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sol@ti
Unregistrierter Gast
| Veröffentlicht am Samstag, den 20. Juli, 2002 - 15:19: |
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Susi und Jens haben von ihrer Oma eine riesige rechteckige Tafel Vollmilchschokolade bekommen. Für's gerechte Aufteilen hat Susi eine Idee: Sie nimmt Mamas scharfes Küchenmesser und schneidet die Tafel von einer Ecke zur anderen genau diagonal durch. Beim Auspacken entdecken die beiden, dass die Tafel in m x n gleiche Quadrate eingeteilt war. Wieviele vollständige (d.h. nicht angeschnittene) Quadrate hat jeder in seiner Hälfte?
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Rebekka Malten (rebmalten)
Junior Mitglied Benutzername: rebmalten
Nummer des Beitrags: 10 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Samstag, den 20. Juli, 2002 - 16:19: |
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Hallo sol@ti! Für den Spezialfall m=n ergibt sich folgendes: Die Schokoladentafel ist ein Quadrat, somit teilt die Diagonale d die Tafel in zwei gleichschenklige, rechtwinklige Dreiecke. Deshalb werden genau m Quadrate zerschnitten (die Diagonale hat die Steigung 1). Es erhalten also sowohl Susi als auch Jens m²/2 - m/2 ganze Schokoladenstückchen. Leider bekomme ich nur diesen - eher einfachen - Teil hin; kann man auch bei m¹n mit der Steigung arbeiten? Gruß
Reb
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Rebekka Malten (rebmalten)
Mitglied Benutzername: rebmalten
Nummer des Beitrags: 11 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Samstag, den 20. Juli, 2002 - 17:06: |
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...ich glaub, ich hab's jetzt: Die Gerade durch (n/m) und (0/0) (also die Diagonale) hat die Steigung m/n, faßt man die Tafel Schokolade in ein Koordinatensystem (n liegt auf der x-Achse, m auf der y-Achse). Ich muß also n/m Einheiten nach rechts gehen, um insgesamt eine Einheit nach oben zu kommen. Dies geschieht bei der Tafel a-mal mit: n/m*a = n « a = m Also werden n/m*m = n Kästchen zerschnitten. Daher bleiben insgesamt m*n-n komplette Kästchen, d.h. jeder von beiden bekommt (m*n-n)/2 ganze Stücke der Schokolade. Stimmt's? Schönen Gruß, Reb
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Juppy
Unregistrierter Gast
| Veröffentlicht am Samstag, den 20. Juli, 2002 - 17:44: |
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Hallo Rebekka, nein, das kann nicht stimmen. nimm z.B. eine 5×2-Tafel, also m=5, n=2, dann sagst du, dass n=2 Kästchen zerschnitten werden. Nimmst du die gleiche Tafel, nur diesmal als 2×5-Tafel, also jetzt mit n=5, dann müssten auf einmal 5 Kästchen zerschnitten werden. Das ist ein Widerspruch. ich habe nur einen weiteren Spezialfall: für m=2 ergeben sich immer [n/2] ganze Quadrate.
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Rebekka Malten (rebmalten)
Mitglied Benutzername: rebmalten
Nummer des Beitrags: 12 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Samstag, den 20. Juli, 2002 - 18:47: |
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Hast Recht. Aber wo liegt denn mein Fehler? Reb
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Rebekka Malten (rebmalten)
Mitglied Benutzername: rebmalten
Nummer des Beitrags: 13 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 21. Juli, 2002 - 13:16: |
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Stünde vor meinem 'Schlamassel': O.B.d.A. m £ n sowie m/n ∈ {1/k : k ∈ IN} ...dann wäre es ein spezieller Spezialfall, aber klappen müßte das dann doch... ? Gruß - sich ziellos fühlend - Reb
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Carmichael (carmichael)
Mitglied Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 18 Registriert: 02-2001
| Veröffentlicht am Sonntag, den 21. Juli, 2002 - 13:58: |
