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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 12. Juli, 2002 - 18:34: | 
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Firma Klotz & Söhne stellt ausschließlich Holz-Spielzeug her. Besonders beliebt ist ein einfaches Puzzlespiel. Bei der Herstellung werden zunächst kleine Holzwürfel zu einem einzigen großen Quader zusammengepackt. Alle Würfel sind gleich groß und die Anzahl ist so gewählt, dass ein vollständiger Quader entsteht. Die sechs Außenflächen des Quaders werden bunt bemalt. Nach dem Trocknen werden die Würfel zufällig gemischt und verpackt. Klotz & Söhne haben mehrere Größen (bezogen auf die Würfelanzahl) im Sortiment. Das Besondere ist aber, dass immer genau die Hälfte der Würfel völlig unbemalt bleiben.
Klotz jun. träumt nun von einem Riesen-Puzzle mit Eintrag ins Guinness Buch der Rekorde. Er ist aber mathematisch nicht sehr begabt und hat bisher noch keinen Riesen-Quader gefunden, der seinen Träumen und der Tradition des Hauses (Hälfte der Würfel unbemalt) genügt.
Könnt ihr ihm helfen einen Quader wahrhaft gigantischen Ausmaßes zu finden?
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epsilon
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 14. Juli, 2002 - 15:27: |
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Hi sol@ti
der größte, den ich gefunden habe, war ein Quader aus 8580 Einzelwürfeln.
Meiner Meinung nach, müsste dies stimmen.
Allerdings war mein Lösungsweg eher unelegant!
Gruß epsilon
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 14. Juli, 2002 - 16:15: |
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Hallo epsilon!
Interessant, dass du gerade auf den 132 x 13 x 5 Quader kommst. Den haben Klotz & Söhne nämlich als "Puzzle de Luxe" im Angebot! Aber wenn du als Mathematiker keinen größeren Quader gefunden hast, drängt sich mir ein erschreckender Gedanke auf: Vielleicht gibt es gar keine größere Lösung !?
Doch wer könnte das beweisen ;-?
sol@ti
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Juppy
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 14. Juli, 2002 - 17:25: |
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Jedenfalls bemerkenswert, dass im Internet nichts darüber zu finden ist, oder habe ich nur nicht die richtigen Stichworte mit 8580 kombiniert?
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epsilon
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 15. Juli, 2002 - 12:14: |
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Hi sol@ti,
einen Beweis dafür kann ich schon nachliefern, allerdings, wie bereits angedeutet, ist dieser alles andrere als elegant, sondern eher "hemdsärmlig".
aber wenn Interesse besteht, dann tippe ich der ganzen Nachweis hier zusammen...
Gruß epsilon |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 15. Juli, 2002 - 15:03: |
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Was für eine Frage, epsilon,
natürlich besteht Interesse an dem Beweis (und sicher nicht nur von mir - Juppy sucht sogar in der großen weiten Welt danach ;-)! Ich möchte dich herzlich einladen, den Beweis hier zu veröffentlichen. Wenn's zuviel Tipparbeit ist, könntest du doch auch was Handschriftliches einscannen und als Bild hier reinstellen?
Bin schon sehr gespannt! Hab noch nie einen hemdsärmligen Beweis gesehen (wohl aber einen in Boxershorts - der war nicht ganz wasserdicht und musste die Hosen runterlassen!)
sol@ti
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epsilon
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 16. Juli, 2002 - 19:51: |
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In Ermangelung eines Scanners muss ich doch händisch arbeiten... deshalb hat es auch ein bisschen gedauert
(ich hoffe die Anzahl der Tippfehler hält sich in Grenzen)
Viel Geduld beim Durchlesen (die werdet ihr brauchen; aber nicht dass ich jemanden damit abschrecken möchte...)
Lösung für das Quader-Spiel:
Der Quader besteht aus a*b*c Einzelwürfeln, wobei a,b,c die Kantenlängen des Quaders in Vielfachen der Würfelkantenlänge sind.
Ohne Einschränkung kann a>=b>=c festgelegt werden.
Die "Oberfläche" besteht aus 2ab + 2ac + 2bc - 4a - 4b - 4c + 8 Einzelwürfeln, denn
die sechs Flächen sind 2ab + 2ac + 2bc Würfel,
dabei wurden aber alle Kanten doppelt gezählt, deshalb - 4a - 4b - 4c,
und alle Ecken dreifach und wieder dreifach abgezogen, deshalb +8
Die Hälfte der Würfel soll an der Oberfläche liegen, also muss
a*b*c = 4ab + 4ac + 4bc - 8a - 8b - 8c + 16 erfüllt sein.
