denk mal - Auswertungen des Wettbewerbs 1999 Teil 5

DENK m a l
+ des Rätsels Lösung +

Lösungen der DENKmal-Aufgaben von 1999
(Aufgaben 14 - 16)

Lösung der 17. vom 25.10.99

Vorbemerkung zur Aufgabestellung: von Manuel:

Da aus der Aufgabestellung nicht ersichtlich ist, ob die gefundenen Geldstücke alle gleichwertig sind ( in deutscher Währung könnten unter den Münzen zum Beispiel 1DM-, 5DM-Münzen oder auch Groschen sein), führe ich die Rechnung unabhängig vom gefundenen Geldbetrag durch. Ich bezeichne den gefundenen Geldbetrag mit K. Dabei ist K>0, denn andernfalls hätte man kein Geld oder gar Schulden gefunden.

Berechnung eines linearen Gleichungssystems von 4 Gleichungen mit 4 Variablen und einer Konstanten. (z.B. von Thomas Soueid, Frank Böttger )
Verfahren: Eliminationsverfahren
Zwei Gleichungen werden durch Gleichungen mit 2 Variablen ersetzt, von diesen wiederum eine Gleichung mit einer Variablen. Dann kann man nacheinander die restlichen Gleichungen in Gleichungen mit einer Variablen umformen.

Der gefundene Betrag sei K.
"Vermögen von Person 1 addiert zum gefundenen Geldbetrag ist das
Doppelte des Besitzes von Personen 2 und 3" ergibt folgende Gleichung :
    x1 + K = 2*(x2+x3)
<=> x1 - 2*x2 - 2*x3 = -K

Analog ergeben sich aus den verbleibenden Bedingungen
    x2 + K = 3*(x3 + x4)
<=> x2 -3*x3 - 3*x4 = -K

    x3 + K = 4*(x4+x1)
<=> -4*x1 +x3 - 4*x4 = -K

    x4 + K = 5*(x1+x2)
<=> -5*x1 - 5*x2 + x4 = -K

Wir haben also das folgende lineare Gleichungssystem :
I.       x1 - 2*x2 - 2*x3 = -K
II.      x2 - 3*x3 - 3*x4 = -K
III.   -4*x1 +  x3 - 4*x4 = -K
IV.    -5*x1 - 5*x2 +  x4 = -K
----------------------------------
I.       x1 - 2*x2 - 2*x3 = -K
II.       x2 -3*x3 - 3*x4 = -K
IIIa. -8*x2 - 7*x3 - 4*x4 = -5*K   (4*I + III)
IVa.   -15*x2 - 10*x3 +x4 = -6*K   (5*I + IV)
-----------------------------------
I.       x1 - 2*x2 - 2*x3 = -K
II.       x2 -3*x3 - 3*x4 = -K
IIIb.       31*x3 + 28*x4 = 13*K   (-8*II - IIIa)
IVb.       -55*x3 - 44*x4 = -21*K  (15*II + IVa)
------------------------------------
I.       x1 - 2*x2 - 2*x3 = -K
II.       x2 -3*x3 - 3*x4 = -K
III.        31*x3 + 28*x4 = 13*K
IVc.               176*x4 = 64*K   (55*IIIb + 31*IVb)

------------------------------------
Aus Gleichung IVc ergibt sich (dividiert durch 176):
                   x4 = 4/11*K
Eingesetzt in III :
    31*x3 + 28*4/11*K = 13*K     | - 28*4/11*K 
                                 | /31
<=>                x3 = 1/11*K
Eingesetzt in II
    x2 - 3*1/11*K -3*4/11*K = -K
<=>            x2 - 15/11*K = -K         | +15/11*K
<=>                      x2 = 4/11*K
Eingesetzt in I
    x1 - 2*4/11*K -2*1/11*K = -K
<=>             x1 -10/11*K = -K         | +10/11*K
<=>                      x1 = -1/11*K

Noch einmal zusammengefasst :
x1 = -1/11*K
x2 = 4/11*K
x3 = 1/11*K
x4 = 4/11*K

Folgerungen:

Die Lösung ist also eindeutig, wenn der gefundene Betrag positiv (was sonst) ist,
und Person 1 hat Schulden
Die Anzahl der Geldstücke muss ein Vielfaches von 11 sein, damit sich ganzzahlige Vermögen ergeben
Person 2 und 4 haben ein gleich großes Vermögen.
Das Vermögen von Person 3 entspricht den Schulden von Person 1.
Für den Fall g = 22 Geldstücke ergibt sich:

