Themenbereiche Themenbereiche Profile Hilfe/Anleitungen Help    
Recent Posts Last 1|3|7 Days Suche Suche Tree Tree View  

zu wenig Münzen?!

ZahlReich - Mathematik Hausaufgabenhilfe » Denksport » Kopfnüsse » zu wenig Münzen?! « Zurück Vor »

Das Archiv für dieses Kapitel findest Du hier.

Autor Beitrag
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

icetea (icetea)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Neues Mitglied
Benutzername: icetea

Nummer des Beitrags: 1
Registriert: 05-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 30. Mai, 2002 - 15:50:   Beitrag drucken

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

icetea (icetea)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Neues Mitglied
Benutzername: icetea

Nummer des Beitrags: 2
Registriert: 05-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 30. Mai, 2002 - 16:14:   Beitrag drucken

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

icetea (icetea)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Neues Mitglied
Benutzername: icetea

Nummer des Beitrags: 3
Registriert: 05-2002
Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 08:38:   Beitrag drucken

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
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

A.K. (akka)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: akka

Nummer des Beitrags: 97
Registriert: 05-2002
Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 10:24:   Beitrag drucken

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

sol@ti
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 10:47:   Beitrag drucken

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

murray (murray)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray

Nummer des Beitrags: 63
Registriert: 10-2001
Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 11:27:   Beitrag drucken

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

icetea (icetea)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Neues Mitglied
Benutzername: icetea

Nummer des Beitrags: 4
Registriert: 05-2002
Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 12:20:   Beitrag drucken

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?
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

sol@ti
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 13:15:   Beitrag drucken

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)

11Münzen

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)

12Münzen

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

SpockGeiger (spockgeiger)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: spockgeiger

Nummer des Beitrags: 497
Registriert: 05-2000
Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 16:12:   Beitrag drucken

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
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

murray (murray)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray

Nummer des Beitrags: 64
Registriert: 10-2001
Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 16:31:   Beitrag drucken

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
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

icetea (icetea)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Neues Mitglied
Benutzername: icetea

Nummer des Beitrags: 5
Registriert: 05-2002
Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 18:19:   Beitrag drucken

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

sol@ti
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Freitag, den 31. Mai, 2002 - 19:56:   Beitrag drucken

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.

münzen

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

gunami
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Montag, den 03. Juni, 2002 - 18:17:   Beitrag drucken

meinst du nicht es gibt auch eine lösung in der alle münzen kolinear in 16 reihen liegen?
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

sol@ti
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 07:21:   Beitrag drucken

Nein. Das 11/16-Problem (ohne Stapeltrick) ist im IRMM-Index als unlösbar klassifiziert.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

icetea (icetea)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Junior Mitglied
Benutzername: icetea

Nummer des Beitrags: 6
Registriert: 05-2002
Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 13:45:   Beitrag drucken

IRMM-Index? wie kann ich das zeigen das es unlösbar ist?
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

sol@ti
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 16:45:   Beitrag drucken

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!

Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

icetea (icetea)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Junior Mitglied
Benutzername: icetea

Nummer des Beitrags: 8
Registriert: 05-2002
Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 17:48:   Beitrag drucken

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?
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

sol@ti
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 18:50:   Beitrag drucken

das steht doch in der Angabe:
> wie kann man 11 Münzen auf einen Tisch in 16 Reihen mit je 3 Münzen legen?
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

icetea (icetea)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Junior Mitglied
Benutzername: icetea

Nummer des Beitrags: 9
Registriert: 05-2002
Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Juni, 2002 - 20:51:   Beitrag drucken

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?
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

A.K. (akka)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: akka

Nummer des Beitrags: 113
Registriert: 05-2002
Veröffentlicht am Mittwoch, den 05. Juni, 2002 - 10:34:   Beitrag drucken

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.

Beitrag verfassen
Das Senden ist in diesem Themengebiet nicht unterstützt. Kontaktieren Sie den Diskussions-Moderator für weitere Informationen.

ad

Administration Administration Abmelden Abmelden   Previous Page Previous Page Next Page Next Page