Löst man diese Gleichung nach a auf, erhält man
a = 4*(bc-2b-2c+4)/(bc-4b-4c+8) = 4*(b-2)*(c-2)/[(b-4)*(c-4)-8]
Jetzt untersucht man die einzelnen Möglichkeiten für c:
c=0: kein Quader
c=1 und c=2: der Quader besteht nur aus Oberfläche
c=3: 2 der 3 Lagen + die übrigen Seiten, d.h. über 2/3 der Quadersteine liegen an der Oberfläche
c=4: 2 der 4 Lagen + die übrigen Seiten, d.h. über 2/4 der Quadersteine liegen an der Oberfläche
c=5: Hier ist a = 12*(b-2)/(b-12) = 12 + 120/(b-12)
damit a ganzzahlig ist, muss (b-12) ein Teiler von 120 sein
b>=5 (weil b>=c sein muss)
b=5 => (b-12) = -7 ist kein Teiler von 120
b=6; b=7; ...; b=11 => a<0
1.Lösung: b=13 => a=132 => 8580 Würfel
2.L. b=14 => a=72 => 5040 W.
3.L. b=15 => a=52 => 3900 W.
4.L. b=16 => a=42 => 3360 W.
5.L. b=17 => a=36 => 3060 W.
6.L. b=18 => a=32 => 2880 W.
7.L. b=20 => a=27 => 2700 W.
8.L. b=22 => a=24 => 2640 W.
(b=19, b=21, b=23 liefert b-12 = 7 bzw. 9 bzw. 11; dies sind keine Teiler von 120)
ab b=24 ist a<b im Widerspruch zu a>=b (es führt nur auf die selben Ergebnisse mit a und b vertauscht)
c=6: Hier ist a = 16*(b-2)/(2b-16) = 8 + 48/(b-8)
damit a ganzzahlig ist, muss (b-8) ein Teiler von 48 sein
b>=6 (weil b>=c sein muss)
b=6; b=7 => a<0
9.Lösung: b=9 => a=56 => 3024 W.
10.L. b=10 => a=32 => 1920 W.
11.L. b=11 => a=24 => 1584 W.
12.L. b=12 => a=20 => 1440 W.
13.L. b=14 => a=16 => 1344 W.
ab b=16 ist a<b im Widerspruch zu a>=b
c=7: Hier ist a = 20*(b-2)/(3b-20) = 6 + (2b+80)/(3b-20)
ich sah mich genötigt, hier alles unelegant durchzutesten
b>=7 (weil b>=c sein muss)
14.Lösung: b=7 => a=100 => 4900 W.
15.L. b=8 => a=30 => 1680 W.
16.L. b=9 => a=20 => 1260 W.
17.L. b=10 => a=16 => 1120 W.
b=11 und b=12 führt zu keiner (ganzzahligen) Lösung für a
ab b=13 ist a<b im Widerspruch zu a>=b
c=8: Hier ist a = 24*(b-2)/(4b-24) = 6 + 24/(b-6)
damit a ganzzahlig ist, muss (b-6) ein Teiler von 24 sein
b>=8 (weil b>=c sein muss)
18.Lösung: b=8 => a=18 => 1152 W.
19.L. b=9 => a=14 => 1008 W.
20.L. b=10 => a=12 => 960 W.
ab b=11 ist a<b im Widerspruch zu a>=b
c=9: Hier ist a = 28*(b-2)/(5b-28) = 5 + (3b+84)/(5b-28)
ich sah mich (wieder) genötigt, hier alles unelegant durchzutesten
b>=9 (weil b>=c sein muss)
b=9 und b=10 führt zu keiner (ganzzahligen) Lösung für a
ab b=11 ist a<b im Widerspruch zu a>=b
c=10: Hier ist bereits für b=10 a<b
Allgemein ist für c>=10 und für alle b>=c jeweils auch a<b erfüllt,
so dass sich hier keine weiteren (neuen) Lösungen ergeben können.