Für den gestellten Fall 
K=22 
ergeben sich durch Einsetzen die Besitzverhältnisse
x1=-2 (schuldet 2 Geldstücke)
x2=8
x3=2
x4=8

und nun noch ein ganz klein wenig höhere Mathematik:

Natürlich kann man die Aufgabe auch mit Hilfe einer Matrix schreiben und dann ausrechnen:
wie Heinz Mayr, Harro Leban und Felicia

Dies ist die Koeffizientenmatrix der Gleichungen -

$($ 1
0
-4
-5 -2
1
0
-5 -2
-3
1
0 0
-3
-4
1 $)$ $($ x1
x2
x3
x3 $)$ = $($ -k
-k
-k
-k $)$
In diesem Spezialfall (Anzahl Spalten gleich Anzahl der Zeilen) lässt sich die Determinante bestimmen, die eine Zahl repräsentiert. die Determinante det(A)=176 ist nicht gleich 0, d. h. das Gleichungssystem hat genau eine Lösung.(Cramersche Regel)

| 1   -2   -2    0  |                 
| 0    1   -3   -3  |    det(A)= 176  
| 0    0   31   28  |                
| 0    0    0  176  |

(Die Umformungen innerhalb der Determinanten analog den Umformungen des Gleichungssystemes oben)

Daraus ergibt sich folgende Lösungsmatrix:
$($
1 -2 -2 0 -1K 0 1 -3 -3 -1K 0 0 31 28 13K 0 0 0 176 63K
$)$ b.z.w. $($
1 0 0 0 -1K/11 0 1 0 0 4K/11 0 0 1 0 1K/11 0 0 0 1 4K/11
$)$
Als Lösung ergibt sich:
a = -k/11 , b = 4k/11 , c = k/11 , d = 4k/11.
Wir sehen, dass die erste Person in jedem Fall ein negatives Guthaben aufweist, also Schulden hat.

Mit k=22 sieht es also so aus:

Der Erste hat 2 Taler Schulden, der Zweite und der Vierte haben jeweils 8 Taler und der Dritte 2 Taler.

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Lösung der 16. vom 10.10.99
Schlösser und Schlüssel

Den Gedankengang zur Lösung dieser Aufgabe kann man sehr gut bei Manuel nachvollziehen:

Wenn bei jeder beliebigen Auswahl von mindestens 5 Personen ( nach Voraussetzung sollen mehr als die Hälfte der 9 Räuber anwesend sein) in jedem Fall mindestens eine Person mit einem Schlüssel für ein Schloss darunter sein soll, müssen von jedem Schloss genau 5 Schlüssel unter die 9 Räuber verteilt werden; d.h. 5 von 9 Räubern erhalten genau einen Schlüssel für dieses Schloß.

Die Anzahl der Schlösser, die man benötigt, wird durch die Verteilung bestimmt, 5 Schlüssel für dasselbe Schloss an 9 Räuber zu verteilen bzw. 4 von 9 Räubern diesen Schlüssel nicht zu geben.

Man braucht also nach der kombinatorischen Formel "n über k" genau 9 über 5 verschiedene Schlösser für den Safe; das sind also 126 Schlösser.

Die Anzahl der Kombinationen k-ter Klasse
von n verschiedenen Elementen ohne Wiederholung ist zu berechnen:

æ n ö = n! = 9! = 126
è k ø k! * n-k! 5! * 4!

Dadurch ist gewährleistet, dass
1. bei einer beliebigen Auswahl von 5 Räubern immer mindestens ein Räuber darunter ist, der einen der 126 Schlüssel besitzt;
und dass
2. bei jeder beliebigen Auswahl von weniger als 5 Personen immer wenigstens ein Schlüssel von den 126 Schlössern darunter ist, den alle Räuber dieser Auswahl nicht haben. Damit ist die Frage beantwortet, wie viele Schlösser unbedingt benötigt werden.