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Hi, 1. Beweis: Die Tafel sei in mxn gleiche Quadrate eingeteilt. seien m und n zunächst mal teilerfremd. Wir legen die Tafel in ein Koordinatensystem, wobei die Trenn-Diagonale von (0,0) nach (m,n) verläufen soll. Das sind die einzigen ganzzahligen Koordinaten, die auf er Diagonalen liegen, da m/n vollst. gekürzt (zentr. Streckung). Die Einzelquadrate seien mit Q(a,b) mit 1<=a<=m und 1<=b<=n bezeichnet. ("Koordinate des rechten oberen Eckes des Quadrats") Die Punkte (0,0), (m/n,1), (2*m/n,2), ..., ((n-1)*m/n,n-1) liegen auf der Diagonalen. Von (0,0) nach (m/n,1) durchschneidet die Diagonale die Quadrate Q(1,1), Q(2,1), ..., Q([m/n]+1,1). Insgesamt also ]m/n[ Quadrate. Von (m/n,1) bis (2*m/n,2) durchschneidet sie die Quadrate Q([m/n]+1,2), Q([m/n]+2,2), ..., Q([2m/n]+1,2). Insgesamt also [2m/n] - [m/n] +1. Von (2*m/n,2) bis (3*m/n,3) durchschneidet sie insgesamt [3m/n] - [2m/n] +1. usw. Von (0,0) bis ((m-1)*m/n,m-1) durchschneidet sie damit: [m/n]+1 + [2m/n] - [m/n] +1 + [3m/n] - [2m/n] +1 +... + [(n-1)m/n] - [(n-2)m/n] +1 = = n-1 + [(n-1)m/n] = n-1 + m - ]m/n[; Schließlich von ((n-1)*m/n,n-1) bis (m,n) durchschneidet sie noch ]m/n[ Quadrate. Insgesamt werden also n-1 + m - ]m/n[ + ]m/n[ = n+m-1 Quadrate durchschnitten. Wir betrachten nun eine Tafel axb mit a,b beliebig aus IN. Da gilt a=ggT(a,b)*m und b=ggT(a,b)*n mit ggT(m,n)=1. Von der Tafel mxn werden n+m-1 Quadrate zerschnitten. Von der Tafel axb damit ggT(a,b)*(n+m-1) Quadrate. Es verbleiben also noch a*b - ggT(a,b)*(n+m-1) = ab - a - b + ggT(a,b) = (a-1)(b-1) + ggT(a,b) - 1; Susi erhält deshalb ((a-1)(b-1) + ggT(a,b)-1)/2 ganze Quadrate. 2. Beweis: (Zusammenhang mit Satz von Sylvester) Die Tafel sei in axb gleiche Quadrate eingeteilt. seien a und b teilerfremd (vgl. 1.Beweis). Die Anzahl der vollständigen Quadrate, die Jens erhält, wird durch die Mächtigkeit folgender Menge beschrieben: M := {(m,n)|n <= a/b(m-1), 1<=m<=b, 1<=n<=a} = {(m,n)|(m-1)/n >= b/a, 1<=m<=b, 1<=n<=a}; weiter folgt: M = {(m,n)| a*(b-m)+b*(n-1) <= (a-1)*(b-1)-1, 1<=m<=b, 1<=n<=a} = {(b-u,v+1)| a*u+b*v <= (a-1)*(b-1)-1, 0<=u<=b-1, 0<=v<=a-1}; Da aus a*u+b*v = a*k+b*l für 0<=u,k<=b-1 und 0<=v,l<=a-1 wegen ggT(a,b)=1 folgt u=k und v=l, gilt: |M| = |P|; mit P := {a*u+b*v | a*u+b*v <= (a-1)*(b-1)-1, 0<=u<=b-1, 0<=v<=a-1} = {a*u+b*v | a*u+b*v <= (a-1)*(b-1)-1, 0<=u, 0<=v}; |M| = |P| gibt also die Anzahl der natürlichen Zahlen kleiner (a-1)*(b-1) an, welche als a*u+b*v darstellbar sind. Diese sind nach Satz von Sylvester genau (a-1)(b-1)/2 an der Zahl. damit: |M| = (a-1)(b-1)/2; vgl. : (a-1)(b-1)/2 = ((a-1)(b-1)+1-1)/2; [a,b teilerfremd] Ich hoffe ich habe mich nicht vertan. MfG Carmichael |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| Veröffentlicht am Sonntag, den 21. Juli, 2002 - 18:41: |
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Hervorragend, Carmichael, ein weiteres Musterbeispiel an mathematischer Schärfe und formaler Eleganz (dass das Ergebis korrekt ist bedarf wohl keiner Erwähnung). Und alles bleibt Schritt für Schritt nachvollziehbar! Sehr interessant auch der Hinweis auf den Zusammenhang mit dem Satz von Sylvester. Danke auch an Juppy und besonders an Rebekka, deren aktive Mitarbeit mich sehr gefreut hat (Rebekka ist die erste Mathematikerin, die bei einem meiner Rätsel mitgemacht hat). Viele Grüße sol@ti
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Rebekka Malten (rebmalten)
Mitglied Benutzername: rebmalten
Nummer des Beitrags: 14 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 21. Juli, 2002 - 22:04: |
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...zum Schluß noch eine kurze Frage an Dich, sol@ti (falls Du es nicht geheimhalten willst): Woher stammen all diese interessanten Rätsel? Denkst Du sie Dir wirklich in Deiner 'Rätselwerkstatt' aus oder fallen sie von Tag zu Tag vom Himmel??! Es würde mich ehrlich interessieren,
Reb
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Carmichael (carmichael)
Mitglied Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 19 Registriert: 02-2001
| Veröffentlicht am Montag, den 22. Juli, 2002 - 14:32: |
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Mich würds a intressiern.
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| Veröffentlicht am Montag, den 22. Juli, 2002 - 16:34: |
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Hallo! Was soll ich groß sagen? Ich bin nur ein Hobbymathematiker mit Spaß am Rätsel basteln. Und wenn euch einige davon so gut gefallen, dass ihr aktiv mitmacht, freut mich das natürlich ganz besonders: Dankeschön! Hier hab ich übrigens schon mal beschrieben, wie ich die Rätsel bastle. Ach ja, Rebekka: Natürlich gibt's die Rätselwerkstatt. Und einen Stock höher ist die Werkstatt vom Weihnachtsmann, da fällt schon manchmal was vom Himmel ... ;-) Viele Grüße und hoffentlich bis bald sol@ti
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