+ des Rätsels Lösung +
Aufgaben 1 - 7 (Teil 1)
Lösung der 7.
vom 12.4.99Als Beispiel habe ich die Lösung von *DeaD ChaoT* ausgesucht, der seine Lösung auch gleich mit einer animierten Grafik veranschaulicht hat:
Um die Länge des gesamten Drahtes zu errechnen, kann man zuerst den
Stab in zehn gleich große Abschnitte mit 1cm Länge einteilen, wobei
sich in jedem Abschnitt exakt eine Drahtwindung befindet. Entrollt
man nun diesen Abschnitt, erhält man ein Rechteck mit den
Seitenlängen 1cm und dem Umfang (u = 
* d) des Stabes, also * 1cm (siehe
Zeichnung). Die Diagonale dieses Rechtecks ist die Länge des Drahtes
in diesem Abschnitt, nach Pythagoras 
12 + 2
.
10 mal diese Diagonale ergibt die Länge des gesamten Drahtes:
10 * 1 + 2= 32,969083 cm.
Da die Dicke des Drahtes allerdings unbekannt ist, man daher auch
nicht weiß, um wie viel die durch den Abstand vom Drahtmittelpunkt
zum Stab und die Rundung des Stabes hervorgerufene zwangsläufig
verursachte Verlängerung die Gesamtlänge beeinflußt, kann man die
Drahtlänge mit gutem Gewissen auf etwa 33cm aufrunden. ;-))
noch ein Hinweis zu Rechengenauigkeiten:
Bei dieser Aufgabe benutzt man für die Berechnungen den Wert ; eine irrationale Zahl, die man beliebig genau annähern kann.
Das sollte aber nicht dazu verleiten, im Ergebnis eine Dimension anzugeben, die im Bereich der Teilchenphysik liegt.
Es ist nicht sehr sinnvoll, die Länge eines normalen Drahtes in einer
Größenordnung von Nanometern (10 -9 m ), Picometern (10 -12 m) oder Femtometern (10 -15 m) anzugeben,
denn bei dieser Aufgabe kommt es auf ein paar Atmome mehr oder weniger nicht an.
Zur Veranschaulichung:
die Durchschnitssgröße eines Atomkernes beträgt 10 -14 m ,
das sind 0,000 000 000 000 0xx Meter oder 0,000 000 000 00xx Zentimeter.
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Lösung der 6.
vom 29.3.99die Aussagen ergeben umgestellt eine logische Schlußkette.
Dies zeigt sehr übersichtlich die Lösung von Alice Benkert
"Wer matupelt hat eine Mause":
Warum:
5) Nur wer kein Pli ist, matupelt auch nicht
-> wer matupelt ist ein Pli
9) Jeder Pli ist ein Drumser
-> wer matupelt ist ein Drumser
4) Alle Drumser nehmen Pfuff
-> wer matupelt nimmt Pfuff
7) Wer Pfuff nimmt ist bedrüpt
-> wer matupelt ist bedrüpt
1) Nur wer bedrüpt ist, makst nicht
-> wer matupelt makst nicht
3) Jeder, der nicht deuken kann, makst
-> wer matupelt kann deuken
(diese Aussage wäre ohne die Zusatzbemerkung
formal logisch nicht zwingend notwendig)
6) Kein betuxter Knep kann deuken
-> wer matupelt ist kein betuxter Knep
8) Nur betuxte Knepse knaseln nicht
-> wer matupelt knaselt
2) Wer knaselt hat eine Mause
-> wer matupelt hat eine Mause
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Lösung der 5.
vom 15.3.99Diese Aufgabe lässt sich auf verschiedene Art beweisen. Deshalb habe ich 3 verschiedene Möglichkeiten des Beweises herausgesucht.
Der erste Beweis kommt von Gerhard:
man kann die Angelegenheit so darstellen:
100x + 10y + z
- (100z + 10y + x )
------------------------------
100(x-z) + 0y + (z-x)
Hier kann man leicht
bei x=z die Lösung 0 erkennen.
aber nun zur Lösung 1089:
ich forme den letzten Term um:
100(x-z) + 0 + (z-x) =
100(x-z-1) + 100 + (z-x) =
100(x-z-1) + 90 + 10+z-x
jetzt addiere ich
zum letzten Term den umgedrehten:
100(x-z-1) + 90 + 10+z-x
+ 100(10+z-x) + 90 + x-z-1
--------------------------------------
100 ( 9 ) + 180 + 9 = 1089 qed
Als zweites Beispiel habe ich den Beweis von Bernard Haasdonk ausgesucht:
Sei die erste Zahl abc
1.Fall: a = c
abc - cba = 0
auch die folgenden Operationen
ändern nichts -> Ergebnis Null
2.Fall: a < c .
