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RE: 7 Lösung / Solution - MatheJuergen - 12-15-2025
Ich habe auch zuerst die Antwort 1 ausgeschlossen (weil dann auch Antwort 2 richtig wäre, also Meta- Ebene). Das Problem ist, dass mindestens eine Wasserpistole dabei sein muss (keine der m und n Werte ist durch 5 teilbar). Da man die Teile nicht drehen darf habe ich Probleme mit der unteren linken Ecke eines fiktiven Rechtecks bekommen. Diese Ecke konnte ich nur mithilfe einiger "Zuckerstangen" bilden. Diese Vorgangsweise verschiebt das Problem aber nur um 5 nach oben. Ich bin mir also ziemlich sicher, dass Antwort 10 die richtige Antwort ist.
RE: 7 Lösung / Solution - Linsen_mit_Spatzle - 12-15-2025
(12-15-2025, 06:42 PM)st1974 schrieb: Ich bin auf Antwort 10 gekommen - keine der angegebenen Rechtecke lässt sich auslegen.
Die Schlüsselidee dahinter ist folgende: Man färbe das Geschenkpapier in 5 verschiedenen Farben, z. B. rot, gelb, grün, blau, lila.
Immer in dieser Reihenfolge in jeder Zeile. In der darunter liegenden Zeile wird das Muster um ein Feld nach rechts verschoben. Mit dieser Färbung überdecken die 4 Teile a 5 Quadraten jede Farbe genau einmal. Während das 8-Quadrate-Teil eine Farbe einmal, eine Farbe dreimal, zwei Farben zweimal und die verbleibende Farbe gar nicht enthält. Je nach Position kann ich dies in vektorieller Form als (1,3,2,2,0), (3,2,2,0,1), (2,2,0,1,3), (2,0,1,3,2) oder (0,1,3,2,2) schreiben.
Ich hatte Buchstaben statt Farben, das war in der Tabellenkalkulation einfacher (die Teile hatten schon Farben). Aber ansonsten natürlich gleich.
Ich habe den "Überschuss" an Buchstaben aber nicht mit einem Programm untersucht, sondern das LGS aufgestellt - es gibt keine ganzzahligen Lösungen. Zumindest bei den Rechtecken, die ich untersucht hatte, bevor ich die Lust verlor und einfach die 10 auswählte.
RE: 7 Lösung / Solution - st1974 - 12-15-2025
Code:
# Färbe den Papierbogen mit 5 Farben, wobei gleich Farben diagonal
# von links oben nach rechts unten verlaufen.
# Die Teile 1,2,3 und 5 lassen sich so färben, dass jede von 5 Farben
# genau einmal vorkommt.
# Lediglich Teil 4 besitzt keine solche Färbung.
# die Farbverteilung des problematischen Achterteils:
# die Farben können rotiert werden
TEIL = (1,3,2,2,0)
def sh(t,shift):
return t[shift:]+t[:shift]
def simplify(t):
m = min(t)
t1 = tuple([i-m for i in t])
return max([sh(t1,shift) for shift in range(5)])
def hinzu(t,shift):
teil = sh(TEIL,shift)
return simplify(tuple([i+j for i,j in zip(t,teil)]))
t = (0,0,0,0,0)
erreichbar = set()
erreichbar.add(t)
L = [t]
while len(L):
t = L.pop(0)
for shift in range(5):
t1 = hinzu(t,shift)
if t1[0]<10 and t1 not in erreichbar:
erreichbar.add(t1)
L.append(t1)
if t1[0]<5: print(t1)
# benötigte Muster, um ein Rechteck zu füllen:
# (0,0,0,0,0)
# (1,0,0,0,0) (1,1,0,0,0) (1,1,1,0,0) (1,1,1,1,0)
# (1,1,0,0,0) (2,1,0,0,1) (2,2,1,0,1) (1,1,1,0,0)
# (1,1,1,0,0) (2,2,1,0,1) (2,1,0,0,1) (1,1,0,0,0)
# (1,1,1,1,0) (1,1,1,0,0) (1,1,0,0,0) (1,0,0,0,0)Anbei noch der versprochene Python-Code
RE: 7 Lösung / Solution - Moritz - 12-16-2025
(12-15-2025, 08:19 PM)Linsen_mit_Spatzle schrieb:(12-15-2025, 06:42 PM)st1974 schrieb: Ich bin auf Antwort 10 gekommen - keine der angegebenen Rechtecke lässt sich auslegen.
Die Schlüsselidee dahinter ist folgende: Man färbe das Geschenkpapier in 5 verschiedenen Farben, z. B. rot, gelb, grün, blau, lila.
Immer in dieser Reihenfolge in jeder Zeile. In der darunter liegenden Zeile wird das Muster um ein Feld nach rechts verschoben. Mit dieser Färbung überdecken die 4 Teile a 5 Quadraten jede Farbe genau einmal. Während das 8-Quadrate-Teil eine Farbe einmal, eine Farbe dreimal, zwei Farben zweimal und die verbleibende Farbe gar nicht enthält. Je nach Position kann ich dies in vektorieller Form als (1,3,2,2,0), (3,2,2,0,1), (2,2,0,1,3), (2,0,1,3,2) oder (0,1,3,2,2) schreiben.
Ich hatte Buchstaben statt Farben, das war in der Tabellenkalkulation einfacher (die Teile hatten schon Farben). Aber ansonsten natürlich gleich.
Ich habe den "Überschuss" an Buchstaben aber nicht mit einem Programm untersucht, sondern das LGS aufgestellt - es gibt keine ganzzahligen Lösungen. Zumindest bei den Rechtecken, die ich untersucht hatte, bevor ich die Lust verlor und einfach die 10 auswählte.
