Gäste, bevor ich euch verspeise, möchte ich euch noch eine Möglichkeit geben, zu entkommen. Als erstes male ich jedem von euch Zwergen zwei Punkte auf die Stirn, die jeweils rot oder schwarz sein können. Dabei verwende ich jeden Stift maximal 4 mal. Ihr könnt also die Punkte auf den Stirnen der anderen Zwerge erkennen, nicht aber eure eigenen.
Anschließend frage ich euch der Reihe nach, ob ihr die Farbe der Punkte auf eurer Stirn wisst. Dabei dürft ihr nur mit "Ja" oder "Nein" antworten. Sobald der erste von euch mit "Ja" geantwortet hat, muss er die Farbe(n) auf seiner Stirn nennen, sonst verspeise ich euch direkt. Antwortet der Zwerg richtig, lasse ich euch frei. Wichtig: Ihr dürft euch vorher nicht absprechen.
Das Spiel nimmt seinen Lauf:
Zwerg 1: "Nein"
Zwerg 2: "Nein"
Zwerg 3: "Nein"
Zwerg 1: "Nein"
Zwerg 2: "Ja"
Liebe Gäste, bevor ich euch verspeise, möchte ich euch noch eine Möglichkeit geben, zu entkommen. Als erstes male ich jedem von euch Zwergen zwei Punkte auf die Stirn, die jeweils rot oder schwarz sein können. Dabei verwende ich jeden Stift maximal 4 mal. Ihr könnt also die Punkte auf den Stirnen der anderen Zwerge erkennen, nicht aber eure eigenen.
Anschließend frage ich euch der Reihe nach, ob ihr die Farbe der Punkte auf eurer Stirn wisst. Dabei dürft ihr nur mit "Ja" oder "Nein" antworten. Sobald der erste von euch mit "Ja" geantwortet hat, muss er die Farbe(n) auf seiner Stirn nennen, sonst verspeise ich euch direkt. Antwortet der Zwerg richtig, lasse ich euch frei. Wichtig: Ihr dürft euch vorher nicht absprechen.
Das Spiel nimmt seinen Lauf:
Zwerg 1: "Nein"
Zwerg 2: "Nein"
Zwerg 3: "Nein"
Zwerg 1: "Nein"
Zwerg 2: "Ja"
Welche Farben hat Zwerg 2 auf der Stirn?
Lam Soyd und seine Päckchen - (Dezember 2017)
Die Päckchen von Lam Soyd können leider nicht in die gewünschte Reihenfolge gebracht werden.
Um dies einzusehen, benötigen wir den Begriff der "Fehlstandszahl einer Permutation".
Dazu denken wir uns den leeren Platz mit einer "16" gefüllt.
Nun betrachten wir alle Pärchen von Päckchen und zählen,
wie viele davon in der falschen Reihenfolge liegen, d.h.,
wir zählen alle Päckchenpaare bei denen das mit der größeren Zahl vor dem mit der kleineren Zahl
liegt.
In der Ausgangssituation ist diese Fehlstandszahl also 1,
da nur 14 und 15 in der falschen Reihenfolge liegen.
Verschiebt man den leeren Platz horizontal, dann ändert sich die Fehlstandszahl um 1, da die 16 mit einer anderen Zahl den Platz tauscht. Verschiebt man den leeren Platz vertikal, dann kann man sich überlegen, dass sich die Fehlstandszahl um eine ungrade Zahl ändert. Wenn nach einer gewissen Anzahl an Zügen das leere Feld wieder unten rechts liegt, dann hat man eine gerade Anzahl an Zügen durchgeführt. Dabei hat sich die Fehlstandszahl um eine gerade Zahl geändert. Da sie am Anfang 1 war, kann sie am Ende also nicht 0 sein und somit ist mindestens ein Paar an Päckchen noch vertauscht.
Der Weihnachtsmann kann den Wichteln also sagen, dass Lam Soyds Problem unlösbar ist.
Der Name "Lam Soyd" ist eine Hommage an den berühmten Rätselspezialisten Sam Loyd. Dieser hat einen Preis von 1000 USD auf die Lösung dieses Rätsels ausgeschrieben. Es kann davon ausgegangen werden, dass er bereits wusste, dass das Rätsel unlösbar ist.
In der Variante, die der oberschlaue Zwerge anspricht, kann das Rätsel gelöst werden. Dann muss nämlich das leere Feld in die obere linke Ecke gebracht werden. Der Nachweis, das dies möglich ist, ist allerdings etwas aufwendiger. Eine Möglichkeit besteht darin, sich zu überlegen, dass ein \(2\times3\)-Feld in eine beliebige Anordnung (mit derselben Parität) gebracht werden kann. Dann kann man sich durch das gesamte Feld "hangeln".
Mehr Informationen zu dem Rätsel finden sich auch in der Wikipedia.
Verschiebt man den leeren Platz horizontal, dann ändert sich die Fehlstandszahl um 1, da die 16 mit einer anderen Zahl den Platz tauscht. Verschiebt man den leeren Platz vertikal, dann kann man sich überlegen, dass sich die Fehlstandszahl um eine ungrade Zahl ändert. Wenn nach einer gewissen Anzahl an Zügen das leere Feld wieder unten rechts liegt, dann hat man eine gerade Anzahl an Zügen durchgeführt. Dabei hat sich die Fehlstandszahl um eine gerade Zahl geändert. Da sie am Anfang 1 war, kann sie am Ende also nicht 0 sein und somit ist mindestens ein Paar an Päckchen noch vertauscht.
Der Weihnachtsmann kann den Wichteln also sagen, dass Lam Soyds Problem unlösbar ist.
Der Name "Lam Soyd" ist eine Hommage an den berühmten Rätselspezialisten Sam Loyd. Dieser hat einen Preis von 1000 USD auf die Lösung dieses Rätsels ausgeschrieben. Es kann davon ausgegangen werden, dass er bereits wusste, dass das Rätsel unlösbar ist.
In der Variante, die der oberschlaue Zwerge anspricht, kann das Rätsel gelöst werden. Dann muss nämlich das leere Feld in die obere linke Ecke gebracht werden. Der Nachweis, das dies möglich ist, ist allerdings etwas aufwendiger. Eine Möglichkeit besteht darin, sich zu überlegen, dass ein \(2\times3\)-Feld in eine beliebige Anordnung (mit derselben Parität) gebracht werden kann. Dann kann man sich durch das gesamte Feld "hangeln".
Mehr Informationen zu dem Rätsel finden sich auch in der Wikipedia.
Der Weihnachtswichtel Lam Soyd hat ein Problem.
Er ist gerade dabei, einen Adventskalender für ein Land,
in dem Weihnachten schon am 16. Dezember stattfindet, zu packen.
In die quadratische Kiste hat er schon die Päckchen
1-15 gepackt, dabei hat er aber die letzten beiden verwechselt
(siehe Bild).
Die Päckchen sind auch zu schwer, um sie wieder aus der Kiste zu heben.
Allerdings kann er sie herumschieben, er schafft es aber trotzdem nicht,
sie in die richtige Position zu bringen.
Da es viele clevere Weihnachtswichtel gibt, verspricht Lam Soyd eine Belohnung von 1.000 Schokotalern, für den Wichtel, der seine Päckchen wieder in Ordnung bringt.
Nun hat der Weihnachtsmann ein Problem: Alle Wichtel versuchen nun, Lam Soyds Problem zu lösen und vernachlässigen dabei ihre eigentlich so wichtigen Aufgaben. Muss Weihnachten nun ausfallen?
Letztendlich kommt ein oberkluger Wichtel dazu
und bemerkt:
"Vielleicht können wir die Leute davon überzeugen, die Tage mit 0 bis 15 zu nummerieren.
Dann kann ich Lam Soyd helfen."
Da es viele clevere Weihnachtswichtel gibt, verspricht Lam Soyd eine Belohnung von 1.000 Schokotalern, für den Wichtel, der seine Päckchen wieder in Ordnung bringt.
Nun hat der Weihnachtsmann ein Problem: Alle Wichtel versuchen nun, Lam Soyds Problem zu lösen und vernachlässigen dabei ihre eigentlich so wichtigen Aufgaben. Muss Weihnachten nun ausfallen?
Kannst du dem Weihnachtsmann helfen, dass die Wichtel ihre Arbeit wieder aufnehmen?
Verteilung von Credit Points - (November 2017)
Der ranghöchste Student macht den Verteilungsvorschlag (98,0,1,0,1), wobei er sich die 98 Credit Points gibt. Die anderen Studenten überlegen kurz und der Vorschlag wird nach Abstimmung angenommen ohne das jemand exmatrikuliert wird, aber warum?
- Fall 1: Bis auf Student D und E sind alle exmatrikuliert. Jetzt kann D den Verteilungsvorschlag (100,0) machen und gewinnt bei der Abstimmung, da bei Unentschieden seine Stimme mehr Gewicht hat.
- Fall 2: Bis auf die Studenten C, D und E sind alle exmatrikuliert. C braucht genau eine weitere Stimme, um eine vorgeschlagene Verteilung durchzubekommen. C und E wissen, dass E leer ausgeht, falls nur noch D und E übrig bleiben, also reicht der Verteilungsvorschlag (99,0,1) aus, damit E zustimmt.
- Fall 3: Die Studenten B, C, D und E sind übrig. B braucht eine weitere Stimme, um seinen Vorschlag durchzubringen. Alle wissen, dass D leer ausgeht, falls nur noch C, D und E übrig bleiben, also schlägt B die Verteilung (99,0,1,0) vor.
- Fall 4: Der Vorschlag (98,0,1,0,1) von Student A wird angenommen, weil C und E zustimmen.
Im Falle von n Studenten kann man bis n=202 argumentieren wie bisher.
Richtig interessant wird die Frage wieder für n>202, die Antwort findet man hier:
A Puzzle for Pirates (Students)
Fünf Informatikstudenten haben sich ins Prüfungsamt gehackt, dadurch haben sie jetzt die Möglichkeit 100 Credit Points untereinander zu verteilen und Studenten zu exmatrikulieren.
Es gibt eine strikte Rangfolge unter den Studenten, daher gibt es folgende Verteilungsregeln:
Da es sich um logisch denkende und demokratische Informatikstudenten handelt, treffen diese ihre Entscheidungen nach folgender Grundlage:
Nun ergeben sich natürlich folgende Fragen:
Der ranghöchste Student macht einen Vorschlag zur Aufteilung, dann stimmen alle ab, ob der Vorschlag akzeptiert wird. Wird der Vorschlag angenommen, erfolgt die Verteilung der Punkte dementsprechend, andernfalls wird der ranghöchste Student exmatrikuliert. Kommt es zu einer Exmatrikulation muss der ranghöchste verbleibende Student einen Verteilungsvorschlag machen und die verbleibenden Studenten dürfen abstimmen. Und so weiter... (Bei Unentschieden entscheidet die Stimme des ranghöchsten Studenten.)
- Jeder Student will immatrikuliert bleiben.
- Jeder Student möchte die Anzahl seiner Credit Points maximieren.
- Falls sich für einen Studenten keines der vorigen Kriterien ändert, entscheidet er sich immer dafür die Konkurrenz zu exmatrikulieren, also den Vorschlag abzulehnen.
Welche Verteilung der Credit Points wird sich für die 5 Studenten ergeben? Welche Studenten werden exmatrikuliert? Zusatzfrage: Was ergibt sich für n Studenten?
Der madige Apfel - (Oktober 2017)
Wir stellen uns die senkrechte Parallelprojektion des Ganges
auf die Ebene durch den Mittelpunkt M des Kugelapfels sowie Eintrittsloch E und Austrittsloch A vor. Da Längen unter dieser Projektion nie länger werden, hat die Projektion des Ganges höchstens die Länge D gleich dem Apfeldurchmesser. Alle Punkte, die die Projektion des Ganges also erreicht haben könnten, liegen in einer Ellipse, deren
Brennpunkte E und A sind. Diese liegen also auf der großen Hauptachse der Ellipse und die kleine Hauptachse geht durch den Mittelpunkt des Apfels. Da im Mittelpunkt der Gesamtsabstand zu E und A gleich D ist, liegt dieser auf dem Rand der Ellipse und die Gerade senkrecht
zum Lot von M auf die Gerade durch E und A teilt die Projektion wie gewünscht. Damit teilt die entsprechende Ebene den Apfel wie gewünscht.
Hat der Gang den Durchmesser d und die Länge l, so kann man im Gang jeden Punkt P mit Gesamtabstand d+l zu E und A erreichen, indem man von E aus auf der Mittellinie des Ganges bis zum P nächstgelegenen Punkt geht und dann direkt zu P und wieder zurück, um dann der Mittellinie zu A zu folgen. Damit lässt sich die Projektion des Ganges in eine Ellipse mit Brennpunkten E und A und Gesamtabstand zu den Brennpunkten höchstens d+l einsperren und der Halbierungstrick klappt, wenn d+l
Hat der Gang den Durchmesser d und die Länge l, so kann man im Gang jeden Punkt P mit Gesamtabstand d+l zu E und A erreichen, indem man von E aus auf der Mittellinie des Ganges bis zum P nächstgelegenen Punkt geht und dann direkt zu P und wieder zurück, um dann der Mittellinie zu A zu folgen. Damit lässt sich die Projektion des Ganges in eine Ellipse mit Brennpunkten E und A und Gesamtabstand zu den Brennpunkten höchstens d+l einsperren und der Halbierungstrick klappt, wenn d+l
Eine Made frisst einen linienförmigen unverzweigten Gang durch einen kugelförmigen Apfel. Auf Grund der Madenart ist klar,
dass der Gang so lang ist, wie der Apfel dick.
Ein und Austrittsloch des Ganges sind sichtbar.
Wie lang darf der Gang sein, wenn der Apfel Durchmesser D und der
Raupengang Durchmesser d hat, wenn man eine unangefressene Hälfte eben abschneiden können möchte?
