Beiträge von Math5D

    GraphZahl Dein Link zum Bild funktioniert bei mir nicht.


    Ich habe leider auch keine schöne Lösung, sondern lediglich ein entsprechendes Gleichungssystem mit Wolframalpha lösen lassen. Egal, was ich als Unbekannte eingesetzt habe, es kamen immer viele krumme Zahlen (oft der Form a + b*sqrt(111617)) raus, nur das Endergebnis dann halt glatt. Auch gibt es, glaube ich, keine Geschwindigkeit, die man annehmen kann, sodass die Strecken alle ganzzahlig wären.

    Genau den entscheidenden Satz hast du dann nicht zitiert: "jede tatsächlich mögliche Strategie kann dann auf keinen Fall weniger Atome pro Masse benötigen". Ich wollte also nicht sagen, dass eine optimale Strategie existiert, sondern nur erstmal ausrechnen, wie viele man bei einer solchen bräuchte. Jede nicht optimale Strategie braucht dann mehr. Wenn selbst optimal nur 75 Züge mit 15 Atomen/Masse möglich sind, sind es in der Realität auf jeden Fall auch nur so viele.

    Da hat mir doch tatsächlich Aufgabe 24 den (losmäßig) perfekten Kalender gekostet, weil ich die Möglichkeit von A nach C übersehen habe. Ist natürlich eigene Blödheit, aber irgendwie finde ich es etwas unglücklich, in der letzten Aufgabe, die viele eher nebenbei und mit wenig Zeit, so eine Falle zu verstecken (auf die ja, siehe Diskussionsthread, einige hereingefallen sind). Ich gebe zu, am 27. hätte ich wieder Zeit gehabt, nochmal über die Aufgabe nachzudenken, aber da die "Lösung" am 24. so schnell gefunden war, habe ich das unterlassen :(

    Eine obere Grenze ist sehr schnell gefunden. Für 3 Flaschen von 6 gibt es 6 über 3 = 20 Kombinationen. Schlimmstenfalls die letzte zeigt uns Grün, und wir kennen alle guten Flaschen. Auf 19 kann man das auch leicht korrigieren, denn den letzten Test kann man sich offensichtlich sparen.


    Es geht aber noch besser: Wir stellen zuerst eine Flasche (ich nenne sie A) beiseite, und probieren alle Kombinationen der verbleibenden Flaschen aus. Das sind 5 über 3 = 10. Wenn dabei einmal die Lampe Grün leuchtet, haben wir auch alle guten Flaschen gefunden. Wenn nicht, wissen wir aber zumindest, dass A gut sein muss.


    Ist dies nun optimal? Ja.

    Dazu ist zunächst festzustellen, dass der betrachtete „worst case“ IMMER derjenige ist, dass die Lampe Rot leuchtet, denn sonst wären wir sofort fertig (1). [Anmerkung: Diese Tatsache macht die Aufgabe mMn sehr schön, weil man bei ähnlichen Aufgaben oft gefühlt hunderte Varianten betrachten muss, um den worst case zu identifizieren, was sehr langweilig ist.]

    Weiterhin gibt es insgesamt 6 über 3 = 20 Möglichkeiten für die guten Flaschen (2).

    Jede Flasche ist in 5 über 2 = 10 Kombinationen enthalten (man muss 2 aus den 5 verbleibenden wählen) (3).

    Jeder Test schließt nach (1) exakt eine Kombination aus und sonst nichts. Wenn wir nun 9 beliebige Kombinationen testen, sind also nach (2) noch 11 möglich. Nach (3) ist aber keine Flasche in diesen allen enthalten, folglich kann auch keine Flasche sicher gut sein. Damit brauchen wir mindestens 10 Versuche, und dass das auch geht, zeigt der vorherige Absatz. qed

    Zunächst nenne ich die Wichtel ABC und die Farben 0 bis 4. Welche welche ist, sprechen die Wichtel natürlich vorher ab. Nun grenze ich zunächst N nach oben ab: A hat nur die Information über die beiden Farben, die B und C tragen, und sonst nichts. Er kann also (für sich) nichts Besseres machen, als zwischen den drei verbleibenden Farben zu raten, und wird zu 1/3 richtig liegen. Damit kann N nicht größer als 60/3=20 sein.


    Was A aber machen kann, ist, B und C einen Tipp zu geben, was sie auf dem Kopf haben. Nach ein wenig Herumprobieren habe ich folgende Taktik gefunden:

    A nimmt die beiden Zahlen von B und C, und addiert sie. Das Ergebnis wird modulo 5 genommen. Ist die Zahl nun gerade, wird durch zwei geteilt, ist sie ungerade, wird erst +5 gerechnet und dann durch 2 geteilt. Das Ergebnis dieser Rechnung, X, rät A.