dann passiert dasselbe,
wie im Fall a > c,
(denn das Ergebnis ist dasselbe,
als wenn der Mitspieler
die umgedrehte Zahl ausgesucht haette.)
o.B.d.A.: a > c
abc - cba
= (a - c) * 100 + (c - a)
= 99 * (a - c)
Diese Zahl nenne ich def
(eventuell d = 0 falls a = c + 1 war)
Die einzelnen Ziffern d,e,f
haengen also mit abc zusammen:
## d = (a - c - 1), ##
f = letzte Ziffer von
9 * (a - c) = 10 * (a - c) - (a - c)
Weil jedes Vielfache von 10 automatisch Null als letzte Ziffer hat,
ist also
## f = 10 - (a - c) ##
e = mittlere Ziffer von 99*(a-c) = zehnerstelle von 90*(a-c)
plus Zehnerstelle von 9*(a-c)
Also e = einerstelle von 9*(a-c) + Zehnerstelle von 9*(a-c)
also gerade die Quersumme eines Vielfaches von 9 im kleinen 1 x 1
## e = 9 ##
damit also die Summe aus def und fed:
100 * (d + f) + 10 * (e + e) + (d + f)
= 101 * (d + f) + 20 * e
= 101 * (a - c - 1 + 10 - (a - c)) + 20 * 9
= 101 * 9 + 180
= 1089
## Ergebnis = 1089 ##
was zu beweisen war
Als dritte Möglichkeit die Variante von Horst Reblitz:
3stellige Zahl XYZ mit den Ziffern X, Y und Z:
100X + 10Y + Z
Umdrehen:
100Z + 10Y + X
positive Differenz der beiden:(o.B.d.A.: X > Z )
99(X-Z)
Für X=Z ist das Endergebnis = 0
Für alle anderen Kombinationen von X und Z ist (X-Z):
1,2,3..9
und damit das Zwischenergebnis:
099, 198, 297 .. 891
Für dieses Zwischenergebnis ABC mit den Ziffern A, B und C gilt:
100A + 10B + C
mit den 2 Bedingungen:
B = 9
A + C = 9
Umgedreht:
100C + 10B + C
Summe der beiden:
101A + 20B + 101C
= 101( A + C ) + 20B
Beide Bedingungen eingesetzt:
= 1089
...und zum guten Schluß noch ein Hinweis von Manuela :
Berechnet man die Wahrscheinlichkeit, bei der vorliegenden Aufgabe als Ergebnis Null zu erhalten, kommt man auf ziemlich genau 10%. Wenn bei einer Fluglinie 10% aller Flugzeuge abstürzen würden, würde niemand behaupten, deren Flugzeuge landen "fast immer" sicher ;-).
Meine an den "Zahlen und nicht an den Haaren " herbeigezogene Rechtfertigung:
Statistisch völlig richtig; allerdings spielen beim Zahlenraten weitere Einflüsse mit:
Keiner möchte dem Zahlenakrobaten "das Leben unnötig leicht machen" und verzichtet "(un)bewußt" auf gleiche Zahlen (Bosheitsfaktor ;-)) ) und dazu kommt noch die ungleichmäßige Verteilung der Lieblingszahlen (Lottofaktor ;-)) )
Zum Schluß berufe ich mich auf die gute alte Stochastikerweisheit: "Traue keiner Statistik, die du nicht selbst gefälscht hast. ;-))" und verweise auf meine Seite mit den Mathematikerwitzen
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der Aufbau der römischen Zahlen: --------------- 1 = I 2 = II 3 = III 4 = IV 5 = V 6 = VI 7 = VII 8 = VIII 9 = IX 10 = X 11 = XI 12 = XII 13 = XIII 14 = XIV 15 = XV 16 = XVI 17 = XVII 18 = XVIII 19 = XIX 20 = XX 21 = XXI 21 = XXII 21 = XXIII 21 = XXIV 21 = XXV 21 = XXVI 21 = XXVII 28 = XXVIII 29 = XXIX 30 = XXX 31 = XXXI . . . 39 = XXXIX 40 = XL 41 = XLI . . . 49 = IL 50 = L 51 = LI . . . 59 = LIX 60 = LX 61 = LXI . . . 69 = LXIX 70 = LXX 71 = LXXI . . . 77 = LXXVII 78 = LXXVIII 79 = LXXIX 80 = LXXX 81 = LXXXI . . . 89 = LXXXIX 90 = XC 91 = XCI 92 = XCII 93 = XCIII . . . 98 = XCVIII 99 = IC 100 = C 101 = CI 102 = CII . . . 199 = CIC 200 = CC 201 = CCI . . . 300 = CCC 400 = CD 500 = D 600 = DC 700 = DCC 800 = DCCC 900 = CM 1000 = M . . . 1900 = MCM 2000 = MM
Lösung der 4.
