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icetea (icetea)
Neues Mitglied Benutzername: icetea
Nummer des Beitrags: 1 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 30. Mai, 2002 - 15:50: |
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wie kann man 11 Münzen auf einen Tisch in 16 Reihen mit je 3 Münzen legen?. ob münzen gestapelt werden dürfen ist mir nicht bekannt. |
icetea (icetea)
Neues Mitglied Benutzername: icetea
Nummer des Beitrags: 2 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 30. Mai, 2002 - 16:14: |
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da hab ich noch 2 aufgaben bei denen ich nur bedingt weiter komme. Tresorcode: der code eines tresors ist eine neunstellige zahl in der jede der ziffern von 1 bis 9 einmal vorkommt. nennen wir diese zahl ABCDEFGHI wobei die buchstaben für die gesuchten ziffern stehen. wie lautet der code wenn folgendes bekannt ist A - B = C A + B = D B * E = F G - H = I : B gibt es eine eindeutige lösung? und wenn warum? genauso warum wenn nicht. eine mögliche lösung habe ich bereits: 431726859 nächstes rätzel: wenn man eine 3stellige zahl mit 3 verschiedenen ziffern aufschreibt(Zahl 1). selbige dann rückwärts aufschreibt(Zahl 2) nun die kleinere der beiden zahlen von der größeren abzieht. und die erhaltene zahl (Zahl 3) wieder rückwärts aufschreibt und zu Zahl 3 addiert soll als summenwert nur 2 Zahlen möglich sein. 1. welche? 2. warum sind nur diese beiden möglich ich habe es bereits mal mit excel durchgespielt bei mir kommt egal welche ziffern man für die 3 zahlen einsetzt immer 1089 raus (auch bei 2 gleichen) nur wenn man 2 bzw 3 Nullen einsetzt kommt 0 als summen wer raus. wäre jedem sehr dankbar für die hilfe. |
icetea (icetea)
Neues Mitglied Benutzername: icetea
Nummer des Beitrags: 3 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 08:38: |
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bei dem letzten rätzel mit den 3ziffern usw. hab ich mittlerweile die lösung herausgefunden. ich wäre dennoch sehr dankbar über die Lösung der beiden anderen Aufgaben und wenn es ginge möglichst schnell. DANKE |
A.K. (akka)
Fortgeschrittenes Mitglied Benutzername: akka
Nummer des Beitrags: 97 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 10:24: |
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Hallo Icetea Tresorcode A - B = C A + B = D B * E = F G - H = I : B Addiert man die ersten beiden Gleichungen, so folgt 2A=C+D => 1<=A<=4 mit A-B=C =>A=B+C => A>=3 also insgesamt A=3 oder A=4 1. Fall: A=3 dann folgt mit A-B=C 3-B=C => (B=1 und C=2) oder (B=2 und C=1) 2. Fall: A=4 dann folgt mit A-B=C 4-B=c => (B=1 und C=3) oder (B=3 und C=1) Wegen B<>C ist B=C=2 nicht möglich. Bisher sind also folgende Kombinationen möglich: i) A=3; B=1; C=2 ii) A=3; B=2; C=1 iii) A=4; B=1; C=3 iv) A=4; B=3; C=1 Mit der zweiten Gleichung A+B=D folgt nun: i) 3+1=D; also D=4 ii) 3+2=D also D=5 iii) 4+1=D; also D=5 iv) 4+3=D; also D=7 Also kommen folgenden Kombinationen in Betracht: i) A=3; B=1; C=2; D=4 ii) A=3; B=2; C=1; D=5 iii) A=4; B=1; C=3; D=5 iv) A=4; B=3; C=1; D=7 Die 3. Gleichung B*E=F liefert: i) 1*E=F <=> E=F Widerspruch zur Voraussetzung E<>F ii) 2*E=F => F muss eine gerade Zahl sein; also F=2 oder F=4 oder F=6 oder F=8 wegen B=2 entfällt F=2 Somit stehen für F noch folgende Möglichkeiten zur Verfügung: F=4; F=6 oder F=8 iii) 1*E=F Widerspruch (vlg. i)) iv) 3*E=F => F muss durch 3 teilbar