    B und C kennen also X und können durch Umkehrung der obigen Rechnung (B+C)mod5 bestimmen. Da B aber C kennt, weiß er damit seine eigene Zahl, die er entsprechend rät.

    C kennt danach B und kann eben auch die eigene Zahl richtig erraten.


    Diese Taktik sorgt dafür, dass B und C immer richtig liegen. Was noch überprüft werden muss, ist, dass X immer ungleich B und C ist, denn sonst wäre der Tipp von A ja sicher falsch und nicht, wie oben behauptet, in 20 Fällen richtig. Das ist für alle Beispiele schnell nachgeprüft (genaugenommen habe ich die Taktik natürlich andersherum ausgearbeitet – erst alle Kombinationen von B und C aufgeschrieben, dann modulo 5 gruppiert, und dann geschaut, welche Zahl dabei jeweils nicht vorkommt. So ergab sich obige Rechnung, die man auch durch eine kleine Tabelle ersetzen kann, wenn einem das lieber ist.).

    Glücklicherweise kann man mit der Taktik direkt N=20 Fälle abdecken und ist damit fertig – am 20. habe ich mir danach erstmal einen

    Die Idee, die mich zum Ziel geführt hat, ist die Betrachtung der Gesamtwartezeit aller Gespanne (=“Umläufe“, um es in normaler Fahrplansprache auszudrücken) in einer Stunde. Zum Beispiel in Linie 1 sieht ein Umlauf so aus, dass man um 0:30 in Grönland losfährt, um 1:55 in Afrika ankommt, um 2:15 wieder zurückfährt und um 3:40 ankommt. Die nächste Fahrt kann dann ab 4:30 losgehen, weshalb man zunächst 4 Umläufe für diese Linie braucht. Die Wartezeit eines Umlaufs sind 20min in Afrika und 50min in Grönland, also 70min gesamt. Sehr einfach zu rechnen ist, dass dies auch der Gesamtwartezeit pro Stunde entspricht, denn jeder Umlauf wartet 70min/4h, es gibt aber auch 4 Umläufe. Dies muss auch immer so sein. Für die Linien 2,3,4,5 ergeben sich 70,90,60,80min, also insgesamt werden 370min pro Stunde gewartet. Wenn man nun einen Umlauf wie auch immer einsparen kann, dieser also gar nicht fährt, müssen exakt 60min Wartezeit pro Stunde wegfallen, da ja die Gesamtfahrzeit dieselbe bleibt.

    Das Schöne daran ist nun, dass nur an Endhaltestellen gewartet wird und man damit zum einen den Fahrplan auf diese reduzieren kann und zum anderen jede Endhaltestelle gesondert optimieren kann:


    Okavango Delta Depot: Hier fährt nur Linie 1, also haben wir in jedem möglichen Fahrplan 20min Wartezeit pro Stunde.

    Lama Logistik: Linie 4 und 5 fahren hier. Es gibt also die beiden Möglichkeiten, dass diese hier jeweils wenden oder dass durchgebunden wird. Letzteres ist offensichtlich wesentlich schlechter. Also beträgt die Wartezeit pro Stunde hier mindestens 50min.

    Grönland Geschenkelager: Hier enden vier Linien. Das scheint zwar kompliziert zu sein, ist es aber netterweise gar nicht. Jeder ankommende Schlitten muss ja, wenn er nicht dieselbe Linie zurückfährt, mindestens 15min warten. Da die Wendezeit jeder einzelnen Linie aber >15min ist, und gleichzeitig eine Durchbindung der Linie 2 auf 4 und der Linie 1 auf 3 in beiden Richtungen exakt 15min Wartezeit bringen, muss das die einzig optimale Möglichkeit sein. 2 Durchbindungen à 2 Richtungen à 15min macht 60min gesamt.

    Panda Pakete: Dies ist die interessanteste Station. Mit ein wenig Herumprobieren sieht man, dass zwei optimale Möglichkeiten existieren: A) Linie 2 endet hier und Linie 3 wird auf 5 durchgebunden – macht 60min Wartezeit. B) Ankommende Schlitten der Linie 3 fahren als 5 weiter, ankommende Linien 5 werden zu 2 und 2 wird zu 3.