Kann man den Apfel so durch einen ebenen Schnitt in zwei Hälften teilen, dass eine der Hälften vom Madengang sicher höchstens berührt wird?
Wer gewinnt? - (September 2017)
Wie es im Hinweis angegeben ist,
wollen wir uns zuerst überlegen,
wer gewinnt, wenn nur mit wenigen Münzen gespielt wird.
Angenommen, es wird nur mit einer Münze gespielt. Dann nimmt der Startspieler diese Münze und hat gewonnen. Ganz ähnlich sieht es aus, wenn mit höchstens \(10\) Münzen begonnen wird. Auch dann kann der Startspieler alle Münzen wegnehmen und hat gewonnen. Wir halten also fest: Sind \(1\) bis \(10\) Münzen übrig, dann gewinnt der Spieler, der gerade am Zug ist.
Wie sieht es nun bei \(11\) Münzen aus? Der ziehende Spieler nimmt eine Anzahl zwischen \(1\) und \(10\) weg. Danach liegen zwischen \(10\) und \(1\) Münze da und der andere Spieler ist am Zug. Nach unserer vorherigen Überlegung gewinnt dieser aber und dies kann der anziehende Spieler nicht verhindern! Also: bei \(11\) Münzen wird der Spieler am Zug verlieren.
Diese Überlegung kann man nun weiterführen. Liegen zwischen \(12\) und \(21\) Münzen, dann nimmt man so viele weg, dass genau \(11\) Münzen übrigbleiben. Dann ist der andere Spieler am Zug und er wird, wie wir oben gesehen haben, verlieren.
Allgemein gilt: Liegt ein Vielfaches von \(11\) aus, dann wird man verlieren. Andernfalls ist man in einer Gewinnsituation. Um zu gewinnen, muss man immer so viele Münzen nehmen, dass ein Vielfaches von \(11\) übrig bleibt.
Angenommen, es wird nur mit einer Münze gespielt. Dann nimmt der Startspieler diese Münze und hat gewonnen. Ganz ähnlich sieht es aus, wenn mit höchstens \(10\) Münzen begonnen wird. Auch dann kann der Startspieler alle Münzen wegnehmen und hat gewonnen. Wir halten also fest: Sind \(1\) bis \(10\) Münzen übrig, dann gewinnt der Spieler, der gerade am Zug ist.
Wie sieht es nun bei \(11\) Münzen aus? Der ziehende Spieler nimmt eine Anzahl zwischen \(1\) und \(10\) weg. Danach liegen zwischen \(10\) und \(1\) Münze da und der andere Spieler ist am Zug. Nach unserer vorherigen Überlegung gewinnt dieser aber und dies kann der anziehende Spieler nicht verhindern! Also: bei \(11\) Münzen wird der Spieler am Zug verlieren.
Diese Überlegung kann man nun weiterführen. Liegen zwischen \(12\) und \(21\) Münzen, dann nimmt man so viele weg, dass genau \(11\) Münzen übrigbleiben. Dann ist der andere Spieler am Zug und er wird, wie wir oben gesehen haben, verlieren.
Allgemein gilt: Liegt ein Vielfaches von \(11\) aus, dann wird man verlieren. Andernfalls ist man in einer Gewinnsituation. Um zu gewinnen, muss man immer so viele Münzen nehmen, dass ein Vielfaches von \(11\) übrig bleibt.
Zwei Personen haben 100 Münzen und beschließen ein Spiel zu spielen.
Abwechselnd muss jeder Spieler zwischen 1 und 10 Münzen nehmen.
Es gewinnt der Spieler, der die letzte Münze nimmt.
Hinweis: Probiere zuerst, was passiert, wenn die Spieler mit wenigen
Münzen starten.
Wie sieht es aus, wenn die Spieler \(k\) Münzen haben und in jedem Zug zwischen \(n\) und \(m\) viele Münzen nehmen?
Wer gewinnt?
Wie sieht es aus, wenn die Spieler \(k\) Münzen haben und in jedem Zug zwischen \(n\) und \(m\) viele Münzen nehmen?
Ein neues Sofa für Familie Maulwurf - (August 2017)
Das Problem des Monats August war zwar kein
Millennium-Problem,
aber immerhin das recht bekannte
Moving sofa problem
(auf dieser Wikipedia-Seite finden sich viele Inforationen und weiterführende Links).
Das Problem wurde von Leo Moser im Jahr 1966 gestellt. Eine deutliche Verbesserung gegenüber dem Quadrat bietet zum Beispiel ein Halbkreis mit Radius \(1\), dies führt auf eine Fläche von \(\pi/2 \approx 1.57078\). Dieser kann einfach um die Ecke rotiert werden. Es kann auch relativ einfach argumentiert werden, dass die maximale Fläche kleiner als \(2 \, \sqrt 2 \approx 2.8284\) sein muss. Der längste Stab, der um die Ecke passt hat nämlich gerade die Länge \(2 \, \sqrt 2\) (betrachte dazu den Stab, wenn er gerade um \(45^\circ\) gedreht ist). Das Sofa muss also
Die bisher beste bekannte Lösung von Joseph Gerver hat einen Flächeninhalt von ungefähr \(2.2195\). Weiter ist bisher lediglich bekannt, dass das Sofa nicht größer als \(2.37\) sein kann. Dies wurde erst im Juni 2017 gezeigt, aber dafür musste ein Computer 20 Tage lang rechnen.
Schließlich können wir nur hoffen, dass die Familie Maulwurf sich mit einem Gerver-Sofa zufrieden stellt.
Das Problem wurde von Leo Moser im Jahr 1966 gestellt. Eine deutliche Verbesserung gegenüber dem Quadrat bietet zum Beispiel ein Halbkreis mit Radius \(1\), dies führt auf eine Fläche von \(\pi/2 \approx 1.57078\). Dieser kann einfach um die Ecke rotiert werden. Es kann auch relativ einfach argumentiert werden, dass die maximale Fläche kleiner als \(2 \, \sqrt 2 \approx 2.8284\) sein muss. Der längste Stab, der um die Ecke passt hat nämlich gerade die Länge \(2 \, \sqrt 2\) (betrachte dazu den Stab, wenn er gerade um \(45^\circ\) gedreht ist). Das Sofa muss also
kürzerals \(2 \, \sqrt 2\) sein. Weiterhin kann das Sofa nicht
breiterals \(1\) sein, denn dann passt es ja gar nicht erst in den Gang. Somit kann der Flächeninhalt \(2 \, \sqrt 2\) nicht überschreiten.
Die bisher beste bekannte Lösung von Joseph Gerver hat einen Flächeninhalt von ungefähr \(2.2195\). Weiter ist bisher lediglich bekannt, dass das Sofa nicht größer als \(2.37\) sein kann. Dies wurde erst im Juni 2017 gezeigt, aber dafür musste ein Computer 20 Tage lang rechnen.
Schließlich können wir nur hoffen, dass die Familie Maulwurf sich mit einem Gerver-Sofa zufrieden stellt.
Familie Maulwurf möchte sich ein neues Sofa kaufen.
Dabei gibt es allerdings ein Problem:
Der Gang, der zu ihrer Höhle führt,
ist überall einen Meter breit und knickt an einer Stelle rechtwinklig ab.
Um diese Ecke muss das Sofa herummanövriert werden.
Vater Maulwurf schlägt vor,
ein Sofa der Größe \(1\mathrm{m} \times 1\mathrm{m}\)
zu kaufen, dies kann einfach bis in die Ecke
geschoben und dann ins Wohnzimmer gezogen werden.
Mutter Maulwurf ist so ein Sofa mit einer Liegefläche
von nur \(1 \mathrm{m}^2\) aber zu klein.
Der Sohn hat eine Idee - vielleicht kann das Sofa
größer werden, wenn man es geschickt um die Ecke dreht?
Hinweis: Versuche bitte nicht, die Maulwürfe von einer anderen Farbe zu überzeugen.
Sie haben keinen Geschmack.
Wie groß kann das Sofa für Familie Maulwurf werden? Kannst du zeigen, dass es kleiner als ein bestimmter Wert sein muss?
4 Zwerge und der Wackeltisch - (Juli 2017)
Der Mathematik-Zwerg überlegt kurz und sagt dann, dass es kein Problem ist den Tisch ohne Wackeln in der Mitte des Raumes zu verwenden und gibt den Zwergen folgende einfache Lösung:
"Dreht den Tisch um seinen Mittelpunkt bis er nicht mehr wackelt."
Die Zwerge sind skeptisch und probieren den Vorschlag aus. Verblüfft stellen sie fest, dass der Tisch nicht mehr wackelt, obwohl sie ihn nur ein wenig gedreht haben. Natürlich wollen sie vom Mathematik-Zwerg wissen, warum es funktioniert hat. Dieser lacht und antwortet:
Ein schönes Video zu dem Problem findet sich auf Youtube.
"Dazu benötigt man bloß den Mittelwertsatz aus der Analysis. Man nummeriert die Beine 1-4 durch. Die Beine 1 bis 3 berühren immer den Boden, dies geht auch immer, da 3 Punkte eine Ebene aufspannen und ein dreibeiniger Tisch somit nie wackelt. Nun betrachtet man die Funktion, die den Abstand des 4ten Beines vom Boden beschreibt, wenn man den Tisch um seinen Mittelpunkt dreht. Diese kann positiv sein, wenn das Bein in der Luft hängt oder negativ sein, wenn das Tischbein (theoretisch) in den Boden ragt. Von dieser Funktion weiß man, dass sie im Ausgangszustand größer Null ist, da das 4te Bein in der Luft hängt und der Tisch wackelt, und man sieht auch leicht ein, dass die Funktion kleiner Null ist, wenn man den Tisch um 90Grad dreht und fordert, dass die Beine 1-3 weiterhin den Boden berühren. Unter der Annahme, dass der Boden stetig, wenn auch wellig ist, kann man nun verwenden, dass eine stetige Funktion irgendwo dazwischen ihre Nullstelle annimmt (Mittelwertsatz) und dies ist genau die Stelle an dem der Tisch nicht wackelt. Dies ist nämlich genau die Stelle bei der die Beine 1 bis 3 auf dem Boden stehen (Forderung) und die Höhendifferenz des 4ten Beines null ist."
Die vier Zwerge sind schwer beeindruckt und glücklich, dass sie ihren Esstisch ohne Umbaumaßnahmen verwenden können.
Ein schönes Video zu dem Problem findet sich auf Youtube.
Vier Zwerge bauen sich einen neuen Esstisch aus massivem Eichenholz, natürlich beherrschen sie ihr Handwerk perfekt und bauen einen wunderschönen quadratischen Tisch mit vier exakt gleich langen Beinen. Dieser schöne Tisch muss natürlich in die Mitte des Esszimmers und sie können es kaum erwarten den Tisch auszuprobieren. Aber was ist das? ... Der perfekte Tisch wackelt. Ohje, die Zwerge haben vergessen, dass ihr Fußboden in der Höhle nicht so perfekt wie der Tisch ist. Sie wollen ihren neuen Tisch dennoch gern ohne Wackeln verwenden. Es sollen weder Tischbeine abgesägt noch verlängert werden. Auch der Fußboden kann nicht geändert werden und etwas unterlegen wollen die Zwerge auch nicht. Ihre letzte Hoffnung ist der Mathematik-Zwerg, vielleicht findet dieser eine elegante Lösung für das Problem.
Kannst du den vier Zwergen bei der Lösung ihres Problems helfen?
Die Maus und ihr Käse - (Juni 2017)
Zuerst die Lösung für das Hilfsproblem in 2 Dimensionen:
Hier schafft es die Maus, denn ein gültiger Pfad besteht darin, in einer Ecke, zum Beispiel der linken unteren, zu beginnen, dann einmal außen entlang zu gehen und zum Schluss das mittlere Stück zu verspeisen.
Zieht man das ganze etwas mathematischer auf, sieht das so aus:
Man stelle sich das \(3\times3\) Quadrat wie ein Schachbrett eingefärbt vor. Nehmen wir an, dass das linke untere Feld, in dem die Maus beginnt, weiß ist. Dann sind die beiden angrenzenden Felder schwarz, und so weiter. Insbesondere ist das mittlere Feld, welches sich die Maus bis zum Schluss aufheben will, auch weiß. Die Regel, dass die Maus sich immer ein benachbartes Feld durchfrisst, übersetzt sich dazu, dass sie immer abwechselnd weiße und schwarze Felder besucht. Insgesamt gibt es neun Felder, wovon 5 weiß und 4 schwarz sind. Da sie in einem weißen startet, muss ihr Pfad auch in einem weißen enden, und weil das mittlere weiß ist, schafft sie es auch, das mittlere zum Schluss zu fressen.
Nun zum eigentlichen Problem:
Auch für 3 Dimensionen stellen wir uns wieder eine Färbung in abwechselnd schwarze und weiße Würfel vor, die Ecken sind wieder weiß. Jetzt kommt es jedoch dazu, dass der mittlere Würfel schwarz ist, womit wir schon gezeigt haben, dass es keinen Pfad geben kann, bei dem das mittlere Stück als letztes besucht wird. Es gibt nämlich 27 Würfel, wovon 14 weiß und 13 schwarz sind. Da die Tour in einem weißen Würfel beginnt, muss sie also auch in einem weißen Enden. Da wir aber schon festgestellt haben, dass das mittlere Feld schwarz ist, gibt es für die Maus keinen Weg, den mittleren Würfel zum Schluss zu fressen.
Und zum Schluss das Problem in \(n\) Dimensionen:
Ab jetzt ist im Grunde klar, wie es weitergeht. Durch abwechselnde Färbung der Würfel stellen wir fest, dass für gerade Dimensionen \(n\) (also \(n = 2,4,6,\ldots\)) das mittlere Feld weiß ist, und wir somit auch immer einen Pfad finden, wohingegen das mittlere Feld bei ungeraden Dimensionen \(n\) (also \(n = 1,3,5,\ldots\)) schwarz ist und kein gültiger Pfad existiert.