Demnach ist der größtmögliche Quader unter diesen 20 Möglichkeiten:
(zumindest, wann man nach der Anzahl der Würfel, d.h. nach dem Volumen geht)
5*13*132 = 8580
Wenn man für den "größten" Quader die Länge der kürzesten Kante als Kriterium wählt,
dann ist es der 8*8*18 = 1152-Quader
(oder einer der zwei anderen 8er-Quader)
Gruß epsilon
P.S.: Meine Hochachtung all jenen, die sich durch diesen, meinen langatmigen Lösungsweg hindurchgelesen und vor allem hindurchgedacht haben...
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murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 91
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 16. Juli, 2002 - 20:47: |
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Hallo Ihrs,
ich hab mir auch mal so meine Gedanken gemacht und konnte ein paar Fälle ausschließen:
Wie ich auf die erste Formel komme:
Zunächst gilt: a, b, c Element N und >= 3
Alle Innenwürfel (ohne Farbe) sind (a-2)(b-2)(c-2) und
Alle Außenwürfel (mit Farbe) sind Gesamt - InnenWürfel, also abc - (a-2)(b-2)(c-2)
In der Aufgabe war formuliert Außenwürfel = Innenwürfel, also
abc - (a-2)(b-2)(c-2) = (a-2)(b-2)(c-2)
abc = 2*(a-2)*(b-2)*(c-2)
abc = 2*(ab-2a-2b+4)*(c-2)
abc = 2*(abc-2ab-2ac+4a-2bc+4b-8)
abc = 2abc-4ab-4ac-4bc+8a+8b-16 | -abc
0 = abc-4ab-4ac-4bc+8a+8b-16
Für a=b=c gilt:
0 = a³-4a²-4a²-4a²+8a+8a-16
0 = a³-12a²+16a-16
hat keine ganzzahlige Lösung (sinnvolle a = 1,2,4,8,16, keiner davon Nullstelle)
Für a=b<c gilt:
0 = a²c-4a²-4ac-4ac+8a+8a-16
0 = (c-4)a²-8ac+16a-16
Substitution: z = c-4
0 = za² - 8a(z+4) + 16a - 16
0 = za² - 8az - 32a + 16a - 16
0 = za² -8(z + 2)a - 16
0 = a² -8(z + 2)a/z - 16/z
a1,a2
= p/2 +- W((p/2)²-q)
= -4(z + 2)/z +- W((-4(z + 2)/z)² - 16/z)
= (-4z - 8)/z +- W((-4z - 8)²/z² - 16/z)
= -4 - 8/z +- W(((-4z - 8)² - 16z)/z²)
= ... +- W((16z²+48z+64)/z²)
= -4 - 8/z +- 4*W(z²+4z+8)/z | /-4
= 1 + 2/z +- W(z²+4z+8)/z
= (z + 2 +- W(z²+4z+8)/z
= (z + 2 +- W((z+2)² + 4)/z
= (c - 2 +- W((c-2)² + 4)/(c-4)
einzige Lösung c = 2 mit
a1 = 1 (nicht möglich wegen a >= 3) und
a2 = c/(c-4) = 2 / (2-4) = -1 (nicht möglich wegen a >= 3)
Es bleibt also nur noch a<b<c als Lösungen.
Murray |
murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 92
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 16. Juli, 2002 - 20:52: |
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Örks, ich hab mich verrechnet - ich korrigiere das später nochmal.
Murray
PS: Aber ich glaube trotzdem das a<b<c gilt.
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Juli, 2002 - 16:01: |
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Hallo,
@epsilon:
Vielen Dank für diese detailreichen (nicht "langatmigen") Ausführungen. Das war ein gehöriges Stück Tipparbeit! Und ich bin ziemlich sicher, dass du alle positiven ganzzahligen Lösungen der Gleichung a = 4*(b-2)*(c-2)/[(b-4)*(c-4)-8] gefunden hast. Bravo!
Deine jeweils abschließenden Aussagen "ab b=... ist a<b im Widerspruch zu a>=b" und schließlich "Allgemein ist für c>=10 und für alle b>=c jeweils auch a<b erfüllt" klingen absolut einleuchtend. Nur - warum muss das so sein? Fehlt da nicht noch der letzte Kick, das zwingende mathematische Argument dafür? (Wahrscheinlich sehe ich es nur nicht so klar wie du).
Bitte um Aufklärung!