    Insgesamt beträgt die Gesamtwartezeit pro Stunde also 190 min, und damit können (370-190)/60 = 3 Umläufe eingespart werden. Jetzt die Frage zu den Wünschen. Alle können sowieso nicht erfüllt werden, weil es die entsprechende Antwortmöglichkeit nicht gibt. Möglichkeit B sorgt dafür, dass es nur einen einzigen (25h langen) Umlauf gibt, der überall langfährt, also auch in Europa und Australien. 2 Wünsche können also erfüllt werden.

    Damit wäre man zwar fertig, aber die Begründung für die Unmöglichkeit aller 3 Wünsche hätte ich dann doch gerne auch mathematisch. B fällt wegen des langen Umlaufs direkt raus. Bei A erfüllt der Umlauf über die Linien 1,3 und 5 zwar den Wunsch von Riley, aber beide anderen nicht, da er nicht über Europa führt und 14h lang ist. Der andere Umlauf über 2 und 4 erfüllt zwar die Wünsche der beiden anderen (11h lang und über Europa), geht aber nicht über Australien. Damit bin ich wirklich fertig mit der Aufgabe.


    Schon im Feedback angekündigt: Sehr nett finde ich hieran, dass die Anzahl der optimalen Fahrpläne so stark beschränkt ist, trotz der Haltestelle in Grönland, die so kompliziert scheint. Es gab (auch hier im Kalender) schon öfters Aufgaben, bei denen man am Ende noch 20 oder so Möglichkeiten nach einem zweiten Kriterium durchforsten musste, hier waren es nur 2. Und ganz zum Schluss noch ein Tipp für alle evtl kommenden Fahrplanaufgaben der Zukunft: Es gibt eine sehr übersichtliche Notation für Taktfahrpläne, die meines Wissens sma+partner erfunden hat. Zu sehen ist sie beispielsweise im ITF von NRW, zu finden unter http://www.kcitf-nrw.de/servic…f/netzgrafik-nrw-2018.pdf . Wenn man sich so die An- und Abfahrtszeiten aufschreibt (und Ankunftszeiten, bei denen die :00 (mehrfach) überschritten wird, mit +1 (+2,+3,usw) versieht), bekommt an einen sehr viel besseren Überblick über das Ganze. Hat mir jedenfalls bei beiden Fahrplanaufgaben sehr geholfen. Generelles Wissen über Fahrpläne ist natürlich auch nett – so bedeutet ITF „Integraler Taktfahrplan“. Takt = alles wiederholt sich regelmäßig, üblicherweise jede Stunde (und Linien, die alle 5/10/15/20/30min fahren passen da natürlich auch rein). Integral = alle Linien treffen sich an gewissen Umsteigebahnhöfen, sodass kurze Umstiege möglich sind. Letzterer Punkt half natürlich vor allem bei der letzten Aufgabe. Eine weitere wichtige Eigenschaft vieler Fahrpläne ist die Symmetrieminute, also die Minute, zu der sich zwei Züge derselben Linie treffen. Ist dies auf jeder Linie dieselbe, spricht man von einem symmetrischen Fahrplan, der bei Umstiegen zwischen zwei Linien dieselbe Umsteigezeit in beide Richtungen garantiert. Bei dieser Aufgabe war das zwar nicht gegeben, aber bei der anderen wurde mit Symmetrieminute 0 gearbeitet – europaweit ist eigentlich 58,5 üblich (warum auch immer so eine krumme Zahl).

    Matlab once again

    N=15. Das geht zB mit folgenden Temperaturen: 5,5,-12,5,5,-12,5,5,5,-12,5,5,-12,5,5

    16 bekommt man aber nicht hin, und zwar aus folgendem Grund: Wenn man den Mittelwert der ersten 7 Zahlen bildet und dieser größer 0 ist, dann fällt für die Bildung des nächsten Mittelwerts die erste Zahl weg und die achte kommt dazu. Nun ist anschaulich eigentlich klar (ich gebe zu, hier ist mathematisch betrachtet eine Lücke in meinem Beweis, die sich aber denke ich schließen ließe), dass es ideal ist, wenn die Siebener-Mittelwerte immer nur so knapp wie möglich über null sind, also alle gleich, und die Zehner so knapp wie möglich unter null. Wären manche Siebenermittel größer als andere, könnte man vermutlich einige Zahlen darin verkleinern. Daraus folgt aber, dass die achte Zahl der ersten entsprechen muss, die neunte Zahl der zweiten usw. Wegen der Zehnermittel muss wiederum die elfte Zahl der ersten entsprechen, die zwölfte der zweiten usw. Stellt man das für N=16 auf, erhält man, dass alle Zahlen gleich sein müssen, was offensichtlich unmöglich ist. Für N = 15 bekommt man hingegen zwei verschiedene Zahlen, nämlich die Abfolge AACAACAAACAACAA mit den Ungleichungen