Hier schafft es die Maus, denn ein gültiger Pfad besteht darin, in einer Ecke, zum Beispiel der linken unteren, zu beginnen, dann einmal außen entlang zu gehen und zum Schluss das mittlere Stück zu verspeisen.
Man stelle sich das \(3\times3\) Quadrat wie ein Schachbrett eingefärbt vor. Nehmen wir an, dass das linke untere Feld, in dem die Maus beginnt, weiß ist. Dann sind die beiden angrenzenden Felder schwarz, und so weiter. Insbesondere ist das mittlere Feld, welches sich die Maus bis zum Schluss aufheben will, auch weiß. Die Regel, dass die Maus sich immer ein benachbartes Feld durchfrisst, übersetzt sich dazu, dass sie immer abwechselnd weiße und schwarze Felder besucht. Insgesamt gibt es neun Felder, wovon 5 weiß und 4 schwarz sind. Da sie in einem weißen startet, muss ihr Pfad auch in einem weißen enden, und weil das mittlere weiß ist, schafft sie es auch, das mittlere zum Schluss zu fressen.
Nun zum eigentlichen Problem:
Auch für 3 Dimensionen stellen wir uns wieder eine Färbung in abwechselnd schwarze und weiße Würfel vor, die Ecken sind wieder weiß. Jetzt kommt es jedoch dazu, dass der mittlere Würfel schwarz ist, womit wir schon gezeigt haben, dass es keinen Pfad geben kann, bei dem das mittlere Stück als letztes besucht wird. Es gibt nämlich 27 Würfel, wovon 14 weiß und 13 schwarz sind. Da die Tour in einem weißen Würfel beginnt, muss sie also auch in einem weißen Enden. Da wir aber schon festgestellt haben, dass das mittlere Feld schwarz ist, gibt es für die Maus keinen Weg, den mittleren Würfel zum Schluss zu fressen.
Und zum Schluss das Problem in \(n\) Dimensionen:
Ab jetzt ist im Grunde klar, wie es weitergeht. Durch abwechselnde Färbung der Würfel stellen wir fest, dass für gerade Dimensionen \(n\) (also \(n = 2,4,6,\ldots\)) das mittlere Feld weiß ist, und wir somit auch immer einen Pfad finden, wohingegen das mittlere Feld bei ungeraden Dimensionen \(n\) (also \(n = 1,3,5,\ldots\)) schwarz ist und kein gültiger Pfad existiert.
Die Mathe-Maus Margit hat ein Problem.
Sie hat einen Käsewürfel, der aus \(3\times3\times3\) kleineren Käseswürfeln zusammengesetzt ist.
Am liebsten würde sie sich das leckerste Stück, also das in der Mitte, bis zum Schluss aufheben, sie weiß aber nicht wie.
Dabei startet sie ihre "Fresstour" in einer Ecke.
Sie kann sich immer nur in einen benachbarten Würfel durchfressen.
Kannst du der Mathe-Maus Margit helfen einen Pfad zu finden, bei dem sie sich das mittlere Stück bis zum Schluss aufheben kann?
Kannst du der Mathe-Maus Margit helfen einen Pfad zu finden, bei dem sie sich das mittlere Stück bis zum Schluss aufheben kann?
Hilfe: Wenn dir die Vorstellung in 3 Dimensionen schwer fällt, frage dich, wie das Problem mit einer 2-dimensionalen Maus und einer \(3 \times 3\) Käseplatte aussieht?
Zusatzfrage: Wie sieht das Problem mit einer \(n\)-dimensionalen Maus und einem \(n\)-dimensionalen Käsewürfel mit den Abmessungen \(3 \times 3 \times \ldots \times 3\) aus?
Münzwägeanstalt - (Mai 2017)
Zwergli benennt die Münzen mit
Allgemein lässt sich jeder Wägeplan mit \(w\) Wägungen durch eine derartige Benennung der Münzen kodieren, da er ja für jede Wägung festlegen muss, welche Münze links, welche rechts und welche nirgendwo hingelegt werden soll. Er funktioniert genau dann (und zwar analog zu oben), wenn er verwechslungssicher (keine zwei Münzen werden stets auf die gleiche Schale gelegt, und keine zwei Münzen werden stets auf verschiedene Schalen gelegt, wenn also verschiedene Münzen verschiedene Namen haben, die auch nicht durch konsequente Vertauschung von
Es sei noch erwähnt, dass auch wenn Zwergli nicht genau zwei aber weniger als \((3^w-1)/2\) Münzen mit einer besonders gewichteten besitzt, ein Wägeplan existiert, welcher mit \(w\) Wägungen die besondere Münze findet.
ggg, grg, rlg, lgg, grl, rll, lgl, grr, rlr, lgr, ggr, rrl und llg, gibt alle außer ggg in der Wägeanstalt ab und in seinem Wägeplan ist in der ersten Wägung jede Münze mit erstem Zeichen l auf die linke Waagschale zu legen, jede Münze mit erstem Zeichen r auf die rechte Waagschale und
die mit g als erstem Zeichen werden weggelassen, in Wägung 2 und 3 wird analog entsprechend dem 2. bzw. 3. Zeichen verfahren.
Der Ausgang der drei Wägungen lässt sich ebenfalls mit einer Folge W von drei Zeichen beschreiben, wobei das erste den Ausgang der ersten Wägung (l: links schwerer, r: rechts schwerer, g: beide Seiten gleichschwer), das zweite und dritte den Ausgang der zweiten bzw. dritten Wägung entsprechend kodieren.
Die besondere Münze ist nun jene, die entweder W als Namen trägt, oder deren Name sich durch Vertauschung der Zeichen r und l in W ergibt. War die Münze nicht ggg so ist sie im ersteren Fall schwerer und im letzteren Fall leichter als die anderen, ansonsten bleibt diese Frage offen.
Allgemein lässt sich jeder Wägeplan mit \(w\) Wägungen durch eine derartige Benennung der Münzen kodieren, da er ja für jede Wägung festlegen muss, welche Münze links, welche rechts und welche nirgendwo hingelegt werden soll. Er funktioniert genau dann (und zwar analog zu oben), wenn er verwechslungssicher (keine zwei Münzen werden stets auf die gleiche Schale gelegt, und keine zwei Münzen werden stets auf verschiedene Schalen gelegt, wenn also verschiedene Münzen verschiedene Namen haben, die auch nicht durch konsequente Vertauschung von
l und r auseinander hervorgehen —
ansonsten kann man, falls eine der beiden Münzen die besondere ist, das Wägeergebnis auch erhalten wenn die andere die besondere ist)
und ausgewogen (in jeder Wägung gibt es gleichviele Münzen links und rechts) ist.
Nun kann man aber nur \((3^w+1)/2\) verschiedene Namen vergeben, weil außer gg...g alle mit einem anderen verwechselt werden können.
Von so benannten Münzen würden aber \(3^{w-1}\) an der ersten Wägung teilnehmen was ungerade ist und in einem ausgewogenen Wägeplan nicht geht.
Also kann ein funktionierender Wägeplan nur für höchstens \((3^w-1)/2\) Münzen existieren.
Hat man einen solchen Wägeplan für \(w-1\) Wägungen, in dem rr...r und ll...l nicht vorkommt, erhält man einen solchen für w Wägungen in dem rrr...r und lll...l nicht vorkommt, indem man an jeden der Namen außer ggg...g einmal ein r, einmal ein l und einmal ein g anhängt,
und die vier Namen ggg...gg, ggg...gr, rrr...rl und lll...lg hinzufügt.
Der größte Wägeplan mit einer Wägung enthält nach dem Vorgesagten nur den Namen g, funktioniert also tatsächlich mit \((3^1-1)/2\) Münzen.
Mit jeder hinzukommenden Wägung wird die vorhergehende Anzahl verdreifacht und es kommt noch \(1\) hinzu. Da diese Rekursion aber auf unsere obere Schranke in Abhängigkeit von \(w\) zutrifft, erhalten wir mit der beschriebenen Konstruktion tatsächlich einen funktionierenden
Wägeplan für \((3^w-1)/2\) Wägungen.
Für zwei Wägungen ergeben sich etwa die Namen gg, gr, rl, lg. Im nächsten Schritt ergeben sich die von Zwergli verwendeten Namen usw.
Es sei noch erwähnt, dass auch wenn Zwergli nicht genau zwei aber weniger als \((3^w-1)/2\) Münzen mit einer besonders gewichteten besitzt, ein Wägeplan existiert, welcher mit \(w\) Wägungen die besondere Münze findet.
Zwergli hat dreizehn identisch anmutende Münzen, die auch bis auf eine das gleiche Gewicht haben.
Aus seiner Uni-Ausbildung weiß er, dass man aus 13 Münzen, von denen eine ein besonderes Gewicht hat, die besondere Münze mit nur drei Wägungen einer Balkenwaage bestimmen kann.
Die Münzwägeanstalt der Zwerge (welche die einzige ausreichend genaue Balkenwaage enthält) ist allerdings sehr bürokratisch:
Will er sie nutzen, muss er die Münzen einzeln verpackt und benannt abgeben, und für jede der zu beantragenden Wägungen festlegen, welche Münzen auf welcher Seite der Balkenwaage liegen sollen.
Er erhält die Ergebnisse als Folge der Zeichen
Ist es Euch trotzdem möglich, für Zwergli einen solchen Wägeplan für drei Wägungen zu erstellen, mit dem er die besondere Münze aus 13 Münzen sicher herausfindet?
g (gleichschwer), l (links schwerer) und r (rechts schwerer).
Da er nicht drei Anträge schreiben will, denkt er darüber nach, einen Wägeplan gleich für alle drei Wägungen zu schreiben,
kann dabei aber für die späteren Wägungen nicht auf die Ergebnisse der vorhergehenden zurückgreifen.
Ist es Euch trotzdem möglich, für Zwergli einen solchen Wägeplan für drei Wägungen zu erstellen, mit dem er die besondere Münze aus 13 Münzen sicher herausfindet?
Zusatzfrage: Aus wie vielen Münzen kann man die besondere mit einem solchen Wägeplan für \(w\) Wägungen ermitteln?
Das Schloss und die Prinzessin - (April 2017)
Die erste gute Nachricht, die wir dem Prinzen geben können, ist, dass er für eine beliebige endliche Zimmeranzahl allein durch Raten mit Wahrscheinlichkeit 1 irgendwann auf die Prinzessin trifft.
Es geht aber besser:
Dabei hilft es, sich zu überlegen, dass die Parität (siehe auch Märzrätsel) ihres Zimmers immer wechselt. Das bedeutet nichts anderes, als dass sie sich in einer Nacht in einem Zimmer mit gerader Nummer aufhält und in der nächsten Nacht in einem mit Zimmer mit ungerader Nummer.
In der 1. Nacht kann der Prinz nur raten, er sollte aber eines der mittleren Zimmer wählen, sagen wir Zimmer 2. Ist die Prinzessin dort, freut er sich, ist sie nicht dort, schaut er in der nächsten Nacht in Zimmer 3.
Ist die Prinzessin dort auch nicht, weiß der Prinz schon, dass sie in der ersten Nacht in Zimmer 1 oder 3 gewesen sein muss.
Damit war sie in der zweiten Nacht in Zimmer 2 oder 4, in der dritten Nacht wird sie somit in Zimmer 1 oder 3 sein. Falls sie von Zimmer 4 kommt, bekommen wir sie auf alle Fälle, indem wir es in Zimmer 3 versuchen. Wenn sie dort nicht ist, kann sie in der dritten Nacht nur in Zimmer 1 sein, und von dort kann sie in der nächsten Nacht nur ins Zimmer 2. Damit haben wir sie spätestens in der vierten Nacht gefunden.
Diese Strategie lässt sich ohne weiteres auf ein Schloss mit \(M\) Schlafzimmern erweitern. Hier versuchen wir die Zimmer in folgender Reihenfolge: \(2, 3, ..., M-1\).
Jetzt wissen wir, dass sie sich am Anfang nicht in einem Zimmer mit gerader Nummer aufgehalten hat, nun müssen wir ihr nur noch den Weg abschneiden, das heißt, die Zimmer in umgekehrter Reihenfolge: \(M-1, M-2, ..., 3, 2\) durchsuchen. So haben wir die Prinzessin in der "\(2\cdot(M-2) = 2M - 4\)"ten Nacht gefunden.
Dabei hilft es, sich zu überlegen, dass die Parität (siehe auch Märzrätsel) ihres Zimmers immer wechselt. Das bedeutet nichts anderes, als dass sie sich in einer Nacht in einem Zimmer mit gerader Nummer aufhält und in der nächsten Nacht in einem mit Zimmer mit ungerader Nummer.
In der 1. Nacht kann der Prinz nur raten, er sollte aber eines der mittleren Zimmer wählen, sagen wir Zimmer 2. Ist die Prinzessin dort, freut er sich, ist sie nicht dort, schaut er in der nächsten Nacht in Zimmer 3.
Ist die Prinzessin dort auch nicht, weiß der Prinz schon, dass sie in der ersten Nacht in Zimmer 1 oder 3 gewesen sein muss.
Damit war sie in der zweiten Nacht in Zimmer 2 oder 4, in der dritten Nacht wird sie somit in Zimmer 1 oder 3 sein. Falls sie von Zimmer 4 kommt, bekommen wir sie auf alle Fälle, indem wir es in Zimmer 3 versuchen. Wenn sie dort nicht ist, kann sie in der dritten Nacht nur in Zimmer 1 sein, und von dort kann sie in der nächsten Nacht nur ins Zimmer 2. Damit haben wir sie spätestens in der vierten Nacht gefunden.
Diese Strategie lässt sich ohne weiteres auf ein Schloss mit \(M\) Schlafzimmern erweitern. Hier versuchen wir die Zimmer in folgender Reihenfolge: \(2, 3, ..., M-1\).