@Murray:
Du gehst es von der anderen Seite her an (im Vergleich zu epsilon mit a>=b>=c). Deine Herleitung der Gleichung ist sehr elegant und auch der Nachweis, dass der Quader kein Würfel sein kann ist korrekt. Beim Fall a=b<c musst du dich verrechnet haben, denn es gibt die Lösungen a=7, b=7, c=100 und a=8, b=8, c=18.
Wenn ich dich recht verstehe ist der nächste Schritt der Nachweis, dass c beschränkt ist und es somit nur endlich viele Lösungen geben kann!
Bin gespannt auf deine Argumente dazu!
sol@tti
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murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 94
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Juli, 2002 - 19:05: |
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Hallo Sol@ti,
yep, ich hab mich schon verrechnet, aber total
Ich habe inzwischen auch diese zwei Lösungen für a=b < c. Mein Ansatz ist bloß noch aufwendiger als der von epsilon - ich hab mindest genausoviel geschrieben, aber erst 4 Lösungen
Der einzige Vorteil, den ich dabei habe, das es für jede Lösung eine Formel gibt, mit der man die berechnet. Ich erkläre mal meinen Ansatz und zeige zwei Lösungen, aber zu mehr fehlt mir die Geduld.
abc = 2(a-2)(b-2)(c-2) damit gilt
abc / 2(a-2)(b-2)(c-2) = 1
Substitution: c = 2z - weil ich annehme das c/2 teilbar ist
(tatsächlich ist 4 immer Teiler von a,b oder c)
abz / 2(a-2)(b-2)(z-1) = 1
Das gilt z.B. wenn
z = 2(a-2)(b-2), wegen 2(a-2)(b-2) Teiler von z und
ab = (z-1), wegen (z-1) Teiler von ab
z = ab + 1 (nach z umgestellt)
also folgt:
ab+1 = 2(a-2)(b-2)
ab+1 = 2(ab-2a-2b+4)
ab+1 = 2ab-4a-4b+8 | -(ab+1)
0 = ab-4a-4b+7
angenommen a = b gibt ganzzahlige Lösung:
0 = a²-8a+7 (normal lösen)
a1 = 1, keine Lösung wegen a >= 3
a2 = 7, Lösung mit c = 2z = 2(ab+1) = 100
für a != b kann man auch setzen a < b (es macht keinen Unterschied)
ab-7 = 4*(a+b)
Gilt für a = 5 und b = 13
c = 2(ab+1) = 132
Also zwei Lösungen: (7,7,100) und (5,13,132)
Murray
PS: Es wäre mal interressant ob man die Lösung 5,13 aus ab-7 = 4*(a+b) ausrechnen kann, ich hab nur probiert.
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Juli, 2002 - 19:47: |
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Hallo Murray,
ja, dein Weg ist tatsächlich noch steiniger als der von epsilon!
Aber ich wollte euch mit diesem kleinen Rätsel nicht in Überstunden-Schreibarbeit hetzen! Ich glaube epsilon hat bei seinen 20 Lösungen nichts übersehen. Dieser Teil ist erledigt. Es geht mir wirklich nur mehr um das eine mathematische Argument, warum es nur endlich viele Lösungen geben kann!
Viele Grüße
sol@ti
PS zu deinem PS: ab+7 = 4*(a+b) (Du hast da am Schluß einen Vorzeichenfehler, es heißt auch bei dir ein paar Zeilen vorher +7) nach a aufgelöst ergibt a = 4 + 9/(b-4), also kommen für b-4 nur die Teiler von 9 in Frage (daher b=5,7,13).
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murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 95
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. Juli, 2002 - 10:44: |
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Ich formuliere das mal ganz locker:
Wenn ich alle Formeln nach der obigen Art und Weise berechne, dann komme ich auf 20 Ergebnisse und, da ich dann alle Kombinationen abgedeckt habe, kann es nicht mehr Lösungen geben.
Genau deshalb gehe ich den "langen" Weg über die Formeln.
Murray |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. Juli, 2002 - 12:20: |
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Hallo Murray,
jetzt fang ich langsam an, deine Beweisidee zu verstehen! Ich sehe aber noch nicht, wie man alle möglichen Fälle abdecken kann.
Gehen wir von deiner Gleichung abc/2(a-2)(b-2)(c-2) aus. Die Annahme c=2z dürfen wir nicht machen, sonst verlieren wir die Lösung a=5, b=20, c=27. Jetzt kommt der beschriebene
1.Fall: c=2(a-2)(b-2) (du hattest z aber das ändert ja nichts am Prinzip, es ergeben sich jetzt andere Lösungen. Aber wir wollen ja sowieso alle Lösungen)
==> b = 4 + 10/(a-4) und die Lösungen a=5, b=14, c=72 und a=6, b=9, c=56. Klar.