    5A + 2C > 0 <=> A>-2C/5 (I)

    7A + 3C < 0 <=> A<-3C/7 (II)

    Aneinandergehängt ergibt sich -2C/5<-3C/7 <=> 14C>15C <=> C<0

    Zwischen den beiden Brüchen mit C muss A liegen, und damit da noch eine ganze Zahl Platz hat, wähle ich C = -12 und damit 4,8<A<5,Periode(142857), also A = 5.


    Nach zwei weiteren Tagen habe ich meine Lücke zwar nicht geschlossen, aber einen anderen Beweis für die Unmöglichkeit von N=16 gefunden. Bezeichne ich alle 16 Temperaturn mit A bis P und die Summe der Temperaturen zwischen zB B und H als (BH), so gilt

    N+O+P = (DJ)-(DM)+(AG)-(AJ)+(HN) + (EK)-(EN)+(BH)-(BK)+(IO) + (FL)-(FO)+(CI)-(CL)+(JP)

    Und das muss >0 sein, da nur Siebenersummen – Zehnersummen gerechnet werden. Allerdings ist

    N+O+P = (GP)-(GN)

    Und das ist aus dem umgekehrten Grund <0.


    Den ersten „Beweis“ habe ich trotzdem stehengelassen, weil ich ihn schön anschaulich finde. Und vielleicht schließt mir ja jemand die Lücke, dann könnte man diese anschauliche Art von Beweis für solche Aufgaben immer verwenden.

    Folgender kommentierter Matlab-Code löst die Aufgabe. Alle Rechnungen sind auch per Hand möglich, aber Aussage 2 für alle Produkte auszuwerten, war mir zu aufwendig.


    Im Nachhinein habe ich dann noch gesehen, dass Aussage 1 noch mehr einschränkt, denn auch die 29 ist zB in 23*6 zerlegbar, was zwar keine zwei Primzahlen sind, aber trotzdem eine eindeutige Zerlegung, da S<=47 sein muss. Ähnliches gilt für alle größeren möglichen Summen und damit bleibt das Prüfen von 11, 17, 23 und 27 übrig, was in der Tat per Hand gut möglich gewesen wäre.

    Die Lösung ist, dass man die Orte nach absteigender Sortierung ihres Quotienten von Masse/Entfernung anfahren muss. Das zu beweisen ist relativ leicht, wenn man auf die Idee kommt, dass man folgendes zeigen muss: Sei eine Reihenfolge der Orte vorgegeben. Wir prüfen nun, ob es sich lohnt, die beiden in der Reihenfolge benachbarten Orte x und seinen Nachfolger y zu tauschen. Berechnet man jeweils die Gesamtzeit (bin gerade zu faul, das ohne LaTeX hierhin abzutippen), ergibt sich die Formel, dass es sich genau für m(y)/d(y)>m(x)/d(x) lohnt. Nach dem Prinzip von Bubblesort ist das Optimum also die oben behauptete Reihenfolge (D,BK,N,H,M,IE,J,A,L,C,O,G,F) , und sie ist nicht eindeutig, weil B und K denselben Quotienten aufweisen.

    Falls jemand Zugriff auf einen Supercomputer hat, kann er gerne auch mal diesen brute-force Matlab-Code ausführen, der vermutlich auch eine Lösung findet. Die Reduktion von maxInd auf zB 10 findet zumindest eine Teillösung für 10 Orte in angemessener Zeit. myOptInds enthält dabei die behauptete optimale Reihenfolge und dient dementsprechend als Vergleich zu optInds:

    Zuerst nehme ich oBdA an, dass der Mittelpunkt der Insel (0,0) ist und der Radius R. Die Winkel der Polarkoordinaten dreier Palmen A,B,C seien a, b und c. Man kann mittels elementarer Geometrie zeigen, dass die Steigung der Höhenlinie durch C tan((a+b)/2) ist. Die vollständige Geradengleichung ist demnach in karthesischen Koordinaten y = R*sin(c)+(x-R*cos(c))* tan((a+b)/2). Stellt man dies für eine weitere Höhenlinie auf, setzt beide gleich, und fragt WolframAlpha nach einer Vereinfachung des Ergebnisses, kommt die wunderschöne Gleichung für die Koordinaten des Höhenschnittpunkts H heraus: x(H) = R*(cos(a)+cos(b)+cos(c)) und y(H) = R*(sin(a)+sin(b)+sin(c)).