Wie viele Schlüssel bekommt jeder Räuber?
Seien die Räuber durchnummeriert mit römischen Zahlen und die verschiedenen Schlösser bzw.
dazugehörigen Schlüssel mit arabischen Zahlen. Dann kann man den Schlüssel 1 z.B. so unter die
Räuber I,II,III... verteilen ( siehe Tabelle )

I II III IV V VI VII VIII IX
--------------------------------------
1 - - - - 1 1 1 1

Der Räuber IX zum Beispiel, der den Schlüssel 1 besitzt ( siehe Tabelle ) muss noch so viele Schüssel weiterer Nummern dazu bekommen, wie es Möglichkeiten gibt, an 4 der restlichen 8 Räuber die übrigen 4 Schlüssel gleicher Nummer zu verteilen.
Das sind genau 8 über 4 Möglichkeiten und damit bekommt der Räuber IX genau 70 Schlüssel.

æ n -1 ö = 8! = 70
è k -1 ø 4! * 4!

Die gleiche Argumentation gilt auch für die übrigen Räuber.

Also erhält jeder Räuber genau 70 Schlüssel, die nach einem genau einzuhaltenden System zu den 126 Schlössern passen.

Sehr anschaulich ist auch der Lösungsweg von Gernot Lanz:

Bei der Lösung dieser Aufgabe habe ich versucht, die Gesetzmäßigkeit zunächst bei einer kleineren Anzahl von Räubern zu ergründen. Wichtig dabei ist die Forderung, dass mehr als die Hälfte anwesend sein muss.
Bei einer kleineren als der in der jeweiligen Tabelle angegebenen Anzahl Schlösser und Schlüssel gibt es jeweils mindestens einen Fall, bei dem auch weniger als die Hälfte der Räuber zugreifen können.

Die praktische Ausführung der Schlüsselverteilung möchte ich an Beispielen mit einer kleineren Anzahl von Räubern erläutern (geringerer Arbeitsaufwand)

1. Beispiel:
2 von 3 Räubern müssen anwesend sein:

Räuber Schlösser

1 2 3
---------
x x
x x
x x Nr.
----
1
2
3

2 2 2
jeweils 2 Schlüssel pro Räuber Summe der
Schlösser: 6

2. Beispiel:
5 Räuber, davon mindestens 3 anwesend.

Räuber Schlösser

1 2 3 4 5
---------------
x x x
x x     x
x x        x
x     x x
x     x     x
x        x x
    x x x
    x x     x
    x     x x
       x x x Nr.
----
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

6 6 6 6 6
jeweils 6 Schlüssel pro Räuber Summe der
Schlösser: 10

3. Beispiel:
7 Räuber, davon mindestens 5 anwesend.

Räuber Schlösser

1 2 3 4 5 6 7
---------------------
x x x x
x x x     x
x x x        x
x x x           x
x x     x x
x x     x     x
x x     x        x
x x        x x
x x        x     x
x x           x x
x     x x x
x     x x     x
x     x x        x
x     x     x x
x     x     x     x
x     x        x x
x        x x x
x        x x     x
x        x     x x
x           x x x
    x x x x
    x x x     x
    x x x        x
    x x     x x
    x x     x     x
    x x        x x
    x     x x x
    x     x x     x
    x     x     x x
    x        x x x
       x x x x
       x x x     x
       x x     x x
       x     x x x
          x x x x Nr.
-----
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35

20 20 20 20 20 20 20
je 20 Schlüssel pro Räuber Summe der
Schlösser: 35

Dabei kam ich zu folgendem Ergebnis:

Anzahl Räuber
davon mindestens anwesend
Anzahl Kombinationen
Anzahl Schlösser
Anzahl Schlüssel je Räuber

3 2 3 3 2

5 3 10 10 6

7 4 35 35 20

9 5 126 126 70

n k æ n ö = n!
è k ø k!*(n-k)! æ n ö
è k ø æ n -1 ö
è k -1 ø

Die Aufgabe läuft auf das Problem hinaus,
die Anzahl der Kombinationen k-ter Klasse
von n verschiedenen Elementen ohne Wiederholung zu berechnen:

æ n ö = n!
è k ø k! * n-k!

= 9! = 126
5! * 4!

= n * (n-1) * (n-2) * ... * n-(k-1)
1 * 2* 3* ... * k

= 9 * 8 * 7 * 6 * 5 = 126
1 * 2 * 3 * 4 * 5

æ n -1 ö = 8! = 70
è k -1 ø 4! * 4!

= 8 * 7 * 6 * 5 = 70
1 * 2 * 3 * 4

Am Tresor müssen, um allen Bedingungen zu genügen, 126 Schlösser angebracht werden und jeder Räuber erhält 70 verschiedene Schlüssel.