Ich habe das genauso gemacht, aber alle 9 Gleichungssysteme vom Computer lösen lassen und kann bestätigen dass keines ganzzahlige Lösungen hat.
RE: 7 Lösung / Solution - pierrot - 12-17-2025
In der Aufgabe "Mondrian" vom 13.12.2021 von Cor Hurkens konnte man ähnlich argumentieren (damals schiefsymmetrisches diagonales Zahlenschema)
Dieses Jahr war die Aufgabe etwas kniffliger, aber das Prinip: Bei gewissen Teilen Summe 0, egal wo man sie im Rechteck platziert, war gleich.
RE: 7 Lösung / Solution - ukleinek - 12-20-2025
Ich war nicht ganz sicher, meine Argumentation war aber wie die von MatheJürgen, bloß in der rechten unteren Ecke.
Das mit Farbdiagonalen habe ich auch probiert, habe da aber keinen Widerspruch gefunden. Ich habe meine Aufzeichnungen schon weg getan, aber ich habe für jede der 9 ersten Möglichkeiten Platzierungen für eine passende Anzahl der 8er-Teile gefunden, dass es am Ende aufgeht. Das erlaubte dann keine Aussage.
RE: 7 Lösung / Solution - PhiSigma - 12-22-2025
Ich habe auch den Ansatz mit den Farbdiagonalen probiert und dann das LGS aufgestellt. Man kann (mit etwas Mühe) auch per Hand nachweisen, dass es (ohne Teilbarkeit durch 5) keine Lösung geben kann:
Ich habe die Diagonalen 1 bis 5 genannt, n_k ist die Anzahl der 8er-Stücke mit der linken oberen Ecke auf der Diagonalen k und N_k ist die Anzahl der Felder auf der k-Diagonalen, die insgesamt von 8er-Stücken abgedeckt werden. Für jede Rechteckgröße kann man die Diagonalen so platzieren, dass die 1-, 2-, 3- und 4-Diagonalen jeweils 0 bis 2 Felder mehr haben müssen (abhängig von der Größe modulo 5) als die 5-Diagonale. Genau so sehen die Differenzen auch aus, wenn man nur die Felder mit 8er-Stücken betrachtet. Ich habe dann allgemein gesagt, N1=N+w, N2=N+x, N3=N+y, N4=N+z, N5=N, und eine kleine Tabelle notiert mit den möglichen Werten von (w,x,y,z) - hier gibt es als Möglichkeiten (1,0,0,0), (1,1,0,0), (1,1,1,0), (1,1,1,1), (1,2,1,0) und (1,2,2,1). Um aber nicht 6 Gleichungssysteme lösen zu müssen, habe ich es so geschrieben:
n1 n2 n3 n4 n5 | N w x y z
1 0 3 2 2 | 1 1 0 0 0
2 1 0 3 2 | 1 0 1 0 0
2 2 1 0 3 | 1 0 0 1 0
3 2 2 1 0 | 1 0 0 0 1
0 3 2 2 1 | 1 0 0 0 0
Wenn man das dann umformt (das geht per Hand, ist aber etwas aufwändig), sodass auf der linken Seite die Einheitsmatrix steht, kann man an der rechten Seite ablesen:
n1 = (31N - 13w + 67x - 21y + 51z)/248
n2 = (31N - 53w - 13x + 67y - 21z)/248
n3 = (31N + 51w - 53x - 13y + 67z)/248
n4 = (31N - 21w + 51x - 53y - 13z)/248
n5 = (31N + 67w - 21x + 51y - 53z)/248
248 ist durch 31 teilbar, 31N ist es auch. Damit man hier ganzzahlige Lösungen bekommt, müssen also auch -13w+67x-21y+51z usw. durch 31 teilbar sein. Man kann aber ausprobieren, dass dies für keine der möglichen Werte von (w,x,y,z) der Fall ist, für n1 hat man z.B. -13, 54, 33, 84, 100 und 130. Damit kann es nie eine ganzzahlige Lösung geben, sofern keine Seitenlänge durch 5 teilbar ist.
Zum Test habe ich das gleiche Verfahren auch mal ausprobiert für eine veränderte Version des großen Stücks, mit der die Parkettierung tatsächlich möglich ist, und hatte in der Lösung dann 1 statt 31 als Faktor vor N, sodass dieses Problem nicht auftritt.
Aus Interesse, wo genau die 31 herkommt, habe ich auch versucht, das Gleichungssystem allgemein zu lösen mit den zyklischen Permutationen von (a,b,c,d,0) als Spalten. Damit habe ich tatsächlich auch eine Formel gefunden, die mit a=1, b=3, c=d=2 die 31 ausgibt. Diese ist aber sehr lang*. Aber ich habe dann gesehen, dass 248=31*8 als Nenner kein Zufall ist, sondern immer dieser Faktor von N (hier 31) multipliziert mit a+b+c+d (hier 8) im Nenner steht, vermutlich wird man also mit einigen anderen Möglichkeiten für (a,b,c,d) auf das gleiche Problem stoßen wie in der Afugabe. Auf die anderen sehr langen Terme hatte ich dann aber keine Lust mehr.
*Ich weiß nicht, ob man das noch weiter vereinfachen kann:
a^4 + b^4 + c^4 + d^4
- a^3(b+c+d) - b^3(a+c+d) - c^3(a+b+d) - d^3(a+b+c)
+ a^2b^2 + a^2c^2 + a^2d^2 + b^2c^2 + b^2d^2 + c^2d^2
+ a^2(2bc + 2bd - 3cd) + b^2(2ad + 2cd - 3ac) + c^2(2ab + 2ad - 3bd) + d^2(2ac + 2bc - 3ab)
- abcd