Jetzt wissen wir, dass sie sich am Anfang nicht in einem Zimmer mit gerader Nummer aufgehalten hat, nun müssen wir ihr nur noch den Weg abschneiden, das heißt, die Zimmer in umgekehrter Reihenfolge: \(M-1, M-2, ..., 3, 2\) durchsuchen. So haben wir die Prinzessin in der "\(2\cdot(M-2) = 2M - 4\)"ten Nacht gefunden.
In einem Schloss wohnt eine Prinzessin, die 4 nebeneinanderliegende Schlafzimmer besitzt.
Jede Nacht sucht sich sich eines davon aus, um darin zu schlafen.
Dabei darf sie nie in zwei aufeinanderfolgenden Nächten im selben Zimmer schlafen, sondern muss in eines der direkt angrenzenden ausweichen.
Schläft sie in einer Nacht in Zimmer 1, kann sie in der nächsten Nacht nur in Zimmer 2 schlafen, danach kann sie zwischen Zimmer 1 und Zimmer 3 wählen usw.
Jede Nacht kommt ein Prinz vorbei, der die Prinzessin gerne treffen würde. Von außen ist nicht ersichtlich, in welchem Zimmer die Prinzessin schläft. Er darf sich jedoch ein Zimmer aussuchen, in das er hineinschaut. Ist die Prinzessin dort, freut sich der Prinz. Ist sie nicht in dem Zimmer, kommt der Prinz in der darauffolgenden Nacht wieder und darf es erneut versuchen.
Könnt ihr dem Prinzen garantieren, dass er die Prinzessin in höchstens \(N\) Nächten findet?
Das Rätsel wurde inspiriert durch das Video von standupmaths auf Youtube.
Jede Nacht kommt ein Prinz vorbei, der die Prinzessin gerne treffen würde. Von außen ist nicht ersichtlich, in welchem Zimmer die Prinzessin schläft. Er darf sich jedoch ein Zimmer aussuchen, in das er hineinschaut. Ist die Prinzessin dort, freut sich der Prinz. Ist sie nicht in dem Zimmer, kommt der Prinz in der darauffolgenden Nacht wieder und darf es erneut versuchen.
Könnt ihr dem Prinzen garantieren, dass er die Prinzessin in höchstens \(N\) Nächten findet?
Zusatzfrage: Wie lange würde der Prinz maximal benötigen, um eine Prinzessin in einem Schloss mit \(M\) Schlafzimmern zu finden? Denn welcher Prinz hätte nicht gerne eine Prinzessin mit \(M\) Schlafzimmern.
Letzte Chance - (März 2017)
Die Pinguine versuchen zu Beginn ihre Klausurreihenfolge zu raten,
jeder merkt sich, auf welchem Platz in der Rangliste er ist. Wenn sie
richtig geraten haben heben die Pinguine mit gerader Nummer den linken
Flügel, jene mit ungerader Nummer den rechten. Das funktioniert aber nur
bei richtigem Raten. Anderenfalls sieht jeder Pinguin die tatsächliche
Reihenfolge der anderen Pinguine als Permutation der geratenen
Rangliste. Sieht er sie als gerade Permutation, verhält er sich, als
wäre richtig geraten worden, anderenfalls verhält er sich genau
entgegengesetzt.
Da die geratene Reihenfolge durch eine endliche Folge von sukzessiven Vertauschungen aktuell aufeinanderfolgender Pinguine aus der richtigen Reihenfolge entsteht, braucht man nur zu prüfen, ob das einmalige Vertauschen aufeinanderfolgender Pinguine in der geratenen Reihenfolge zu einem Fehler führen kann.
Die beiden vertauschten Pinguine ändern ihr Verhalten, weil ihre geratenen Nummern die Parität ändern, die von ihnen gesehene Permutation aber nicht.
Die anderen Pinguine ändern ihr Verhalten aber auch, weil sich für sie die geratenen Nummern nicht ändern, dafür aber die Parität der von ihnen gesehenen Permutation.
Damit bleibt es aber bei korrektem Verhalten, weil lediglich linker Flügel und rechter Flügel bei allen vertauscht werden.
Anmerkung: Das könnte offenbar auch bei erheblich größeren Durchfallraten funktionieren aber eben nur, wenn alle durchgefallenen Pinguine die Parität einer Permutation und einer Zahl richtig bestimmen und richtig negieren können und keiner eine links-rechts-Schwäche hat. Die Wahrscheinlichkeit dafür sinkt freilich exponentiell mit der Anzahl der durchgefallenen Pinguine, weswegen der freundliche Professor dann wohl eher Vierergruppen bilden würde.
Da die geratene Reihenfolge durch eine endliche Folge von sukzessiven Vertauschungen aktuell aufeinanderfolgender Pinguine aus der richtigen Reihenfolge entsteht, braucht man nur zu prüfen, ob das einmalige Vertauschen aufeinanderfolgender Pinguine in der geratenen Reihenfolge zu einem Fehler führen kann.
Die beiden vertauschten Pinguine ändern ihr Verhalten, weil ihre geratenen Nummern die Parität ändern, die von ihnen gesehene Permutation aber nicht.
Die anderen Pinguine ändern ihr Verhalten aber auch, weil sich für sie die geratenen Nummern nicht ändern, dafür aber die Parität der von ihnen gesehenen Permutation.
Damit bleibt es aber bei korrektem Verhalten, weil lediglich linker Flügel und rechter Flügel bei allen vertauscht werden.
Anmerkung: Das könnte offenbar auch bei erheblich größeren Durchfallraten funktionieren aber eben nur, wenn alle durchgefallenen Pinguine die Parität einer Permutation und einer Zahl richtig bestimmen und richtig negieren können und keiner eine links-rechts-Schwäche hat. Die Wahrscheinlichkeit dafür sinkt freilich exponentiell mit der Anzahl der durchgefallenen Pinguine, weswegen der freundliche Professor dann wohl eher Vierergruppen bilden würde.
In der Numerik-Klausur haben vier Pinguine nicht die notwendige Punktzahl erreicht. Alle vier werden danach gemeinsam zum Professor gebeten, der ihnen noch eine Chance gibt die Prüfung zu bestehen:
"Ich werde Ihnen gleich einen Zettel mit Ihrer erreichten Punktzahl auf den Rücken kleben, sodass jeder die Punktzahl der anderen, aber nicht seine eigene sieht.
Wenn auf mein Zeichen, ohne weitere Absprache, die Pinguine mit der höchsten und dritthöchsten Punktzahl den gleichen Flügel heben und gleichzeitig die Pinguine mit der zweithöchsten und der niedrigsten Punktzahl den anderen Flügel heben, dann lasse ich Sie alle die Klausur bestehen.
Es sei noch gesagt, dass Sie alle unterschiedliche Punktzahlen erreicht haben und, dass Sie sich vorher beraten dürfen."
Gibt es eine Strategie, sodass die Pinguine doch noch alle bestehen?
Walzerwunder? - (Februar 2017)
Das ist überraschenderweise im Sinne der Aufgabenstellung nicht überraschend.
Der Übergang beim Abtanzen einer Ecke entspricht letztlich der Nacheinanderausführung einer
Geradenspiegelung an der vorhergehenden und einer Geradenspiegelung an der nachfolgenden Vieleckseite
im vom Paar gewählten Umlaufsinn. Ist das Vieleck ein n-Eck, so haben wir also als Endpunkt das Ergebnis
der Nacheinanderausführung von 2n Geradenspiegelungen zu bestimmen, wobei sich die (2i)-te und die
(2i+1)-te jeweils aufheben, da die der i-ten Ecke folgende Seite auch diejenige vor der(i+1)-ten
Ecke ist (hier läuft i von 1 bis n-1). Die erste und die letzte (2n-te) Spiegelung
erfolgen nun an der Verbindungsstrecke der ersten und der letzten abgetanzten Ecke und heben sich
auch auf.
Das geht also unabhängig von der Wahl des Startortes und der Form des Vielecks, wenn man nur
genug Platz und gute Musik hat.
Auf dem Boden eines Tanzsaales ist ein nicht überschlagenes Vieleck eingezeichnet.
Wegen recht geringer Auslastung der Tanzfläche gelingt es einem Paar beim Wiener Walzer,
nacheinander in jeweils einen Kreisbogen um jede Ecke zu tanzen, wobei die Reihenfolge
der abgetanzten Ecken gerade ihrer Reihenfolge auf der Randlinie des Vielecks gleicht.
Die Kreisbögen haben haben dabei jeweils einen Zentriwinkel, der dem doppelten Innenwinkel
des Vielecks an der entsprechenden Ecke gleicht.
Überrascht stellen sie fest, dass sie nach dem letzten getanzten Kreisbogen genau dort
herausgekommen sind, wo sie starteten.
Ist das wirklich so überraschend oder geht das unabhängig von der Wahl des Standortes am Start und der Form des aufgezeichneten Vielecks?
Hungriger Drache #2 - (Januar 2017)
Zunächst ordnen wir jeder Hutfarbe eine Zahl von 0 bis 2 zu.
Es fängt der Zwerg an, der ganz oben steht, dieser sieht die Hüte aller anderen neun Zwerge.
Er addiert die entsprechenden Nummern, bildet den Rest der Summe beim Teilen durch 3 und nennt diesen (als Farbe).
Der nächste Zwerg sieht nun die anderen acht Hüte und kann deren Summe bilden. Dann kann er mit der Information des obersten Zwerges auf seine eigene Hutfarbe schließen. Alle anderen Zwerge können ebenso verfahren.
Wenn der Drache rechnen kann, kann er immerhin dafür sorgen, dass er den obersten Zwerg essen kann, alle anderen muss er ausfliegen.
Für den Bonus bilden die Zwerge zuerst alle möglichen Hutfarbenfolgen. Zwei dieser Folgen werden äquivalent genannt, wenn sie sich nur an endlich vielen Stellen unterscheiden. Schließlich einigen sich die Zwerge (mittels des Auswahlaxioms) für jede Äquivalenzklasse auf einen Repräsentanten.
Stehen die Zwerge dann auf der Treppe, kann jeder einzelne, da er nur endlich viele Hüte nicht sieht, den Repräsentanten ihrer Hutfarbenfolge bestimmen. Danach können die Zwerge wie oben arbeiten, außer dass die Summen nur über die Hüte gebildet werden, die sich von dem Repräsentanten unterscheiden.
Damit kann der Drache höchstens den obersten Zwerg verspeisen.
Übrigens scheint auch der australische Youtuber mathologer unsere Rätsel zu lesen. Pünktlich im Januar hat er ein Video zu diesem Problem veröffentlicht.
Der nächste Zwerg sieht nun die anderen acht Hüte und kann deren Summe bilden. Dann kann er mit der Information des obersten Zwerges auf seine eigene Hutfarbe schließen. Alle anderen Zwerge können ebenso verfahren.
Wenn der Drache rechnen kann, kann er immerhin dafür sorgen, dass er den obersten Zwerg essen kann, alle anderen muss er ausfliegen.
Für den Bonus bilden die Zwerge zuerst alle möglichen Hutfarbenfolgen. Zwei dieser Folgen werden äquivalent genannt, wenn sie sich nur an endlich vielen Stellen unterscheiden. Schließlich einigen sich die Zwerge (mittels des Auswahlaxioms) für jede Äquivalenzklasse auf einen Repräsentanten.
Stehen die Zwerge dann auf der Treppe, kann jeder einzelne, da er nur endlich viele Hüte nicht sieht, den Repräsentanten ihrer Hutfarbenfolge bestimmen. Danach können die Zwerge wie oben arbeiten, außer dass die Summen nur über die Hüte gebildet werden, die sich von dem Repräsentanten unterscheiden.
Damit kann der Drache höchstens den obersten Zwerg verspeisen.
Übrigens scheint auch der australische Youtuber mathologer unsere Rätsel zu lesen. Pünktlich im Januar hat er ein Video zu diesem Problem veröffentlicht.
Unser Drache hat zehn Zwerge gefangen und sucht nach einem Vorwand um sie verspeisen zu können:
"Liebe Gäste, lasst uns folgendes Spiel spielen. Da Ihr so gerne lustige Hüte aufsetzt, habe ich für euch blaue, rote und grüne Hüte vorbereitet. Jeder von Ihnen bekommt von mir einen dieser Hüte aufgesetzt (ohne dass er ihn sehen kann) und danach stellen Sie sich alle auf einer Treppe auf, sodass jeder nur die Hutfarbe der Zwerge sehen kann, die vor (und damit unter) ihm stehen. Danach darf jeder Zwerg, einer nach dem anderen in beliebiger Reihenfolge, seine Hutfarbe raten.
Die Zwerge, die ihre richtige Hutfarbe erraten, gewinnen einen Freiflug auf meinem Rücken. Die anderen werden zu einem schmackhaften Mittagessen zubereitet."
Die Zwerge erkennen den Ernst der Lage und bitten sich Bedenkzeit aus. Diese wird ihnen unter der Bedingung gewährt, dass der Drache die Beratung mit anhören darf, also in den Plan der Zwerge eingeweiht ist, um die Aufgabe so schwierig wie möglich machen zu können.
Bonusfrage für alle, die das Auswahlaxiom beherrschen:
"Liebe Gäste, lasst uns folgendes Spiel spielen. Da Ihr so gerne lustige Hüte aufsetzt, habe ich für euch blaue, rote und grüne Hüte vorbereitet. Jeder von Ihnen bekommt von mir einen dieser Hüte aufgesetzt (ohne dass er ihn sehen kann) und danach stellen Sie sich alle auf einer Treppe auf, sodass jeder nur die Hutfarbe der Zwerge sehen kann, die vor (und damit unter) ihm stehen. Danach darf jeder Zwerg, einer nach dem anderen in beliebiger Reihenfolge, seine Hutfarbe raten.
Die Zwerge, die ihre richtige Hutfarbe erraten, gewinnen einen Freiflug auf meinem Rücken. Die anderen werden zu einem schmackhaften Mittagessen zubereitet."