[ zur 17 Aufgabe ] [ zur 16. zurück ] [ zur Hall of FAME ]

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Lösung der 15. vom 26.9.99
Es ist zu beweisen, dass der Nachfolger des Produktes von 4 aufeinanderfolgenden Zahlen eine Quadratzahl ist.

KEIN Beweis ist das Durchrechnen von Beispielen, egal von wievielen. ;-)

zur Veranschaulichung ist es aber gut geeignet:

n n+1 n+2 n+3 n*(n+3) (n+1)(n+2) Q-1=z²-1 = n*(n+3) * (n+1)(n+2) Q= z² = n*(n+3) * (n+1)(n+2)+1 SQR(Q)

1
2
3
4
5
321 2
3
4
5
6
322 3
4
5
6
7
323 4
5
6
7
8
324 4
10
18
28
40
104004 6
12
20
30
42
104006 24
120
360
840
1680
10817140024 25
121
361
841
1681
10817140025 5
11
19
29
41
104005

Vermutung: Es gibt zu diesem Term: n*(n+3)*(n+1)(n+2) +1 eine Quadratzahl;
und die Wurzel aus dieser Zahl liegt zwischen den Zahlen, die entstehen,
wenn man die erste Zahl mit der vierten und die beiden mittleren Zahlen multipliziert.

SQR(Q)= n*(n+3) +1 bzw.SQR(Q)= (n+1)(n+2)-1

diesen Zusammenhang benutzten Jürgen Bosbach und H-J. Gräbner als Grundlage ihres Beweises.

Nun aber zum Beweis:

zu zeigen ist: (Behauptung)
n * (n+1) * (n+2) * (n+3) + 1 = Q mit Q=z² (n, z, Q, sind natürliche Zahlen)
Beweis:
(Zahlenbeweis: nach äquivalenten Umformungen einer Seite der Gleichung muss sich die andere Seite der Gleichung ergeben)

Umformen der linken Seite der Gleichung:

n*(n+1)*(n+2)*(n+3) + 1 = [n*(n+3)] * [(n+1)*(n+2)] + 1
                        = (n²+3n) * (n²+3n+2) +1
Ersetzen: n² +3n = h.
n*(n+1)*(n+2)*(n+3) + 1 = h * (h +2) + 1
                        = h² +2h + 1
                        = (h+1)²
Ersetzen: h+1 = z
n*(n+1)*(n+2)*(n+3) + 1 = z²  = Q
                             q.e.d.
für z gilt: z = h + 1 = n² +3n +1 = n*(n+3)+1

formuliert nach der Beweisidee von mac.andy und Peter Becker.

Variante zum Beweis:
n*(n+1)*(n+2)*(n+3) + 1 = Q mit Q= z²   [n, Q, z  natürliche Zahlen]
n*(n+1)*(n+2)*(n+3) + 1 = n⁴ + 6n³ + 11n² + 6n + 1
                        = (n² + 3n +1)²
                        = (n *(n+3)+1)²
Ersetzen:  (n² + 3n +1) = z
n*(n+1)*(n+2)*(n+3) + 1 = z²
                             w.z.b.w.

Gerhard notierte 4 aufeinanderfolgende Zahlen so: (a, z, Q natürliche Zahlen)

(a-2)*(a-1)*a*(a+1) +1 = Q mit Q = z²
(a-2)*(a-1)*a*(a+1) +1 = (a-2)*a*(a+1)*(a-1)+1
                       = (a² - 2a) * ( a² -1) +1
                       = a⁴-2a³-a²+2a+1
                       = (a² -a -1)²
                       = (a*(a-1)-1)²
Ersetzen:  (a*(a-1)-1) = z
(a-2)*(a-1)*a*(a+1) +1 = z²

Das Besondere an diesem Beweis ist, dass an dieser Stelle der Bereich der natürlichen Zahlen verlassen werden kann
und der Beweis auf den Bereich der Ganzen Zahlen ausgedehnt wird.
Sogar die 0 als Faktor ändert an der Gesetzmäßigkeit nichts.

Die Umkehrung dieses Satzes gilt nicht! ( das merkte Gudrun ihrem Beweis an)
Nicht jede Quadratzahl ist gleich dem Produkt aus vier aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen um eins vermehrt.

das lässt sich leicht aus der Beziehung
z = n² +3n +1 nachweisen, indem man die quadratische Gleichung umformt:
0= n² +3n +1-z
n₁ = -3/2 +1/2 * sqr( 4*z +5)
n₂ = -3/2 -1/2 * sqr( 4*z +5)
diese Gleichungen sind nur im Bereich der ganzen Zahlen zu lösen,
wenn D=4*z +5 eine Quadratzahl ergibt.