sein also F=3 oder F=6 oder F=9 F=3 ist Widerspruch zu B=3 => F=6 oder F=9 Zusammengefasst gibt es nun noch folgende Kombinationen: i) A=3; B=2; C=1; D=5; F=4 => E=F/B=4/2=2 Widerspruch zu B=2 ii) A=3; B=2; C=1; D=5; F=6 => E=F/B=6/2=3 Widerspruch zu A=3 iii) A=3; B=2; C=1; D=5; F=8 => E=F/B=8/2=4 iv) A=4; B=3; C=1; D=7; F=6 => E=F/B=6/3=2 v) A=4; B=3; C=1; D=7; F=9 => E=F/B=9/3=3 Widerspruch zu B=3 Bleiben also noch iii) A=3; B=2; C=1; D=5; F=8; E=4 iv) A=4; B=3; C=1; D=7; F=6; E=2 Diese Kombinationen mit der 4. Gleichung weiter prüfen; also G-H=I:B Für iii) folgt G-H=I:2 => I muss eine gerade Zahl sein. Wegen B=2, E=4 und F=8 bleibt noch I=6 Wegen A=3, C=1 und D=5 bleiben für G und H noch die Ziffern 7 und 9 übrig; also wegen G-H>0 folgt G=9 und H=7; aber 9-7=2 <> 6/2=3 Also kein Code. iv) A=4, B=3, C=1, D=7, E=2, F=6 Mit G-H=I:B folgt G-H=I:3. I muss also durch 3 teilbar sein; d.h heißt für I kommen nur die Ziffern 3, 6 oder 9 in Frage. Wegen B=3 und F=6 bleibt nur noch I=9 Damit gilt dann G-H=9:3=3. Für G und H stehen nur noch die Ziffern 8 und 5; also G=8 und H=5 Code: 431726859 Der Tresorcode ist somit eindeutig. (Aber vielleicht habe ich mich auch irgendwo vertan. Kontrollier es bitte genau.) Mfg K.
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 10:47: |
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Hi icetea! Das Rätsel mit den 11 Münzen ist sehr interessant! Leider kann ich es trotz redlichen Bemühens nicht lösen, für mich sind's tatsächlich 'zu wenig Münzen'. Wenn es dir aber irgendwie weiterhilft zeige ich gerne Lösungen für 11 Münzen in 15 Reihen oder 12 Münzen in 16 Reihen.
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murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 63 Registriert: 10-2001
| Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 11:27: |
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Hallo, also A.K. du hast Dich nicht vertan, ich komme auf einem ähnlichen Lösungsweg auch zu nur einem Ergebnis. aus 1) folgt das A > B ist, da 1 <= C <= 9 --> 2 <= A <= 9 und 1 <= B <= 8 und A > B aus 2) folgt das A + B <= 9 sind aus 3) folgt, da F <= 9 kommen nur folgende Zahlenpaare für B oder E in Frage (wobei hier B und E vertauschbar sind): da B != E != F sind alle drei != 1, (2, 3) mit F = 6, (2,4) mit F = 8 --> B oder E können daher 2, 3 oder 4 sein und F kann 6 oder 8 sein aus 1) folgt A >= 3 aus 2) folgt 5 <= D <= 9 (da A >= 3 und B >= 2) aus 4) folgen zunächst G - H >= 1 (damit G > H) und B ist Teiler von I daher ist I 2,3,4,6,8 oder 9 aus 3) folgt wäre B = 2 (so kann E = 4 und F = 8 sein) dann ist I = 6 (so kann E = 3 und F = 6 sein) dann ist I = 4 oder 8 wäre B = 3 (so kann E = 2 und F = 6 sein) dann ist I = 9 wäre B = 4 (so kann E = 2 und F = 8 sein) es gibt kein I --> B != 4 aus 1) folgt 3 <= A <= 6 mit 2 <= B <= 3 folgt weiter 1 <= C <= 4 alle Gleichungen zu 1) (unmögliche markiere ich mit X) 3 - 2 = 1 4 - 2 = 2 X 5 - 2 = 3 6 - 2 = 4 4 - 3 = 1 5 - 3 = 2 6 - 3 = 3 X es folgt wenn B = 2, dann A != 4 und wenn B = 3, dann A != 6 außerdem kann 1 <= C <= 4 sein alle Gleichungen zu 2) 3 + 2 = 5 5 + 2 = 7 6 + 2 = 8 4 + 3 = 7 5 + 3 = 8 es folgt D kann nur 5, 7 oder 8 sein aus 3) und 4) folgen a) B = 3, E = 2, F = 6 und I = 9 es folgt A ist 4 oder 5, D ist 7 oder 8 und C = 1 (wegen C = 2 = E) aus C = 1 folgt A = 4 und D = 7 bleiben nur G = 8 und H = 5 übrig (Probe mit 4) 8-5 = 9/3) b) B = 2, E = 4, F = 8 und I = 6 es folgt A ist 3 oder 5, D ist 5 oder 7 und C ist 1 oder 3 b1) wenn A = 3, dann D = 5 und C = 1 G = 9 und H = 7 (Probe mit 4) 9-7 != 6/2) !!! b2) wenn A = 5, dann D = 7 und C = 3 G = 9 und H = 1 (Probe mit 4) 9-1 != 6/2) !!! c) B = 2, E = 3, F = 6 und I = 4 es folgt A = 5, D = 7 und C = 3 = E !!! d) B = 2, E = 3, F = 6 und I = 8 A != 5 wegen c) A != 4 wegen C = B = 2 Fazit: der Code ist 431726859 Murray PS: Das blödes HTML zermatscht jedesmal die Formatierung. |