Die Zwerge erkennen den Ernst der Lage und bitten sich Bedenkzeit aus. Diese wird ihnen unter der Bedingung gewährt, dass der Drache die Beratung mit anhören darf, also in den Plan der Zwerge eingeweiht ist, um die Aufgabe so schwierig wie möglich machen zu können.
Mit welcher Strategie können möglichst viele Zwerge gerettet werden?
Diesmal hat der Drache sogar abzählbar viele Zwerge gefangen - und auch eine (nach unten) unendlich lange Treppe. Mit welcher Strategie können wieder möglichst viele Zwerge gerettet werden, wenn diese das Auswahlaxiom beherrschen?
Ellipsen im Einheitskreis - (Dezember 2016)
Für dieses Rätsel existieren mehrere Lösungen.
1. Möglichkeit:
Eine sehr anschaulich Lösung nimmt den Weg über die dritte Dimension.
Wir definieren Punkte \(x\), \(y\) und \(z\) auf der Einheitssphäre, deren Projektionen auf die Ebene gerade \(A\) bzw. \(B\) sind, also
\(x = \Big(A_1, A_2, \sqrt{1 - (A_1^2 + A_2^2)}\Big)\) und \(y = \Big(B_1, B_2, \sqrt{1 - (B_1^2 + B_2^2)}\Big)\), bzw. \(z = \Big(B_1, B_2, -\sqrt{1 - (B_1^2 + B_2^2)}\Big)\).
(Es reicht aus, nur zwei der vier Möglichkeiten zu betrachten.) Nun kann man sich leicht überlegen, dass es für die Punkte \(x,y\) bzw. \(x,z\) genau einen Großkreis, also einen zweidimensionalen Kreis auf der Kugeloberfläche mit Mittelpunkt im Ursprung, gibt, der durch beide Punkte verläuft. Werden diese Großkreise nun wieder in die zweidimensionale Ebene projiziert, erhalten wir die gesuchten Ellipsen. Anschaulich wird dies in dem Matlab/Octave-Skript ellipsen.m dargestellt. Dort findet man auch die genaue Darstellung der Ellipse.
2. Möglichkeit:
Für eine durch den Punkt \(A\) verlaufende Ellipse mit Mittelpunkt im Ursprung und großer Halbachsenlänge \(1\) sind die Brennpunkte von der Form \(F\), \(-F\) und es ist
\(|A-F|+|A-(-F)| = 2\),
(Stichwort: Gärtnerkonstruktion der Ellipse).
Das kann man aber umschreiben zu \(|F-A|+|F-(-A)| = 2\), das heißt \(F\) liegt auf der Ellipse \(E_A\) mit Brennpunkten \(A\) und \(-A\) und großer Halbachsenlänge \(1\). Analog finden wir eine Ellipse \(E_B\), auf der die Brennpunkte der Ellipsen liegen, die durch \(B\) verlaufen, den Mittelpunkt im Ursprung haben und große Halbachsenlänge \(1\) haben.
Die Brennpunkte der gesuchten Ellipsen durch \(A\) und \(B\) müssen also Schnittpunkte von \(E_A\) und \(E_B\) sein und davon gibt es nun einmal genau vier, also zwei Paare.
1. Möglichkeit:
Eine sehr anschaulich Lösung nimmt den Weg über die dritte Dimension.
Wir definieren Punkte \(x\), \(y\) und \(z\) auf der Einheitssphäre, deren Projektionen auf die Ebene gerade \(A\) bzw. \(B\) sind, also
\(x = \Big(A_1, A_2, \sqrt{1 - (A_1^2 + A_2^2)}\Big)\) und \(y = \Big(B_1, B_2, \sqrt{1 - (B_1^2 + B_2^2)}\Big)\), bzw. \(z = \Big(B_1, B_2, -\sqrt{1 - (B_1^2 + B_2^2)}\Big)\).
(Es reicht aus, nur zwei der vier Möglichkeiten zu betrachten.) Nun kann man sich leicht überlegen, dass es für die Punkte \(x,y\) bzw. \(x,z\) genau einen Großkreis, also einen zweidimensionalen Kreis auf der Kugeloberfläche mit Mittelpunkt im Ursprung, gibt, der durch beide Punkte verläuft. Werden diese Großkreise nun wieder in die zweidimensionale Ebene projiziert, erhalten wir die gesuchten Ellipsen. Anschaulich wird dies in dem Matlab/Octave-Skript ellipsen.m dargestellt. Dort findet man auch die genaue Darstellung der Ellipse.
2. Möglichkeit:
Für eine durch den Punkt \(A\) verlaufende Ellipse mit Mittelpunkt im Ursprung und großer Halbachsenlänge \(1\) sind die Brennpunkte von der Form \(F\), \(-F\) und es ist
\(|A-F|+|A-(-F)| = 2\),
(Stichwort: Gärtnerkonstruktion der Ellipse).
Das kann man aber umschreiben zu \(|F-A|+|F-(-A)| = 2\), das heißt \(F\) liegt auf der Ellipse \(E_A\) mit Brennpunkten \(A\) und \(-A\) und großer Halbachsenlänge \(1\). Analog finden wir eine Ellipse \(E_B\), auf der die Brennpunkte der Ellipsen liegen, die durch \(B\) verlaufen, den Mittelpunkt im Ursprung haben und große Halbachsenlänge \(1\) haben.
Die Brennpunkte der gesuchten Ellipsen durch \(A\) und \(B\) müssen also Schnittpunkte von \(E_A\) und \(E_B\) sein und davon gibt es nun einmal genau vier, also zwei Paare.
Unser Geometer Thomas hat folgendes Problem: Seien Punkte \(A\), \(B\) im Einheitskreis gegeben, die nicht auf demselben Durchmesser liegen.
Man zeige, dass es genau zwei Ellipsen mit großer Halbachsenlänge \(1\) und Mittelpunkt im Ursprung gibt, die durch \(A\) und \(B\) verlaufen.
Alter der Kinder - (November 2016)
Auf den ersten Blick hat man zu wenig Informationen,
um das Rätsel zu lösen.
Im Text sind aber noch zwei Hinweise versteckt.
Zum einen wird B von A besucht,
Mathematiker A kennt also die Hausnummer von B.
Zum anderen hat B ein ältestes Kind.
Zerlegt man \(72\) in Primfaktoren, so erhält man \( 72 = 2 \times 2 \times 2 \times 3 \times 3 \). Probiert man nun die verschiedenen Möglichkeiten, die sich für die Alter der Kinder ergibt, gibt es nur eine Variante, sodass man die gleiche Zahl als Summe erhält: \( 2 + 6 + 6 = 14 = 3 + 3 + 8 \). Nur in diesem Fall kann Mathematiker B nicht sofort aus der Hausnummer auf die Alter der Kinder schließen.
Da aber ein Kind älter als die anderen ist, sind die Alter der Kinder schließlich \(3\), \(3\) und \(8\).
Zerlegt man \(72\) in Primfaktoren, so erhält man \( 72 = 2 \times 2 \times 2 \times 3 \times 3 \). Probiert man nun die verschiedenen Möglichkeiten, die sich für die Alter der Kinder ergibt, gibt es nur eine Variante, sodass man die gleiche Zahl als Summe erhält: \( 2 + 6 + 6 = 14 = 3 + 3 + 8 \). Nur in diesem Fall kann Mathematiker B nicht sofort aus der Hausnummer auf die Alter der Kinder schließen.
Da aber ein Kind älter als die anderen ist, sind die Alter der Kinder schließlich \(3\), \(3\) und \(8\).
Mathematiker A besucht Mathematiker B zu Hause. Dabei entsteht folgendes Gespräch:
A: "Wie alt sind eigentlich deine drei Kinder?"
B: "Wenn man ihr Alter multipliziert, erhält man 72 und wenn man es addiert erhält man unsere Hausnummer."
A: "Das hilft mir jetzt aber noch nicht weiter."
B: "Das weiß ich. Aber mein ältestes Kind mag Schokokekse."
A: "Na dann weiß ich Bescheid!"
A: "Wie alt sind eigentlich deine drei Kinder?"
B: "Wenn man ihr Alter multipliziert, erhält man 72 und wenn man es addiert erhält man unsere Hausnummer."
A: "Das hilft mir jetzt aber noch nicht weiter."
B: "Das weiß ich. Aber mein ältestes Kind mag Schokokekse."
A: "Na dann weiß ich Bescheid!"
Wie alt sind die Kinder von Mathematiker B?
Durchmesser und Sehnen - (Oktober 2016)
Über Zentralprojektion auf die Peripherie wird jede Sehne auf zwei gegenüberliegende Kreisbögen projiziert, welche beide länger sind, als die Sehne. Insbesondere Durchmesser haben als Bild den Vollkreis.
Zu unterschiedlichen Sehnen gehörende Kreisbögen schneiden sich genau in den Endpunkten von Durchmessern, die alle diese Sehnen treffen. Damit überdecken die Kreisbögen den Kreis höchstens \(k\) mal, ihre Gesamtlänge ist damit höchstens \(2 \pi k\). Folglich ist die Gesamtlänge der eingezeichneten Sehnen weniger als halb so groß, also kleiner als \(\pi k\).
In einem Kreis mit Radius \(1\) sind endlich viele Sehnen eingezeichnet. Die größte Anzahl an eingezeichneten Sehnen,
die ein Durchmesser dieses Kreises gleichzeitig schneiden kann, ist \(k\).
Man beweise, dass die Summe der Längen aller eingezeichneten Sehnen kleiner als \(\pi k\) ist.
Rechteckproblem - (September 2016)
Es gibt wie immer viele mögliche Lösungen.
Eine sehr elegante beruht auf Integralrechnung: Wir betrachten die Funktion $$ f(x,y) = \sin(2 \pi x) \cdot \sin(2 \pi y) . $$ Wird diese Funktion über ein Rechteck integriert, dessen Seiten parallel zu \(x\)- und \(y\)-Achse liegen, dann ist das Integral null, wenn mindestens eine Seite des Rechtecks ganzzahlig ist. Dies hängt damit zusammen, dass das Integral in der Richtung der ganzzahligen Seitenläge nur volle Perioden der Sinusfunktion aufsammelt, und das Integral der Sinusfuntkion über eine Periode genau 0 ist.
Integriert man nun die Funktion \(f\) über ein großes Rechteck, welches aus vielen kleinen Rechtecken mit mindestens einer ganzzahligen Seite zusammengesetzt ist, dann addieren sich die Integrale über die einzelnen Rechtecke auf und das Gesamtintegral ist \(0\). Weiterhin können wir annehmen, dass das große Rechteck gerade \([0,a] \times [0,b]\) ist, also die linke, untere Ecke im Ursprung liegt. Eine kurze Rechnung zeigt dann $$ 0 = \int_0^a \int_0^b \sin(2 \pi x) \cdot \sin(2 \pi y) \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}x = \frac1{(2\,\pi)^2} \, ( \cos(2 \pi a) - \cos(0) ) \, ( \cos(2 \pi a) - \cos(b) ). $$ Dies bedeutet nun aber, dass mindestens eine Seite des Rechtecks ganzzahlig sein muss. Vierzehn weitere, verschiedene(!) Beweise findet man in dem Aufsatz Fourteen proofs of a Result About Tiling a Rectangle von Stan Wagon.
Eine sehr elegante beruht auf Integralrechnung: Wir betrachten die Funktion $$ f(x,y) = \sin(2 \pi x) \cdot \sin(2 \pi y) . $$ Wird diese Funktion über ein Rechteck integriert, dessen Seiten parallel zu \(x\)- und \(y\)-Achse liegen, dann ist das Integral null, wenn mindestens eine Seite des Rechtecks ganzzahlig ist. Dies hängt damit zusammen, dass das Integral in der Richtung der ganzzahligen Seitenläge nur volle Perioden der Sinusfunktion aufsammelt, und das Integral der Sinusfuntkion über eine Periode genau 0 ist.
Integriert man nun die Funktion \(f\) über ein großes Rechteck, welches aus vielen kleinen Rechtecken mit mindestens einer ganzzahligen Seite zusammengesetzt ist, dann addieren sich die Integrale über die einzelnen Rechtecke auf und das Gesamtintegral ist \(0\). Weiterhin können wir annehmen, dass das große Rechteck gerade \([0,a] \times [0,b]\) ist, also die linke, untere Ecke im Ursprung liegt. Eine kurze Rechnung zeigt dann $$ 0 = \int_0^a \int_0^b \sin(2 \pi x) \cdot \sin(2 \pi y) \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}x = \frac1{(2\,\pi)^2} \, ( \cos(2 \pi a) - \cos(0) ) \, ( \cos(2 \pi a) - \cos(b) ). $$ Dies bedeutet nun aber, dass mindestens eine Seite des Rechtecks ganzzahlig sein muss. Vierzehn weitere, verschiedene(!) Beweise findet man in dem Aufsatz Fourteen proofs of a Result About Tiling a Rectangle von Stan Wagon.
Beweise folgende Aussage:
Ein Rechteck, welches aus beliebig vielen Rechtecken mit mindestens einer ganzzahligen Seitenlänge zusammengesetzt werden kann, besitzt selbst wieder mindestens eine ganzzahlige Seitenlänge.
Hungriger Drache - (August 2016)
Wir nummerieren die Felder des Schachbrettes mit den Zahlen von 0 bis 63 durch.
Für die folgende Überlegung ist es vorteilhaft, die Zahlen in Binärschreibweise zu notieren, und zwar mit 6 Bits:
0=000000,
1=000001,
2=000010,
3=000011,
4=000100,
...,
61=111101,
62=111110,
63=111111.
Wir fangen hinten an: Wie ermittelt der Zwerg das Feld, auf das er zeigt? Ein Feld zu benennen heißt ja nach obiger Konvention, 6 Bits zu finden, und tun wir wie folgt:
Für das erste Bit zählen wir, wie viele der Wappen zeigenden Münzen bei ihrem ersten Bit 1 stehen haben. Ist diese Anzahl ungerade, so notieren wir 1 und ansonsten 0 für das erste Bit des Feldes, auf das gezeigt werden soll.