[ zur 16 Aufgabe ] [ zur 15. zurück ] [ zur Hall of FAME ]

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Lösung der 14. vom 1.9.99
der Überhang kann unendlich groß werden...jedenfalls theoretisch,..denn auf Grund der Instabilität von Karten wird es dann wohl doch Probleme geben... es gibt aber keine theoretische Grenze...der Überhang kann also ohne weiteres mehrere Karten betragen.

Da das Ergebnis den Eindruck erweckt, den "gesunden Menschenverstand" bzw die Physik zu überlisten, wieder mehrere verschiedene Lösungsverianten zu dieser Aufgabe.

Ein wesentlicher Grundgedanke ist das Arbeiten von oben nach unten ...(in Bezug auf den Kartenstapel) wobei es praktisch natürlich kompliziert wird, die neuen Karten unten einzufügen ;-))

Es ist noch leicht einzusehen, dass die erste Karte zur Hälfte auf der zweiten Karte aufliegen muss. Aber das Gleiche gilt auch, wenn die untere Karte nicht die zweite, sondern die 100. oder 1000. Karte ist. Wichtig ist immer der Schwerpunkt des Stapels, der noch über jeder Karte liegt...dieser Schwerpunkt muss innerhalb der Kartengrenzen der darunterliegenden Karte liegen.

Von diesem Gedanken ausgehend sind die folgenden Lösungen leichter zu verstehen.

von Koal kommt dazu erst einmal eine Grafik:

Kartenstapel

Bernard erklärt die Tatsache so:

Ein in sich stabiler Turm aus Karten kippt dann um, wenn sein Schwerpunkt knapp über der Kante der Auflagefläche ragt. Dann sorgen wir eben dafür, dass das nicht passiert, vielmehr, dass der Schwerpunkt schön über der Tischkante zu liegen kommt, und der Turm in sich irgendwie maximal gestreckt ist.
Wenn man einen Turm aus (n-1) Karten hat, dessen Schwerpunkt genau über der Tischkante liegt, und dessen Reichweite r ist, so kann man diesen Turm zu einem Turm der Höhe n erweitern, indem man eine Karte drunterschiebt bis zur Tischkante, und nun den gesamten Turm noch ein wenig über die Tischkante schieben kann, da sich der Schwerpunkt durch die neue Karte stabil irgendwo über der Tischfläche befindet.

Diese Verschiebung des Schwerpunkt kann man ausrechnen:

In Formeln gegossen heißt das mit Definition des Schwerpunkts
als Summe aller Massen * Ort geteilt durch Gesamtmasse:
(Massen sind jeweils 1,
Ort bedeutet Lage des Schwerpunkts von der Tischkante entfernt)

Lage neuer Schwerpunkt = ((n-1)*0.0 + 1 * 0.5) / n = 0.5/n.

Um diese Strecke kann man den Turm verschieben und erhält als maximale Reichweite des neuen Turms r + 0.5/n. Man sieht sehr leicht, dass für einen überhaupt maximalen Turm der höhe n, das r maximal unter der Reichweite aller Türme der Höhe n-1 sein muss.

Das heißt: Ein Turm maximaler Reichweite hat die Eigenschaft, dass jeder Teilturm von der Spitze aus ebenfalls einer mit maximaler Reichweite ist (von der nächsten Karte aus gemessen)

Ist s(n) diese gesuchte maximale Reichweite , heißt die Rekursionsvorschrift also einfach:

s(0) = 0;   für n>=1 ist s(n) = s(n-1) + 0.5/n

oder direkt explizit:

  s(n) = 0.5 * Summe aller Stammbrüche von 1/1 bis 1/n.

Also z.B.:


s(32) = 2.029248
s(104) = 2.613203

s(10000) = 4.893803

Es sieht so aus, als könnte man beliebig weit hinaus stapeln, dies stimmt, denn die obenstehende wachsende Summe aller Stammbrüche konvergiert gegen die harmonische Reihe, diese ist divergent, das heißt sie haut ab...