icetea (icetea)
Neues Mitglied Benutzername: icetea
Nummer des Beitrags: 4 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 12:20: |
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danke an euch drei. sol@ti kannst du mir die beiden lösungen mit 11 & 12 münzen vielleicht sagen? wäre sehr nett. was ich auch noch gerne erfahren würde wie habt ihr das gelöst? mit paiper und kuli oder mit pc?
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 13:15: |
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Die 11 Münzen liegen auf den Gitterpunkten A(0|0) B(2|0) C(4|0) D(0|6) E(2|6) F(4|6) G(1|3) H(2|3) I(3|3) J(0|2) K(4|4) Es sind genau folgende 15 Tripel kollinear: ABC AIK AHF AGE AJD BIF BHE BGD CKF CIE CHD DEF FGJ GHI JHK und es gibt keine 4 kollinearen Punkte. Die 12 Münzen liegen auf den Gitterpunkten A(0|0) B(2|0) C(4|0) D(0|6) E(3|6) F(4|6) G(1|3) H(2|3) I(3|3) J(2|4) K(3|2) L(4|4) Es sind genau folgende 16 Tripel kollinear: ABC AIL AHF AJE BKL BIF BHJ BGD CLF CKJ CHD DEF DJI EIK FJG GHI und es gibt keine 4 kollinearen Punkte.
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SpockGeiger (spockgeiger)
Erfahrenes Mitglied Benutzername: spockgeiger
Nummer des Beitrags: 497 Registriert: 05-2000
| Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 16:12: |
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Hi Vielleicht geht es, wenn der Tisch krumm ist? In der Aufgabenstellung steht ja nicht, dass die Tischoberfläche Teilmenge der euklidischen Ebene sein muss. viele Grüße SpockGeiger |
murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 64 Registriert: 10-2001
| Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 16:31: |
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Hallo, auch eine 3D-Lösung ist denkbar, da in der Aufgabe nicht ausgeschlossen wird das Münzen nicht gestapelt werden dürfen. Ich wage allerdings zu behaupten das hierbei eher weniger Verbindungen zustande kommen. Murray |
icetea (icetea)
Neues Mitglied Benutzername: icetea
Nummer des Beitrags: 5 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 18:19: |
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Diese aufgabe wurde einer 5. Klasse gymnasium gestellt ich glaube nicht das es da die möglichkeit eines krummen tisches gibt. ich habe allerdings auch schon daran gedacht. |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 19:56: |
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Mit Stapeln wird's trivial. Die 11 Münzen liegen auf den Gitterpunkten A(1|0) B(2|0) C(4|0) D(1|2) E(3|2) F(4|2) G(1|3) H(4|3) I(3|1) und auf X(0|1) liegen 2 Münzen gestapelt. Es sind genau folgende 7 Tripel kollinear: ABC AEH ADG BIF CFH CIG DEF mit den 9 "Trick-Reihen" (die ja auch genau 3 Münzen enthalten) XA XB XC XD XE XF XG XH XI ergeben sich schließlich 16 Reihen. Mir persönlich gefällt dieser Stapeltrick überhaupt nicht, er zieht dieses sonst wirklich interessante Rätsel in die unterste Schublade. Leider.