Für das zweite Bit verfahren wir analog mit den zweiten Bits der Wappen-Münzen, und ebenso mit den Bits 3 bis 6. Die so erhaltene Binärzahl gibt das Feld an, das der Zwerg bei der Frage nach dem Lieblingsfeld des Drachens rät.
Jetzt liegt es an der Zwergin, die Münzen auf dem Schachbrett so vorzubereiten, dass das errechnete Feld tatsächlich das Lieblingsfeld des Drachen ist. Dazu berechnet sie zunächst aus der originalen Münzkonfiguration des Drachen, auf welches Feld der Zwerg tippen würde und merkt sich die zugehörige Binärzahl. Dann schaut sie, welche Bits korrigiert werden müssen, damit das richtige Lieblingsfeld herauskommt. Diese Korrektur kann man durch das Umderehen der einen Münze erreichen, deren Binärzahl genau die noch falschen Bits gesetzt hat. Dreht man diese nämlich um, so ändert man genau bei den noch falschen Bits die Parität der 1-Bits bei den Wappenmünzen.
Auf diese Weise gewinnen die Zwerge den Freiflug mit 100%.
0=000000,
1=000001,
2=000010,
3=000011,
4=000100,
...,
61=111101,
62=111110,
63=111111.
Wir fangen hinten an: Wie ermittelt der Zwerg das Feld, auf das er zeigt? Ein Feld zu benennen heißt ja nach obiger Konvention, 6 Bits zu finden, und tun wir wie folgt:
Für das erste Bit zählen wir, wie viele der Wappen zeigenden Münzen bei ihrem ersten Bit 1 stehen haben. Ist diese Anzahl ungerade, so notieren wir 1 und ansonsten 0 für das erste Bit des Feldes, auf das gezeigt werden soll.
Für das zweite Bit verfahren wir analog mit den zweiten Bits der Wappen-Münzen, und ebenso mit den Bits 3 bis 6. Die so erhaltene Binärzahl gibt das Feld an, das der Zwerg bei der Frage nach dem Lieblingsfeld des Drachens rät.
Jetzt liegt es an der Zwergin, die Münzen auf dem Schachbrett so vorzubereiten, dass das errechnete Feld tatsächlich das Lieblingsfeld des Drachen ist. Dazu berechnet sie zunächst aus der originalen Münzkonfiguration des Drachen, auf welches Feld der Zwerg tippen würde und merkt sich die zugehörige Binärzahl. Dann schaut sie, welche Bits korrigiert werden müssen, damit das richtige Lieblingsfeld herauskommt. Diese Korrektur kann man durch das Umderehen der einen Münze erreichen, deren Binärzahl genau die noch falschen Bits gesetzt hat. Dreht man diese nämlich um, so ändert man genau bei den noch falschen Bits die Parität der 1-Bits bei den Wappenmünzen.
Auf diese Weise gewinnen die Zwerge den Freiflug mit 100%.
Der Drache hat eine Zwergin und einen Zwerg gefangen und sucht nach einem Vorwand um sie verspeisen zu können:
"Liebe Gäste, lasst uns folgendes Spiel spielen. Ich habe hier ein gewöhnliches 8×8 Schachbrett und 64 normale Münzen mit jeweils Wappen und Zahl. Die Zwergin begleitet mich nach nebenan, wo ich auf jedes Feld des Schachbrettes je eine Münze lege, und zwar je nach meinem Gutdünken mit Wappen oder Zahl oben. Dann suche ich mir mein Lieblingsfeld aus und zeige mit der Kralle darauf. Jetzt sucht sich die Zwergin sich eine Münze aus, die ich dann für sie umdrehe. Nun verlässt die Zwergin das Nebenzimmer durch einen zweiten Ausgang, und der Zwerg kommt herein. Wenn der Zwerg mir mein Lieblingsfeld nennen kann, dann gewinnt ihr einen Freiflug auf meinem Rücken und ich bringe euch, wohin ihr wollt. Falls nicht, gewinne ich und bereite euch zu meinem Mittagessen zu.".
Die Zwerge erkennen den Ernst der Lage und bitten sich Bedenkzeit aus. Diese wird ihnen unter der Bedingung gewährt, dass der Drache die Beratung mit anhören darf, also in den Plan der Zwerge eingeweiht ist, um die Aufgabe so schwierig wie möglich machen zu können.
"Liebe Gäste, lasst uns folgendes Spiel spielen. Ich habe hier ein gewöhnliches 8×8 Schachbrett und 64 normale Münzen mit jeweils Wappen und Zahl. Die Zwergin begleitet mich nach nebenan, wo ich auf jedes Feld des Schachbrettes je eine Münze lege, und zwar je nach meinem Gutdünken mit Wappen oder Zahl oben. Dann suche ich mir mein Lieblingsfeld aus und zeige mit der Kralle darauf. Jetzt sucht sich die Zwergin sich eine Münze aus, die ich dann für sie umdrehe. Nun verlässt die Zwergin das Nebenzimmer durch einen zweiten Ausgang, und der Zwerg kommt herein. Wenn der Zwerg mir mein Lieblingsfeld nennen kann, dann gewinnt ihr einen Freiflug auf meinem Rücken und ich bringe euch, wohin ihr wollt. Falls nicht, gewinne ich und bereite euch zu meinem Mittagessen zu.".
Die Zwerge erkennen den Ernst der Lage und bitten sich Bedenkzeit aus. Diese wird ihnen unter der Bedingung gewährt, dass der Drache die Beratung mit anhören darf, also in den Plan der Zwerge eingeweiht ist, um die Aufgabe so schwierig wie möglich machen zu können.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit können die Zwerge ihre Haut retten?
Dinge gibts, die gibts gar nicht! - (Juli 2016)
Die einfache Antwort ist, dass beim Zusammenbauen des Körpers gemogelt wurde, aber nur ein kleines bisschen, so dass es mit dem Auge eigentlich nicht erkennbar ist.
Insbesondere die Fünfecke bei unserem Bausatz sind ein wenig biegsam und lassen dies zu.
Mathematisch einsehen, dass es einen solchen Körper nicht geben kann, lässt sich dies gut an folgendem Bild:
Darin sind zwei Winkel rot markiert. Der eine ist ein Innenwinkel eines regelmäßigen Sechsecks und damit genau 120°. Der mit "?" markierte Winkel müsste nun, wenn man annimmt, dass die Fünfecke regelmäßig sind, aus Symmetriegründen ebenfalls 120° betragen.
Andererseits kann der mit "?" markierte Winkel nur dann 120° betragen, wenn die grüne und die blaue Dreiecksfläche parallel liegen (dies ist eine Aussage, die zwar plausibel ist, aber durchaus einen Beweis verdient, den wir hier der Übersichtlichkeit halber aber nicht ausführen).
Nun haben wir einen Widerspruch: Zwei benachbarte Dreiecks-Seitenflächen des vermeindlichen Johnson-Körpers müssten nach unseren Überlagungen parallel sein, (was sie augenscheinlich nicht sind). Wenn sie aber parallel sind, dann liegt kein Johnson-Körper mehr vor, denn die beiden Dreiecke würden dann zu einer rautenförmigen Seitenfläche zusammenfallen, welche kein regelmäßiges Polygon mehr ist.
Mathematisch einsehen, dass es einen solchen Körper nicht geben kann, lässt sich dies gut an folgendem Bild:
Darin sind zwei Winkel rot markiert. Der eine ist ein Innenwinkel eines regelmäßigen Sechsecks und damit genau 120°. Der mit "?" markierte Winkel müsste nun, wenn man annimmt, dass die Fünfecke regelmäßig sind, aus Symmetriegründen ebenfalls 120° betragen.
Andererseits kann der mit "?" markierte Winkel nur dann 120° betragen, wenn die grüne und die blaue Dreiecksfläche parallel liegen (dies ist eine Aussage, die zwar plausibel ist, aber durchaus einen Beweis verdient, den wir hier der Übersichtlichkeit halber aber nicht ausführen).
Nun haben wir einen Widerspruch: Zwei benachbarte Dreiecks-Seitenflächen des vermeindlichen Johnson-Körpers müssten nach unseren Überlagungen parallel sein, (was sie augenscheinlich nicht sind). Wenn sie aber parallel sind, dann liegt kein Johnson-Körper mehr vor, denn die beiden Dreiecke würden dann zu einer rautenförmigen Seitenfläche zusammenfallen, welche kein regelmäßiges Polygon mehr ist.
In der Geometrie kennt man unter anderem platonische, archimedische und Johnson-Körper.
Das sind strikt konvexe Polyeder, also Körper, deren Seitenflächen ausschließlich aus regelmäßigen Polygonen bestehen so dass zwei benachbarte Seitenflächen niemals in einer Ebene liegen. Bei platonischen Körpern müssen alle Seitenflächen und Winkel gleich sein, bei archimedischen verlangt man, dass noch eine besondere Art von Symmetrie vorliegt und der Rest sind Johnson-Körper.
Den Mathematikern sind seit langem alle platonischen, archimedischen und Johnson-Körper bekannt, siehe z.B. die Listen auf Wikipedia:
Platonische Körper
Archimedische Körper
Johnson-Körper .
Das sind strikt konvexe Polyeder, also Körper, deren Seitenflächen ausschließlich aus regelmäßigen Polygonen bestehen so dass zwei benachbarte Seitenflächen niemals in einer Ebene liegen. Bei platonischen Körpern müssen alle Seitenflächen und Winkel gleich sein, bei archimedischen verlangt man, dass noch eine besondere Art von Symmetrie vorliegt und der Rest sind Johnson-Körper.
Den Mathematikern sind seit langem alle platonischen, archimedischen und Johnson-Körper bekannt, siehe z.B. die Listen auf Wikipedia:
Platonische Körper
Archimedische Körper
Johnson-Körper .
Nun sind Bilder eines Körpers aufgetaucht, der zwölf Dreiecke, zwölf Fünfecke und zwei Sechsecke als Seitenflächen hat. Augenscheinlich ist er ein Johnson-Körper, aber er ist nicht in den obigen Listen zu finden. Das bedeutet, dass entweder die Mathematiker seit langem etwas übersehen haben oder dass wir euch gerade einen gewaltigen Bären aufbinden.
Was läuft hier schief?
Anti-Mersenne-Zahlen - (Juni 2016)
Für alle reellen Zahlen a,b
und alle natürlichen Zahlen n gilt
$$
a^n-b^n = (a - b) \left( a^{n-1} + a^{n-2} b + a^{n-3} b^2 + ... + b^{n-1} \right) .
$$
Dieser Fakt ist (zumindest für a=1) als geometrische Summe bekannt und lässt sich
leicht nachrechnen:
$$
(a - b) \left( a^{n-1} + a^{n-2} b + a^{n-3} b^2 + ... + b^{n-1} \right)
=
a^n - a^{n-1} b + a^{n-1} b - a^{n-2} b^2 + ... - b^n
=
a^n-b^n
$$
Für a=2m, b=-1 und ungerades n erhalten wir
$$
2^{mn}+1
= 2^{mn}-(-1)^n
= (2^m-(-1))
\left(
2^{m (n-1)} + 2^{m (n-2)} (-1) + ... + (-1)^{n-1}
\right).
$$
Also teilt die Zahl 2m+1 die Zahl 2mn+1.
Auf die gleiche Weise sieht man auch, dass 2n+1 ein Teiler von 2mn+1 ist.
Die Argumentation funktioniert für alle natürlichen Zahlen anstelle von 2.
Es seinen m und n zwei ungerade natürliche Zahlen. Man zeige, dass 2mn+1 sowohl durch 2m+1 als auch durch 2n+1 teilbar ist.
Malen ohne Zahlen - (Mai 2016)
Im Fall, dass die Ebene mit zwei Farben eingefärbt ist, betrachte man drei Punkte, die auf einem gleichseitigen Dreieck liegen.
Mindestens zwei dieser drei Punkte müssen die gleiche Farbe haben.
Im Fall, dass die Ebene mit drei Farben eingefärbt ist, kann man zum Beispiel ein etwas kompliziertes Gebilde von 7 Punkten, die so genannte Moser-Spindel aus dem Jahr 1961, betrachten, auf der immer zwei Punkte die gleiche Farbe haben müssen.
Leider ist das Problem im Fall von 4 Farben seit 1961 eine offene Frage (und die Frage nach der Zahl N sowieso).
Unsere dritte Aufgabe war also ein mathematisches Problem, für das noch keine Lösung bekannt ist. Geneigte Leser sind natürlich immer angehalten, nach Lösungen zu suchen.
Tatsächlich hat dieses Rätsel mit einem großen, offenen Problem der Mathematik zu tun, dem so genannten Hadwiger-Nelson-Problem:
Es ist bekannt, dass N höchstens 7 ist (es existiert nämlich eine Färbung der Ebene mit Hexagonen in 7 Farben, so dass keine zwei Punkte im Abstand 1 die gleiche Farbe haben)
Allerdings ist auch nur bekannt, dass N mindestens 4 ist, denn im Fall von 2 oder 3 Farben haben wir oben gezeigt, dass es immer zwei Punkte im Abstand 1 gibt, welche die gleiche Farbe haben.
Die tatsächliche Zahl N ist also eine Zahl zwischen 4 und 7, wurde aber bis heute nicht genau identifiziert. Lediglich unter Zusatzannahmen wie "Lebesgue-Messbarkeit der Farbklassen" oder der Annahme, dass alle Zusammenhangskomponenten jeder Farbklasse konvexe Polygone sind, konnte gezeigt werden, dass N mindestens 5 bzw. mindestens 6 sein muss.