vom 1.3.99Unter Ausnutzung moderner Technik bemerke Eric Schommer:
Das war wieder eine Aufgabe die man am besten mit Excel rausbekommt.
Alle Jahreszahlen in die erste Spalte eintragen und in der zweiten Spalte in römische Zahlen umwandeln lassen.
Nun in den Spalten 3 bis 6 jeweils die Anzahl der Zeichen der römischen Zahlen eintragen, wobei man die
Zeilennummer in Spalte 4 um 51 in 5 um 16 und in Spalte 6 um 52 erhöhen muss.
Jetzt noch mit einer Undverknüpfung die Spalten 3 bis 6 nach dem Muster 10, 9, 9, 7 durchsuchen und man hat
die Lösung.
Mit ein wenig Spaß am Knobeln und einem Einstieg in die Natur der römischen Zahlen gibt es auch einen logischen Lösungsweg:
Als Beispiel gebe ich die Gedanken von Horst Reblitz wieder:
Die beiden Eheleute starben glücklicherweise (für die Nachwelt) in den Kalenderjahren nach ihrem jeweiligen Geburtsdatum, so dass die Berechnung ohne Berücksichtung der Monate erfolgen kann. Die Ehefrau starb im Folgejahr des Todes ihres Ehemanns (27.November + 6 Monate = nächstes Jahr; gilt auch für Schaltjahre !)
Damit ergeben sich die Differenzen der 4 Jahreszahlen zur Geburt des Ehemanns wie folgt:
(1) Geburt Ehemann 0 Jahre (10 Zeichen) ----------
(2) Geburt Ehefrau 16 Jahre ( 9 Zeichen) ---------
(3) Tod Ehemann 51 Jahre ( 9 Zeichen) ---------
(4) Tod Ehefrau 52 Jahre ( 7 Zeichen) ---------
Lösungsversuch 1:
-----------------
Die 2 Stellen weniger zwischen den Terminen (3) und (4)
lässt sich mit den Einer-Stellen nur
mit den Jahren 8 und 9 erreichen (VIII - IX);
die anderen 9 Möglichkeiten scheitern (9-->0
geht nicht wegen übertrag,
der immer Stellenkürzungen {sehr unpopulär!} bedeutet).
(1) ---7 ------- VII
(2) ---3 ------ III
(3) ---8 ----- VIII
(4) ---9 ----- IX
Damit hat der Termin (1) eine Stelle weniger als (2)
und dieser eine Stelle weniger als (3).
Die Jahresdifferenzen an der Zehnerstellen
sind hierbei 20 bzw. 30 Jahre.
Eine direkte Lösung innerhalb der Zehnerstellen
findet sich dafür nicht.
Damit muss eine der beiden Stellenkürzungen
über die Zehnerstellen
und die andere über einen Jahrhundertwechsel erfolgen.
5 Möglichkeiten mit Jahrhundertwechsel:
(1) --87 --97 --57 --67 --77
(2) --03 --13 --73 --83 --93
(3) --38 --48 --08 --18 --28
(4) --39 --49 --09 --19 --29
Die ersten 4 Möglichkeiten scheiden
bei Prüfung des Jahrzehnts aus.
Damit ergibt sich als letzte Möglichkeit:
(1) --77 ---- LXXVII
(2) --93 ---- XCIII
(3) --28 --- XXVIII
(4) --29 --- XXIX
Die Stellenkürzung zwischen den
Terminen (2) und (3) kann in den
Hunderter-Stellen mit 3-->4 oder 4-->5 erfolgen.
Im Zahlenbereich von 1 bis 1999
findet sich nur die 1 Lösung:
(1) 1377 MCCCLXXVII
(2) 1393 MCCCXCIII
(3) 1428 MCDXXVIII
(4) 1429 MCDXXIX
Lösungsversuch 2:
-----------------
Kleines Programm geschrieben,
das alle 2000 Jahre durchprüft:
Ergebnis wie oben.