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gunami
Unregistrierter Gast
| Veröffentlicht am Montag, den 03. Juni, 2002 - 18:17: |
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meinst du nicht es gibt auch eine lösung in der alle münzen kolinear in 16 reihen liegen? |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 07:21: |
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Nein. Das 11/16-Problem (ohne Stapeltrick) ist im IRMM-Index als unlösbar klassifiziert.
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icetea (icetea)
Junior Mitglied Benutzername: icetea
Nummer des Beitrags: 6 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 13:45: |
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IRMM-Index? wie kann ich das zeigen das es unlösbar ist? |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 16:45: |
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Hi icetea! Vergiss es! War nur ein kleiner Scherz für gunami wegen seinem 'meinst du nicht ...' Der IRMM-Index liegt auf meinem Schreibtisch in einer Mappe mit der Aufschrift "Im Rahmen Meiner Möglichkeiten". Und da ist es eben unlösbar. Aber ich wollte dich keinesfalls an der Nase herumführen, ich habe gedacht du liest das gar nicht mehr. Darum jetzt ganz ernsthaft: Die Fragestellung sehe ich als interessante Variation eines Problems von Sylvester. Er formulierte es 1893 und es blieb 40 Jahre lang ungelöst. Erst als Erdös die Frage neu zur Diskussion stellte konnte es Gallai 1933 lösen. Der Satz lautet: Es ist nicht möglich, eine endliche Anzahl von Punkten in der Ebene so auswählen, dass auf allen Verbindungslinien zweier Punkte immer auch ein dritter Punkt liegt (ausser wenn alle Punkte "in einer Reihe" liegen). Bei deinem Problem geht um die maximale Anzahl solcher 3-Punkt-Verbindungslinien. Aber mit der Einschränkung, dass nie mehr als drei Punkte in einer Reihe liegen dürfen - und das macht's knifflig!
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icetea (icetea)
Junior Mitglied Benutzername: icetea
Nummer des Beitrags: 8 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 17:48: |
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Ich hätte da noch ne frage du dem beitag von a.k. da heißt es: Addiert man die ersten beiden Gleichungen, so folgt 2A=C+D => 1<=A<=4 warum kann A nicht größer als 4 sein? wenn ich für c und d 6 und 8 z.b. einsetzte (ich weiß genau dieses beispiel geht nicht aber warum kann (c+d) nicht größer 9 (wegen der geraden zahl eben größer 8) sein? und noch was an sl@ti. warum darf ich nicht mehr als 3 münzen in eine reihe setzten? |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 18:50: |
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das steht doch in der Angabe: > wie kann man 11 Münzen auf einen Tisch in 16 Reihen mit je 3 Münzen legen?
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icetea (icetea)
Junior Mitglied Benutzername: icetea
Nummer des Beitrags: 9 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 20:51: |
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lässt sich das denn nicht so auslegen, dass man auch 4 oder mehr münzen in einer reihe haben kann? oder heißt das "je" GENAU 3 Münzen? und wenn man es erlauben würde 4 oder mehr in einer reihe zu legen wie sieht dann deine lösung aus? |
A.K. (akka)
Erfahrenes Mitglied Benutzername: akka
Nummer des Beitrags: 113 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 05. Juni, 2002 - 10:34: |
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Hallo Icetea betrifft deine Frage: "Ich hätte da noch ne frage du dem beitag von a.k. da heißt es: Addiert man die ersten beiden Gleichungen, so folgt 2A=C+D => 1<=A<=4 warum kann A nicht größer als 4 sein? wenn ich für c und d 6 und 8 z.b. einsetzte (ich weiß genau dieses beispiel geht nicht aber warum kann (c+d) nicht größer 9 (wegen der geraden zahl eben größer 8) sein? " Eigentlich hast du die Frage schon selbst beantwortet. Da 2A gerade sein muss und für A laut Aufgabenstellung nur die Ziffer 1 bis 9 erlaubt sind, kann 2A höchstens den Wert 8 annehmen und damit A höchstens den Wert 4; da A gleichzeitig >=1 sein muss, gilt insgesamt 1<=A<=4 Mfg K.
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