Im Fall, dass die Ebene mit drei Farben eingefärbt ist, kann man zum Beispiel ein etwas kompliziertes Gebilde von 7 Punkten, die so genannte Moser-Spindel aus dem Jahr 1961, betrachten, auf der immer zwei Punkte die gleiche Farbe haben müssen.
Leider ist das Problem im Fall von 4 Farben seit 1961 eine offene Frage (und die Frage nach der Zahl N sowieso).
Unsere dritte Aufgabe war also ein mathematisches Problem, für das noch keine Lösung bekannt ist. Geneigte Leser sind natürlich immer angehalten, nach Lösungen zu suchen.
Tatsächlich hat dieses Rätsel mit einem großen, offenen Problem der Mathematik zu tun, dem so genannten Hadwiger-Nelson-Problem:
Hadwiger-Nelson-Problem
Was ist die minimale Anzahl N an Farben, die nötig sind, um eine Ebene so einzufärben, so dass keine zwei Punkte im Abstand 1 die gleiche Farbe haben?
Die tatsächliche Zahl N ist also eine Zahl zwischen 4 und 7, wurde aber bis heute nicht genau identifiziert. Lediglich unter Zusatzannahmen wie "Lebesgue-Messbarkeit der Farbklassen" oder der Annahme, dass alle Zusammenhangskomponenten jeder Farbklasse konvexe Polygone sind, konnte gezeigt werden, dass N mindestens 5 bzw. mindestens 6 sein muss.
Jeder Punkt der Ebene wird mit genau einer von zwei Farben (z.B. blau oder rot) angemalt.
Für die etwas anspruchsvolleren gibt es noch eine etwas schwierigere Variante:
Und wen der Ehrgeiz nun nicht mehr loslässt, der kann auch beweisen:
Man zeige: Es gibt immer zwei Punkte im Abstand von genau einem Zentimeter, die die gleiche Farbe haben.
Man zeige obige Aussage für den Fall, dass die Ebene in drei Farben angemalt ist.
Man zeige obige Aussage im Fall von vier Farben.
Verwirrungen auf dem Amt am 1. April - (April 2016)
Wir wollen im ersten Schritt den unvorhersehbaren Ersten-April-Agnostiker (der nach Lust und Laune lügt oder die Wahrheit spricht) ausschließen. Dies geschieht durch folgende Frage an einen der drei Brüder:
(Streng genommen, sollten wir fragen: "Kann ich von Bruder Nummer 1 weniger die Wahrheit erwarten, als von Bruder Nummer 2?", um eine echte Ja-Nein-Frage zu stellen).
Nun gibt es drei Möglichkeiten:
Ein "Ja" bedeutet nun, dass wir den Pass abholen können; ein "Nein" bedeutet, dass wir noch warten müssen, denn wir können wieder zwei Fälle unterscheiden:
Frage 1: "Welcher deiner Geschwister ist heute unzuverlässiger?"
- Wir haben den Ersten-April-Fanatiker gefragt. Der unzuverlässigere unter seinen zwei Brüdern an diesem Tag der April-Agnostiker und da der Fanatiker heute immer lügt, wird er auf den Ersten-April-Muffel zeigen.
- Wir haben den Ersten-April-Muffel gefragt. Der unzuverlässigere unter seinen zwei Brüdern ist an diesem Tag der April-Fanatiker. Also wird er auf diesen zeigen.
- Wir haben den Ersten-April-Agnostiker gefragt. Dann wird er auf irgendeinen Bruder zeigen.
Frage 2: "Würde der Bruder, der heute immer das Gegenteil von dem sagt, was du sagst, mir sagen, dass ich meinen neuen Reisepass heute NICHT abholen kann?"
- Wir haben den Fanatiker gefragt. Dieser wird uns anlügen und uns das Gegenteil der Wahrheit (das, was der Muffel sagen würde) mitteilen.
- Wir haben den Muffel gefragt. Dieser wird wahrheitsgemäß die Lüge, die der Fanatiker sagen würde, reproduzieren.
In einer Behörde der Stadt Chemnitz arbeiten in einem Büro drei Brüder.
Für den Außenstehenden sehen sie völlig gleich aus und normalerweise arbeiten alle drei sehr zuverlässig.
Nur am 1. April verhalten sie sich etwas sonderbar: Es ist stadtweit bekannt, dass ein Bruder (ein Erster-April-Fanatiker) an diesem Tag auf Ja-Nein-Fragen stets die falsche Antwort gibt. Ein zweiter (ein Erster-April-Muffel) antwortet stets korrekt und der dritte (ein Erster-April-Agnostiker) antwortet an diesem Tag nach Lust und Laune mal falsch und mal richtig.
Nur am 1. April verhalten sie sich etwas sonderbar: Es ist stadtweit bekannt, dass ein Bruder (ein Erster-April-Fanatiker) an diesem Tag auf Ja-Nein-Fragen stets die falsche Antwort gibt. Ein zweiter (ein Erster-April-Muffel) antwortet stets korrekt und der dritte (ein Erster-April-Agnostiker) antwortet an diesem Tag nach Lust und Laune mal falsch und mal richtig.
Sie haben einen neuen Reisepass beantragt. Wie können Sie am 1. April mit nur zwei Ja-Nein-Fragen an je einen der drei Brüder herausfinden, ob der Pass schon abgeholt werden kann?
Zwergentanz - (März 2016)
Jeder Zwerg merkt sich die Reihenfolge, in der die Gruppe die Lose kauft und den ersten Raum betritt.
Aus dieser Reihenfolge extrahiert er zwei Zahlen. Die erste berechnet er folgendermaßen. Er zählt, wie viele Zwerge vor ihm den ersten Raum betreten haben. Ist diese Zahl ungerade, merkt er sich -1, ansonsten merkt er sich +1. Die zweite Zahl ist das Signum der Permutation, die die anderen Zwerge von ihrer Reihenfolge beim Reinkommen aufsteigend nach ihren Losnummern sortiert. Das Produkt dieser zwei Zahlen entscheidet, welchen Schal man nimmt: rot bei -1 und weiß bei +1.
Warum funktioniert diese Startegie? Wir pfüfen sie zunächst für den Fall, dass die Losnummern aufsteigend verkauft wurden. In diesem Fall ist für jeden Zwerg die Sortierpermutation die Identität, und deren Signum ist +1. Wegen des abwechselnden Vorzeichens der ersten Zahl wechseln sich die Schalfarben im dritten Raum ab. Dieses positive Ergebnis möchten wir nun auf andere Losnummernreihenfolgen übertragen.
Dazu vergleichen wir die Ergebnisse zweier Losreihenfolgen, die sich nur in einer einzigen Transposition zweier aufeinanderfolgender Zwerge unterscheiden. Die beiden vertauschten Zwerge können keinen Unterschied erkennen, denn sie sehen ja nicht, wo sie selbst einsortiert sind. Ihr Signum bleibt also dasselbe, und damit auch ihre Schalfarbenwahl. Sie haben aber Platz getauscht, also sind die Schalfarben auf ihren Plätzen in der sortierten Aufstellung im dritten Raum vertauscht. Glücklicherweise sehen alle anderen Zwerge die Transposition. Dadurch wechselt ihr Signum das Vorzeichen und sie wählen allesamt die jeweils andere Schalfarbe, so dass das Ergebnis im dritten Raum zwar genau umgekehrt aber ebenso zum Gewinnen taugt ist wie vorher.
Nun kann man jede Reihenfolge der Losnummern mit Hilfe von Transpositionen von Nachbarn von der Identität aus erreichen. Also führen alle Losnummernreihenfolgen ebenso wie die Identität zum Erfolg der Strategie. Am Signum der Permutation, die alle Zwerge auf einmal sortiert, kann man übrigens ablesen, welche der beiden Gewinnkonfigurationen eintreten wird, aber diese Information ist den Zwergen natürlich erst im dritten Raum zugänglich.
Aus dieser Reihenfolge extrahiert er zwei Zahlen. Die erste berechnet er folgendermaßen. Er zählt, wie viele Zwerge vor ihm den ersten Raum betreten haben. Ist diese Zahl ungerade, merkt er sich -1, ansonsten merkt er sich +1. Die zweite Zahl ist das Signum der Permutation, die die anderen Zwerge von ihrer Reihenfolge beim Reinkommen aufsteigend nach ihren Losnummern sortiert. Das Produkt dieser zwei Zahlen entscheidet, welchen Schal man nimmt: rot bei -1 und weiß bei +1.
Warum funktioniert diese Startegie? Wir pfüfen sie zunächst für den Fall, dass die Losnummern aufsteigend verkauft wurden. In diesem Fall ist für jeden Zwerg die Sortierpermutation die Identität, und deren Signum ist +1. Wegen des abwechselnden Vorzeichens der ersten Zahl wechseln sich die Schalfarben im dritten Raum ab. Dieses positive Ergebnis möchten wir nun auf andere Losnummernreihenfolgen übertragen.
Dazu vergleichen wir die Ergebnisse zweier Losreihenfolgen, die sich nur in einer einzigen Transposition zweier aufeinanderfolgender Zwerge unterscheiden. Die beiden vertauschten Zwerge können keinen Unterschied erkennen, denn sie sehen ja nicht, wo sie selbst einsortiert sind. Ihr Signum bleibt also dasselbe, und damit auch ihre Schalfarbenwahl. Sie haben aber Platz getauscht, also sind die Schalfarben auf ihren Plätzen in der sortierten Aufstellung im dritten Raum vertauscht. Glücklicherweise sehen alle anderen Zwerge die Transposition. Dadurch wechselt ihr Signum das Vorzeichen und sie wählen allesamt die jeweils andere Schalfarbe, so dass das Ergebnis im dritten Raum zwar genau umgekehrt aber ebenso zum Gewinnen taugt ist wie vorher.
Nun kann man jede Reihenfolge der Losnummern mit Hilfe von Transpositionen von Nachbarn von der Identität aus erreichen. Also führen alle Losnummernreihenfolgen ebenso wie die Identität zum Erfolg der Strategie. Am Signum der Permutation, die alle Zwerge auf einmal sortiert, kann man übrigens ablesen, welche der beiden Gewinnkonfigurationen eintreten wird, aber diese Information ist den Zwergen natürlich erst im dritten Raum zugänglich.
Die Zwerge haben eine interessante Indoor-Lotterie für Gruppen mit mindestens drei Personen auf ihrem Jahrmarkt.
Die Verlosung läuft folgendermaßen ab: Jeder Zwerg kauft ein Los. Das Los wird so an der Zwergenmütze befestigt, dass der Träger die Losnummer nicht sehen kann. Die Losnummern sind reelle Zahlen, und keine Zahl wird zweimal verkauft. Im ersten Raum kann sich jeder Zwerg die Losnummern der anderen Teilnehmer anschauen. Von dort aus geht es einzeln weiter in den zweiten Raum, wo jeder Zwerg wählen muss, ob er einen roten oder einen weißen Schal mit in den dritten Raum nimmt. Im dritten Raum dürfen die Teilnehmer dann endlich ihre Losnummer ansehen und müssen sich aufsteigend nach Losnummern sortieren. Gewonnen hat die ganze Gruppe, wenn im dritten Raum keine zwei Teilnehmer mit gleicher Schalfarbe nebeneinander stehen.
Natürlich darf in den Räumen eins und zwei nicht kommuniziert werden.
Die Verlosung läuft folgendermaßen ab: Jeder Zwerg kauft ein Los. Das Los wird so an der Zwergenmütze befestigt, dass der Träger die Losnummer nicht sehen kann. Die Losnummern sind reelle Zahlen, und keine Zahl wird zweimal verkauft. Im ersten Raum kann sich jeder Zwerg die Losnummern der anderen Teilnehmer anschauen. Von dort aus geht es einzeln weiter in den zweiten Raum, wo jeder Zwerg wählen muss, ob er einen roten oder einen weißen Schal mit in den dritten Raum nimmt. Im dritten Raum dürfen die Teilnehmer dann endlich ihre Losnummer ansehen und müssen sich aufsteigend nach Losnummern sortieren. Gewonnen hat die ganze Gruppe, wenn im dritten Raum keine zwei Teilnehmer mit gleicher Schalfarbe nebeneinander stehen.
Natürlich darf in den Räumen eins und zwei nicht kommuniziert werden.
Wie können die Zwerge in dieser Lotterie gewinnen?
Pfannkuchen essen - (Februar 2016)
Klaus (der anfängt) hat im Allgemeinen die schlechteren Karten: bei ungeradem n erwischt er mit höherer Wahrscheinlichkeit den falschen Pfannkuchen; bei geradem n ist die Wahrscheinlichkeit immerhin genauso groß wie bei Kalle.
Das lässt sich wie folgt einsehen: Wir stellen uns vor, dass die beiden zunächst abwechselnd Pfannkuchen vom großen Berg nehmen und auf ihren Teller legen bis der große Berg Pfannkuchen in der Mitte abgetragen ist. Dann essen sie abwechselnd je einen Pfannkuchen. Dieses Vorgehen ist äquivalent (die Wahrscheinlichkeiten, den falschen Pfannkuchen zu essen ändern sich nicht) und natürlich verliert derjenige, auf dessem Teller der Ekelpfannkuchen liegt. Allerdings liegen bei ungeradem n auf Klaus Teller ein Pfannkuchen mehr, womit die Wahrscheinlichkeit, dass er den falschen erwischt höher ist als die von Kalle.
Das lässt sich wie folgt einsehen: Wir stellen uns vor, dass die beiden zunächst abwechselnd Pfannkuchen vom großen Berg nehmen und auf ihren Teller legen bis der große Berg Pfannkuchen in der Mitte abgetragen ist. Dann essen sie abwechselnd je einen Pfannkuchen. Dieses Vorgehen ist äquivalent (die Wahrscheinlichkeiten, den falschen Pfannkuchen zu essen ändern sich nicht) und natürlich verliert derjenige, auf dessem Teller der Ekelpfannkuchen liegt. Allerdings liegen bei ungeradem n auf Klaus Teller ein Pfannkuchen mehr, womit die Wahrscheinlichkeit, dass er den falschen erwischt höher ist als die von Kalle.