Sie hat aber auch eine lustige Eigenschaft: sobald man z.B. jede Karte, deren Nummer eine bestimmte Ziffer enthält, z.B. die 8, nicht verschiebt, sondern praktisch direkt unter seinen Vorgänger schiebt, so konvergiert die Reihe, das heißt, man kommt nicht mehr beliebig weit. Auch in anderen Hinsichten ist diese Reihe gerade noch so ein Grenzfall, der gerade noch divergiert, sobald man sie ein wenig modifiziert konvergiert sie...

sehr anschaulich auch die Lösung von Horst Reblitz:

Der gemeinsame Schwerpunkt aller Karten muss genau über der Tischkante liegen. Der gemeinsame Schwerpunkt von N-1 obenliegenden Karten liegt genau an der Aussenkante der N-ten Karte. Die N-te Karte verlängert den Abstand vom Tisch um die Differenz der Schwerpunkte zwischen (N-1)-ter und N-ter Karte.

Länge der Spielkarte = L
Maximaler Abstand der obersten Karte vom Tisch 
bei N Karten = A[N]  (= gemeinsamer Schwerpunkt)

A[1] = L/2
A[2] = ( 1*A[1] + 1*(A[1]+(L/2) ) / 2 = 3L/4
A[3] = ( 2*A[2] + 1*(A[2]+(L/2) ) / 3 = 11L/12

A[N] = ( (N-1)*A[N-1] + 1*(A[N-1]+(L/2) ) / N
umgeformt
A[N] = A[N-1] + (L/2)/N

A[N]/L = 1/2 + 1/4 + 1/6 + 1/8 + ... [0,5 * harmonische Reihe]

Die harmonische Reihe ist divergent und 
der Grenzwert für n-->unendlich ist auch unendlich !

Es gibt meines Wissens keine Summenformel und so bleibt nur Handarbeit 
(Rechnerarbeit) zur  Berechnung für N=32 bzw. N=104.

A[32] = 2,029247598
A[104] = 2,613203276
A[unendlich] = unendlich  ( auch wenn ichs mir kaum vorstellen kann ! )

Hans-Jürgen Gräbner ist das Problem physikalisch angegangen:

Dieses hübsche und uralte Problem ist leicht zu lösen mit der simplen Formel des Hebelgesetztes:
Kraft*Kraftarm = Last*Lastarm.
Die Kartenlänge sei eine Einheit = 1 und der Überstand der untersten Karte (über die Tischkante) sei x als Teil von 1.
Die unterste von n Karten stehe rechts um x über und auf deren rechter Kante laste das Gewicht von n-1 Karten mit ihrem Schwerpunkt. Diese Last wird von der n-ten Karte, die mit 1 - x auf dem Tisch liegt getragen.
Es gilt also für das Gleichgewicht:

links:          rechts:
Schwerpunkt     n-1 Karten    Schwerpunkt des x-ten Kartenstücks
(1 - x) / 2  =  (n - 1) * x   +     x / 2
Nach x aufgelöst ergibt sich:
x = 1 / (2n)   als Überstand der untersten n-ten Karte.

Für den gesamten Überstand von 32 bzw. 104 Karten sind alle x-Werte aufzusummieren. Das habe ich einem TP-Programm überlassen, das ich sogar bis 10000 Karten rechnen ließ:

(Übrigens ist die Reihe für unendlich viele Karten divergent: Es kommt die Hälfte der harmonischen Reihe von unendlich heraus. :-))

Peter Becker hat eine Tabelle angefügt, die die Verteilung der Karten darstellt:

Anzahl der Karten ------ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

Abstand zur folgenden Karte --------- 1/2 =0,5000 1/4 =0,2500 1/6 =0,1667 1/8 =0,1250 1/10 =0,1000 1/12 =0,0833 1/14 =0,0714 1/16 =0,0625 1/18 =0,0556 1/20 =0,0500 1/22 =0,0455 1/24 =0,0417 1/26 =0,0385 1/28 =0,0357 1/30 =0,0333 1/32 =0,0313 1/34 =0,0294 1/36 =0,0278 1/38 =0,0263 1/40 =0,0250 1/42 =0,0238 1/44 =0,0227 1/46 =0,0217 1/48 =0,0208 1/50 =0,0200 1/52 =0,0192 1/54 =0,0185 1/56 =0,0179 1/58 =0,0172 1/60 =0,0167 1/62 =0,0161 1/64 =0,0156 1/66 =0,0152 1/68 =0,0147 1/70 =0,0143 1/72 =0,0139 1/74 =0,0135 1/76 =0,0132 1/78 =0,0128 1/80 =0,0125 1/82 =0,0122 1/84 =0,0119 1/86 =0,0116 1/88 =0,0114 1/90 =0,0111 1/92 =0,0109 1/94 =0,0106 1/96 =0,0104 1/98 =0,0102 1/100=0,0100