Was ist jetzt der 2.Fall, 3.Fall, ... ? Wieviele Fälle gibt es? Ist der Ansatz immer c=...?
Könntest du bitte einige/alle Fälle aufzählen (mach dir keine Mühe mit den zugehörigen Lösungen), ich möchte nur verstehen, wie man alle Kombinationen abdecken kann.
Ein sehr interessanter Ansatz!
sol@ti
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Danny 'Murray' Lade (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 96
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. Juli, 2002 - 12:42: |
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Hallo sol@ti,
Zitat: "Die Annahme c=2z dürfen wir nicht machen, sonst verlieren wir die Lösung a=5, b=20, c=27."
Du gehst zu mathematisch "steif" an die Sache heran, wegen der Symetrie kann man a, b und c beliebig vertauschen. Ich definiere halt c immer als den durch 4 teilbaren Faktor, denn einer ist es immer - das verringert einfach die möglichen Fälle.
Deine Lösung heißt bei mir also (5,27,20).
Dann gilt zwar nicht mehr a<b<c, aber wegen besagter Symmetrie ist das sowieso unwichtig.
Ich überlege mir heute oder morgen noch mehr zu den Fällen, jetzt ist erstmal Stress angesagt
Murray |
epsilon
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. Juli, 2002 - 23:28: |
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Hi sol@ti,
nicht ganz streng, die folgende Abschätzung, aber ergänzend zu meinen Ausführungen oben:
zunächst zu den Einzelfällen (exemplarisch für c=8):
dort gilt ja a = 24*(b-2)/(4b-24) = 6 + 24/(b-6)
dies ist (für b>6, was wegen b>=c sicher erfüllt ist) ein mit wachsenden b fallender Wert für a (Nenner wird größer, also wird 2. Summand kleiner, also Summe = a kleiner)
Wenn für b=11 bereits a>b ist, dann auch für alle b>11.
Diese Überlegung kann man analog für c=5;6;...;10 und 11 genauso durchführen
Für alle Werte ab c=12:
1. Möglichkeit
Auch der allgemeine Ausdruck a = 4*(b-2)*(c-2)/[(b-4)*(c-4)-8] fällt bei festem c mit steigendem b.
oder etwas eleganter: 2. Möglichkeit
Der Term (2ab + 2ac + 2bc - 4a - 4b - 4c + 8)/abc müsste =0,5 sein für eine Lösung;
also 2/a + 2/b + 2/c - 4/(ab) - 4/(ac) - 4/(bc) + 8/(abc)
zumindest für a,b,c>=12 ist diese Summe kleiner als 6/12, also kleiner als 1/2
(weil -4a-4b-4c+8 < -12-12-12+8 <0 ist)
Also gibt es keine Lösung, wenn eine der Dimensionen größer/gleich 12 ist.
Mit den obigen Ausführungen gibt es deshalb keine weiteren Lösungen.
Gruß epsilon
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 19. Juli, 2002 - 08:25: |
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Gratulation epsilon!
Jetzt hast du mich endgültig überzeugt. Diese Monotonieabschätzung war das Tüpfelchen auf dem i, damit ist endgültig bewiesen, dass es außer den 20 von dir gefundenen Lösungen keine weiteren gibt.
Nochmals vielen Dank an dich und an Danny "Murray", dessen Idee zweifellos auch zum Beweis führt. Ihr habt euch wirklich sehr viel Mühe mit diesem Rätsel gemacht (ich wäre ja schon mit der größten Lösung & Monotonieabschätzung vollauf zufrieden gewesen), ich weiss das sehr zu schätzen!
Viele Grüße und hoffentlich bis bald
sol@ti
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Danny 'Murray' Lade (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 97
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 19. Juli, 2002 - 08:37: |
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Nochwas zur Ergänzung von mir:
@epsilon: Deine Lösung scheint mir im Nachhinein ein Vielfaches einfacher als mein Ansatz. Ich habe mal so drüber nachgedacht was es alles für mögliche Teilbarkeiten geben kann - DER HORROR an zu prüfenden Fällen.
@Sol@ti: Danke für die Blumen, aber siehe oben
Murray |
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