Die Brüder Kalle und Klaus essen für ihr Leben gerne Pfannkuchen (mancherorts auch als "Berliner" oder "Krapfen" bekannt). Darum kaufen sie bei der Bäckerei Kurt eine Tüte mit n köstlichen, mit Pflaumenmus gefüllten Pfannkuchen. Der Bäcker legt noch einen zusätzlichen Pfannkuchen in die Tüte und verkündet, dass nun auch ein Scherz-Pfannkuchen dabei sei, welcher mit Chili-Senf-Knoblauchmayonnaise gefüllt wurde.
Zu Hause können die beiden an den Pfannkuchen keine äußerlichen Unterschiede feststellen. Die einzige Möglichkeit, den falschen zu identifizieren, ist hineinzubeißen. So machen sie ein Spiel daraus: Abwechselnd isst jeder einen Krapfen und sobald einer den Scherzpfannkuchen erwischt hat, hat er verloren.
Kalle lässt Klaus den Vortritt und denkt: "Soll der mal anfangen, vielleicht erwischt er ja gleich beim ersten Versuch den falschen!"
Klaus ist schon ein Jahr älter und kennt sich mit Wahrscheinlichkeiten aus. Er denkt: "Es ist besser, wenn ich anfange! Die Wahrscheinlichkeit, dass ich beim ersten Versuch den Ekelpfannkuchen erwische ist doch winzig klein. Da hat der Kalle ein höheres Risiko, wenn er in den zweiten beißen muss, denn ich habe dann ja schon den ersten guten Pfannkuchen weggegessen."
Beide wissen, dass man das auch ausrechnen könnte, aber hey, einen Berg Pfannkuchen aufzuessen macht einfach zu viel Spaß!
Zu Hause können die beiden an den Pfannkuchen keine äußerlichen Unterschiede feststellen. Die einzige Möglichkeit, den falschen zu identifizieren, ist hineinzubeißen. So machen sie ein Spiel daraus: Abwechselnd isst jeder einen Krapfen und sobald einer den Scherzpfannkuchen erwischt hat, hat er verloren.
Kalle lässt Klaus den Vortritt und denkt: "Soll der mal anfangen, vielleicht erwischt er ja gleich beim ersten Versuch den falschen!"
Klaus ist schon ein Jahr älter und kennt sich mit Wahrscheinlichkeiten aus. Er denkt: "Es ist besser, wenn ich anfange! Die Wahrscheinlichkeit, dass ich beim ersten Versuch den Ekelpfannkuchen erwische ist doch winzig klein. Da hat der Kalle ein höheres Risiko, wenn er in den zweiten beißen muss, denn ich habe dann ja schon den ersten guten Pfannkuchen weggegessen."
Beide wissen, dass man das auch ausrechnen könnte, aber hey, einen Berg Pfannkuchen aufzuessen macht einfach zu viel Spaß!
Wer von den beiden hat die schlechtere Strategie gewählt?
Das heißt, wer hat das größere Risiko, den Chili-Senf-Knoblauchmayonnaisepfannkuchen zu erwischen?
Kreissehnen - (Januar 2016)
In einem Kreis haben zwei Sehnendreiecke mit gleicher Sehne im dieser Sehne gegenüberliegenden Punkt denselben Winkel.
Also sind die gleich markierten Winkel im folgenden Bild gleich groß, denn sie sind über derselben (jeweils gepunkteten) Sehne im Kreis abgetragen.
Deshalb sind die Dreiecke, die sich im Schnittpunkt der durchgezogenen Sehnen gegenüberliegen und durch je eine gestrichelte Linie berandet werden, ähnlich. Daher gilt x/p=q/y beziehungsweise xy=pq.
In einem Kreis werden zwei Sehnen gezogen, die sich im Kreisinneren schneiden. Der Schnittpunkt teilt jede Sehne in je zwei Strecken, deren Längen mit x und y beziehungsweise mit p und q. bezeichnet werden.
Man zeige: \(xy=pq\).
Der algebraische Kalender - (Weihnachten 2015)
Viele sagen, Probieren gehe über Studieren!
Christian setzt zunächst einmal auf die fleißige Lösungsvariante und will alle Möglichkeiten ausschöpfen. Er beginnt damit, die Eins nach oben (“auf 12 Uhr”) zu setzen und setzt probeweise eine andere Zahl rechts daneben (“auf 1 Uhr”).
Nun stellt sich ein überraschender Effekt ein: alleine durch diese zwei Einträge ist die komplette Uhr determiniert. Jede Zahl ist durch ihre beiden Vorgänger und die Gleichung b2 = a · c (mod 13) bestimmt. Christian muss nur oft probieren und nachdem er das 13er Einmaleins auswendig gelernt hat kann er für alle Werte von x die Uhr füllen.
Allerdings erreicht Christian nicht immer alle zwölf Zahlen. So beobachtet er manchmal eine Abfolge von vier Zahlen, die sich dreimal wiederholt.
So etwas ist natürlich nicht zulässig, da ja alle zwölf Zahlen vorkommen müssen! Nach langem Ausprobieren hat Christian genau vier passenden Anordnungen gefunden.
Da er die Eins auf zwölf Uhr festgelegt hatte, kann er jeden dieser vier Kalender noch um 12 verschiedene Winkel rotieren. Also gibt es 48 geeignete Anordnungen.
Manche werden es erkannt haben: da steckt natürlich mehr dahinter, als bloses Ausprobieren. Das Rechnen modulo 13 ist deshalb spannend, weil man hier wieder eine Division hat (Mathematiker sagen, dass die Ganzen Zahlen modulo 13 einen Körper ergeben). Das bedeutet, dass jede Zahl x zwischen 1 und 12 (die 0 ist wie immer ausgenommen) über ein multiplikatives Inverses x-1 verfügt, also eine Zahl, so dass x · x-1 = 1 (mod 13).
Solche multiplikativen Inversen gibt es übrigens immer beim Rechnen modulo p, solange p eine Primzahl ist. Noch anders ausgedrückt, rechnen wir in der “zwölfelementigen Gruppe der invertierbaren Elemente in ZZ mod 13”, aber das würde hier etwas zu weit führen ...
Nun können wir die Gleichung b2 = a · c (mod 13) umstellen zu c = b2 · a-1 (mod 13) und uns durchhangeln. Wir sehen, dass die Uhr wie folgt aufgebaut sein muss:
Es scheint also zu genügen, eine Zahl zwischen eins und zwölf zu wählen und Potenzen dieser Zahl modulo dreizehn zu berechnen. Allerdings erzeugt nicht jedes Zahl x zwischen Eins und Zwölf die komplette Gruppe, sondern eben nur die vier oben genannten Kandidaten. Man könnte hier nun wieder anfangen, etwas über Untergruppen zu erzählen, aber wir wollen ja nicht übertreiben ...
Zuletzt kann man sich noch fragen, wieso wir genau vier Möglichkeiten haben und nicht zum Beispiel drei oder sechs: auch das lässt sich anschaulich erklären: mit Symmetrien! Ist ein die Gruppe erzeugendes Element, sagen wir 2, gegeben, so sind es auch 2-1=7 (mod 13), -2 = 11 (mod 13) und (-2)-1 = 11-1 = 6 (mod 13) und das sind eben vier Elemente.
Christian setzt zunächst einmal auf die fleißige Lösungsvariante und will alle Möglichkeiten ausschöpfen. Er beginnt damit, die Eins nach oben (“auf 12 Uhr”) zu setzen und setzt probeweise eine andere Zahl rechts daneben (“auf 1 Uhr”).
Nun stellt sich ein überraschender Effekt ein: alleine durch diese zwei Einträge ist die komplette Uhr determiniert. Jede Zahl ist durch ihre beiden Vorgänger und die Gleichung b2 = a · c (mod 13) bestimmt. Christian muss nur oft probieren und nachdem er das 13er Einmaleins auswendig gelernt hat kann er für alle Werte von x die Uhr füllen.
Allerdings erreicht Christian nicht immer alle zwölf Zahlen. So beobachtet er manchmal eine Abfolge von vier Zahlen, die sich dreimal wiederholt.
So etwas ist natürlich nicht zulässig, da ja alle zwölf Zahlen vorkommen müssen! Nach langem Ausprobieren hat Christian genau vier passenden Anordnungen gefunden.
Da er die Eins auf zwölf Uhr festgelegt hatte, kann er jeden dieser vier Kalender noch um 12 verschiedene Winkel rotieren. Also gibt es 48 geeignete Anordnungen.
Manche werden es erkannt haben: da steckt natürlich mehr dahinter, als bloses Ausprobieren. Das Rechnen modulo 13 ist deshalb spannend, weil man hier wieder eine Division hat (Mathematiker sagen, dass die Ganzen Zahlen modulo 13 einen Körper ergeben). Das bedeutet, dass jede Zahl x zwischen 1 und 12 (die 0 ist wie immer ausgenommen) über ein multiplikatives Inverses x-1 verfügt, also eine Zahl, so dass x · x-1 = 1 (mod 13).
Solche multiplikativen Inversen gibt es übrigens immer beim Rechnen modulo p, solange p eine Primzahl ist. Noch anders ausgedrückt, rechnen wir in der “zwölfelementigen Gruppe der invertierbaren Elemente in ZZ mod 13”, aber das würde hier etwas zu weit führen ...
Nun können wir die Gleichung b2 = a · c (mod 13) umstellen zu c = b2 · a-1 (mod 13) und uns durchhangeln. Wir sehen, dass die Uhr wie folgt aufgebaut sein muss:
Es scheint also zu genügen, eine Zahl zwischen eins und zwölf zu wählen und Potenzen dieser Zahl modulo dreizehn zu berechnen. Allerdings erzeugt nicht jedes Zahl x zwischen Eins und Zwölf die komplette Gruppe, sondern eben nur die vier oben genannten Kandidaten. Man könnte hier nun wieder anfangen, etwas über Untergruppen zu erzählen, aber wir wollen ja nicht übertreiben ...
Zuletzt kann man sich noch fragen, wieso wir genau vier Möglichkeiten haben und nicht zum Beispiel drei oder sechs: auch das lässt sich anschaulich erklären: mit Symmetrien! Ist ein die Gruppe erzeugendes Element, sagen wir 2, gegeben, so sind es auch 2-1=7 (mod 13), -2 = 11 (mod 13) und (-2)-1 = 11-1 = 6 (mod 13) und das sind eben vier Elemente.
Wir wollen einen schicken und kreativen Kalender für das Jahr 2016 basteln. Dazu verteilen wir die Zahlen eins bis zwölf, stellvertretend für die zwölf Kalendermonate, auf dem Ziffernblatt einer alten Uhr. Da wir aber Mathematiker sind, wollen wir, dass für je drei benachbarte Zahlen a, b und c (im Uhrzeigersinn gezählt) folgende Gleichung erfüllt ist:
Kann es einen solchen Kalender geben? Und wenn ja: wie viele Möglichkeiten haben wir, die Zahlen anzuordnen?
a2 = b · c (mod 13)
(Der Ausdruck ``mod 13'' bedeutet, dass auf jeder Seite der Gleichung der Rest beim Teilen durch 13 betrachtet wird.)
Flächeninhalt von Dreiecken - (Dezember 2015)
Es gibt kein Dreieck mit den gegebenen Abmessungen.
Der Satz des Thales besagt, dass der Eckpunkt mit dem rechten Winkel
auf dem Kreis liegen muss, der die Hypothenuse als Durchmesser hat.
Dieser Thaleskreis hat aber nur einen Radius von 5 Zentimetern,
und damit kann die Höhe höchstens 5 Zentimeter lang sein.
Die Mathematiker haben das natürlich gesehen.
Eine Universität stellt Studienbewerberinnen und -bewerbern folgende Aufgabe bei der Aufnahmeprüfung.
Die meisten sind der Aufgabe gewachsen
berechnen als Antwort 30 Quadratzentimeter.
Nur die angehenden Mathematikerinnen und Mathematiker schafften es nicht, diese Aufgabe zu lösen.
Woran lag das?
Die Hypothenuse eines rechtwinkligen Dreiecks misst 10 Zentimeter, und die dazu senkrechte Höhe misst 6 Zentimeter. Man ermittele den Flächeninhalt.
Fehlersuche - (November 2015)
Sei N die Anzahl der Fehler in der Arbeit. Wir suchen einen einfachen Schätzer und nehmen an, dass jeder Fehler (unabhängig) von Astrid mit Wahrscheinlichkeit p und von Beate mit Wahrscheinlichkeit q gefunden wird. Wegen Unabhängigkeit ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Fehler von beiden gefunden wird gleich p · q. Wir haben also die Gleichungen
N · p = 12,
N · q = 16 und
N · pq = 8.
Die Lösung dieses Gleichungssystems ist N = 24, p = 1/2 und q = 2/3. Im Text befanden sich also geschätzt 24 Fehler. Davon wurden 12 + 8 = 20 entdeckt, also besagt unsere Schätzung, dass sich noch 4 Fehler in der Arbeit verstecken.
N · p = 12,
N · q = 16 und
N · pq = 8.
Die Lösung dieses Gleichungssystems ist N = 24, p = 1/2 und q = 2/3. Im Text befanden sich also geschätzt 24 Fehler. Davon wurden 12 + 8 = 20 entdeckt, also besagt unsere Schätzung, dass sich noch 4 Fehler in der Arbeit verstecken.
Caros Bachelorarbeit ist fast fertig,
und Astrid und Beate lesen unabhängig voneinander Korrektur.
Astrid findet 12 Fehler.
Beate findet 8 der Fehler, die Astrid gefunden hat, und noch 8 weitere.
Schätze, wie viele unentdeckte Fehler sich noch in Caros Arbeit verstecken!
Neue Rätselideen sind gerne gesehen! Kontakt:
mathriddler-intern@…