Gesamt- abstand zur Tischkante ---------- 0,5000 0,7500 0,9167 1,0417 1,1417 1,2250 1,2964 1,3589 1,4145 1,4645 1,5099 1,5516 1,5901 1,6258 1,6591 1,6904 1,7198 1,7476 1,7739 1,7989 1,8227 1,8454 1,8671 1,8880 1,9080 1,9272 1,9457 1,9636 1,9808 1,9975 2,0136 2,0292 2,0444 2,0591 2,0734 2,0873 2,1008 2,1140 2,1268 2,1393 2,1515 2,1634 2,1750 2,1864 2,1975 2,2083 2,2190 2,2294 2,2396 2,2496

Anzahl der Karten ------ 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104

Abstand zur folgenden Karte -------- 0,0098 0,0096 0,0094 0,0093 0,0091 0,0089 0,0088 0,0086 0,0085 0,0083 0,0082 0,0081 0,0079 0,0078 0,0077 0,0076 0,0075 0,0074 0,0072 0,0071 0,0070 0,0069 0,0068 0,0068 0,0067 0,0066 0,0065 0,0064 0,0063 0,0063 0,0062 0,0061 0,0060 0,0060 0,0059 0,0058 0,0057 0,0057 0,0056 0,0056 0,0055 0,0054 0,0054 0,0053 0,0053 0,0052 0,0052 0,0051 0,0051 0,0050 0,0050 0,0049 0,0049 0,0048

Gesamt- abstand zur Tischkante ---------- 2,2594 2,2690 2,2785 2,2877 2,2968 2,3057 2,3145 2,3231 2,3316 2,3399 2,3481 2,3562 2,3641 2,3719 2,3796 2,3872 2,3947 2,4020 2,4093 2,4164 2,4235 2,4304 2,4373 2,4440 2,4507 2,4573 2,4638 2,4702 2,4765 2,4827 2,4889 2,4950 2,5010 2,5070 2,5129 2,5187 2,5244 2,5301 2,5357 2,5413 2,5468 2,5522 2,5576 2,5629 2,5682 2,5734 2,5785 2,5836 2,5887 2,5937 2,5986 2,6035 2,6084 2,6132

Für alle diejenigen die des öfteren damit zu tun haben, Kartentürme zu bauen, hat
DeaD ChaoT ein Programm geschrieben,
das den Überhang für max. 5000 Karten berechnen kann:

Kartentürme bauen

zum Abschluss noch einige Bemerkungen zur Höhe der Türme in Abhängigkeit vom Überhang:

von Jörg Wiegels

Weil die harmonische Reihe divergiert, lässt sich theoretisch jeder vorgegebene Überhang erreichen.

Weil die harmonische Reihe divergiert, lässt sich theoretisch jeder vorgegebene Überhang erreichen. Weil sie aber sehr langsam divergiert, würden sich in der Praxis schnell sehr hohe Stapel ergeben.

Es ergeben sich also folgende Werte:

Verfügbare
Karten Maximaler Überhang
in Kartenlängen

32 2,03

104 2,61

110 2,64

Umgekehrt kann man berechnen, wie viele Karten mindestens gebraucht würden, wenn ein vorgegebener Überhang erreicht werden soll. Bei Kartenabmessungen von 92mm * 59mm * 1/3mm ergäben sich folgende Maße:

Überhang
in Kartenlängen Benötigte Karten Überhang Höhe

1 4 5,2cm 1,3mm

2 31 10,4cm 1,03cm

3 227 15,6cm 7,57cm

4 1.674 20,8cm 55,8cm

5 12.367 26,0cm 4,12m

6 91.380 31,2cm 30,5m

7 675.214 36,4cm 225m

8 4.989.191 41,6cm 1,66km

9 36.865.414 46,8cm 12,3km

10 272.401.153 52,0cm 90,8km

: : : :

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Das ist der ganze Jammer:
die Dummen sind so sicher und die Gescheiten so im Zweifel.

Helmut Schmidt

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