Ergänzung zur Aufgabe von Stefan Breinbauer
Und falls dein Urururururururururururenkel, der sicherlich diese wunderschöne Website (danke für die Blumen ;-)) ) dann im Intergalaktiknet weiterführt unter dem Motto:
"Worüber diese 233MHz-Computer-Steinzeitmenschen sich vor einigen Jahrhunderten auf unserem blauen Nachbarplaneten so den Kopf zerbrochen haben",
dann wird er feststellen dass er noch eine weitere Angabe benötigt, um eine eindeutige Lösung zu erhalten. Denn es gibt bis dahin noch ein funktionierendes Zahlenquartett:
MMCDLXXVII 2477 MMDXXVIII 2528 MMCDXCIII 2493 MMDXXIX 2529Naja, wir werdens wohl nicht mehr erleben, deshalb bleib ich bei der obigen Lösung.
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Lösung der 3.
vom 15.2.99Als Beispiel habe ich für diese Aufgabe die Lösungen von Stefan Breinbauer ausgesucht:
Die Triviallösung (runter,rüber,rauf,runter) würde ca. 27,64 cm Weg liefern. Erstens eine verdammt "krumme" und zweitens auch zu große Zahl.
Der Weg, den die Spinne im Idealfall laufen muss, muss eine Gerade sein
(kürzeste Verbindung zwischen zwei Punkten).
Am einfachsten wandelt man das
Problem vom 3- in ein 2-dimensionales. Man rollt die Wand des Bierglases auf
und erhält ein Rechteck. Wenn man die Positionen des "Killers" und des "Opfers"
darauf, bzw. 2 cm darüber einträgt, erhält man ein rechtwinkliges Dreick mit
den Kantenlängen 12 cm (halber Umfang) und 16 cm (Höhe des Glases - 2 cm + 2 cm ).
Die Hypotenuse ist der Weg, der untere Winkel ist der Steuerkurs der Spinne.
Die Spinne muss 20 cm weit laufen und in einem Winkel von 53,3 grad gegenüber der
Horizontalen immer geradeaus laufen (genaugenommen bis zum Rand und dann eben
noch die verbleibenden cm nach schräg unten). Ob sie das mit dem Winkel in
ihrer Gier so genau hinbekommt, weiß ich natürlich auch nicht, aber ich will
die Fliege ja schließlich nicht fangen, sondern nur schlaue Sprüche über den
kürzesten Weg machen.
|
x2 = 122 cm2+ 162 cm2 x2 = 400 cm2 x = 20 cm |
 |
2. Fall: (unwahrscheinlich, da die Spinne im Glas unten sitzt und Biegläser meist nicht so lange stehen, dass sie Spinnenweben ansetzen)
Die Spinne hat einen direkten Faden zur gegenüberliegenden Oberkante angelegt und benutzt diesen. Der Weg setzt sich dann aus der direkten Strecke vom Ort der Spinne zur gegenüberliegenden Oberkante und dem Abstand der Fliege von der Glasoberkante (c = 2cm) zusammen. Die erstgenannte Strecke ist die Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks, dessen Kathetenlängen der Glasdurchmesser (a = Glasumfang/pi = 24cm/pi) und der Abstand der Spinne von der Glasoberkante (b = 16cm - 2cm = 14cm) sind. Die kürzeste Weglänge beträgt also Wurzel aus :(a2+b2) + c
Wurzek aus: ((24cm/pi)2+14cm2) + 2cm = ca 17,95cm.
Die Lösung formulierte Jörg Wiegels ganz präzise :
Um die Fliege auf dem kürzesten Weg ohne Netz zu erreichen, muss die Spinne an der Innenseite des Glases in einem
aufsteigenden Winkel von arctan(4/3) (~53,1 grad, ~133% Steigung) loslaufen. Dabei ist es egal, ob sie sich in der Aufsicht mit
oder gegen den Uhrzeigersinn bewegt.
Wenn sie die Oberkante des Glases erreicht hat, muss sie auf der Außenseite des Glases
in einem absteigenden Winkel der selben Größe weiter laufen, wobei sie die den gewählten Drehsinn beibehält.
Der Weg ist 20 cm lang.
letzte Anmerkung zur Aufgabe: diese Aufgabe wurde nicht an lebenden Objekten getestet und sämtliche Richtlinien über den Tierschutz wurden peinlich genau eingehalten ;-))
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einige Grundlagen:
---------------------------
Für alle Punkte P
auf einer Ellipse gilt:
e = Lineare Exzentrizität
F1;F2 : Brennpunkte
S1;S2 : Hauptscheitel
S3;S4 : Nebenscheitel
Lösung der 2.
vom 1.2.99Als Beispiel veröffentliche ich heute die Lösung von Dieter Bartel
| A. Mathematische Lösung
Definition der Ellipse: Die Ellipse ist der geometrische Ort aller Punkte, fuer die die Summe der Abstände von zwei gegebenen festen Punkten F1 und F2 (Brennpunkten) konstant ist (= 2 * a). |
||||
Sei b die Hälfte der kuerzeren Seite B des Rechtecks und a die Hälfte der längeren Seite A des Rechtecks. Weiterhin gilt aus Symmetrie- und Konstruktionsgruenden: 2 * a = Strecke(F1, S3, F2) = A. Nach Pythagoras gilt : e2 + b2 = a2 |
 |
|||
| A = 5 m und a = 2,5 m B = 3 m und b = 1,5 m | ||||
|
und somit ergibt sich mit den gegebenen Grössen A=5m und B=3m der Abstand e der beiden Pflöcke F1 und F2 vom Mittelpunkt zu 2m. Wir muessen voraussetzen, dass Frau Oldenburg weder mathematisch begabt ist noch dass sie einen Taschenrechner im Garten mit sich fuehrt; geschweige denn ein entsprechend langes Metermass. Wir brauchen fuer sie daher noch eine ...
|
||||
| Praktische Lösung fuer Frau Oldenburg;
nur mit Hilfe einer genuegend langen Schnur und zwei Pflöcken:
| ||||
Der Begriff SCHNURSCHLINGE führte bei einigen Bearbeitungen zu der interessanten Variabte:
Die Schnur zur Konstruktion der Ellipse muss noch 4 m länger sein (als die 5 Meter), wenn es eine geschlossene Schlaufe ist, da die 4 m zwischen den beiden Brennpunkten auch umspannt werden.
Frau Oldenburg könnte man also folgende Anleitung zur Konstruktion Ihres
Blumenbeetes geben: , schrieb Marco Mantovanelli
Nehmen Sie zwei Pflöcke und setzen Sie jeweils einen im Abstand von 0,5
m von den beiden schmalen Seiten und im Abstand von 1,5 m der breiten
Seite in die Erde. Nehmen Sie die Schnur und messen Sie genau 9 m ab
und Knoten Sie eine Schlinge.
Spannen Sie die Schnur um die beiden Pflöcke (Brennpunkte), die Innen liegen und
zeichnen Sie mit einem Stöckchen, mit dem Sie die Schnur spannen, die
Figur in die Erde, die entsteht, wenn Sie einmal um Ihr Blumenbeet
herumgehen.
Die Schnur muss ständig gespannt sein und sie darf sich nicht verheddern
wenn Sie um die Brennpunkte herumgehen.
Es entsteht die gewünscht Ellipse.
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Lösung der 1.
vom 18.1.99Als Beispiel habe ich für diese Aufgabe die Lösung von Manuela ausgesucht:
Wenn ich für 1 Asterix-Heft x, für 1 Tarzan-Heft y und für 1 Mickey-Maus Heft z Fixi-Foxi-Hefte bekomme, dann erhalte ich aus den vorliegenden Informationen folgende Gleichungen:
(1) 2 * x = 3 * y + z (2) 25 = 3 * x + 2 * z + y
Das ist ein System von 2 Gleichungen mit drei Variablen, somit i.A. nicht
eindeutig lösbar, wenn überhaupt.
In diesem Fall gibt es noch
Nebenbedingungen, nämlich dass x, y und z natürliche Zahlen sein müssen, da
ich nicht annehme, dass halbe Hefte oder gar einzelne Blätter getauscht
werden.
z aus (1) ausgerechnet und in (2) eingesetzt ergibt
25 = 7 * x - 5 * y
Diese Gleichung besitzt unendlich viele ganzzahlige Lösungen, da
ggt(5,7)=1. Durch Hinschauen erkennt man, dass das kleinste positive x, für
das die Gleichung erfüllt sein kann, 5 ist, woraus sich y=2 und z=4 ergibt.
Das ist auch schon die einzige mögliche Lösung, bei der x, y und z positiv
sind, denn schon für die nächste Lösung x = 10 und y = 9 wäre z = -7.
Es muss gelten 3 * x + y < 25, womit die Lösungen der Höhe nach beschränkt bleiben.
Die Lösung lautet also, dass man für ein Asterix-Heft 5, für ein Tarzan-Heft 2 und für ein Mickey-Maus-Heft 4 Fixi-Foxi-Hefte bekommt.
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