    Diese Gleichung kann ich leider nicht anschaulich beweisen, aber sie sagt viel mehr, als hier steht. Nämlich muss für jedes Dreieck mit Ortsvektoren A B und C der Eckpunkte, M Umkreismittelpunkt und H Höhenschnittpunkt gelten: H = A+B+C-2M – warum auch immer, hat jemand dafür einen schönen Beweis?

    Auf diese Aufgabe bezogen gilt jedenfalls, dass der Schwerpunkt dreier Punkte (H1 H2 H3) bei (H1 + H2 +H3)/3 liegt, also insgesamt bei (A+B+C+D+E+F+G+H+I)/3, völlig unabhängig davon, welche Palmen jetzt welche sind, und auch unabhängig davon, ob irgendwelche Höhenschnittpunkte auf dem Rand der Insel oder gar außerhalb liegen. Also ist nur 1 Ort möglich. Dass dieser auch auf der Insel liegt und es auch mindestens ein (exakt 3) Tripel von Dreiecken gibt, die die anderen Bedingungen erfüllen, ist schnell experimentell herausgefunden.

    Auch hierfür habe ich eine Brute-Force-Variante mal in Matlab durchrechnen lassen:


    Diese ergibt zwar einige unterschiedliche centroids, aber das sind nur numerische Abweichungen – ein guter Grund, sich nicht blind auf den PC zu verlassen. Benötigt wird ebenfalls die Funktion orthocenter:

    Hierfür habe ich zwei Lösungswege. Der erste ist durch die mMn ungeschickte Aufgabenstellung möglich. Und zwar wird in dieser nicht erklärt, wie jeder Schritt genau abläuft. Das heißt aber doch, dass das Endergebnis unabhängig hiervon sein muss, und damit kommt nur Antwort 10 infrage – „es ist völlig egal, welchen Wichtel welches Team wann wählt“.

    Neben dieser Lösung mittels vollständiger Intuition funktioniert hier aber auch der kleine Bruder davon, die vollständige Induktion – und zwar gewissermaßen in 2D, weshalb ich diese Aufgabe eigentlich extrem schön finde.


    Nomenklatur: Die Teams heißen der Einfachheit halber 1 und 2. Den Zustand, dass Team 1 noch x Wichtel hat und Team 2 noch y nenne ich (x,y), die Wahrscheinlichkeit für den Gesamtsieg von Team 1 in diesem Zustand p(x,y) und die Wahrscheinlichkeit für einen Sieg des von Team 1 nominierten Wichtels in einer Runde p(Runde).


    Behauptung: Team 1 hat zu einem bestimmten Zeitpunkt M Lose insgesamt und Team 2 N Lose. Dann sei p(x,y)=M/(M+N), unabhängig von jeder Taktik, x und y.


    Induktionsanfang: Jedes Team hat noch genau einen Wichtel, die folglich M bzw N Lose haben. Dies ist also Zustand (1,1). Der Sieg des 1. Teams ist offensichtlich mit der Wahrscheinlichkeit p(1,1) = p(Runde) = M/(M+N) zu erwarten, entspricht also der Behauptung.


    Induktionsschritt 1-D: Team 1 hat noch einen Wichtel mit M Losen, und Team 2 hat y Wichtel mit insgesamt N Losen, also Zustand (1,y). Team 2 wählt den Wichtel j mit n_j Losen aus, Team 1 hat keine Wahl. In dieser ersten Runde hat Team 1 eine Gewinnchance von p(Runde)=M/(M+n_j). Mit 1-p(Runde) hat Team 1 direkt verloren, mit p(Runde) hätte Team 1 danach M+n_j Lose, Team 2 stünde bei N-n_j Losen und das Spiel ginge in die nächste Runde im Zustand (1,y-1). Wenn die Behauptung für diesen gilt, dann hätte Team1 danach eine Chance auf den Gesamtsieg von p(1,y-1) = (M+n_j)/(M+n_j+N-n_j) = (M+n_j)/(M+N). Die Wahrscheinlichkeit für den Gesamtsieg von Team 1 beträgt folglich p(1,y)= (1-p(Runde))*0+p(Runde)* p(1,y-1) = M/(M+n_j) * (M+n_j)/(M+N) = M/(M*N), was wiederum der Behauptung entspricht.

    Da die Nomenklatur beliebig ist, gilt dasselbe für vertausche Teams, also falls Team 1 noch x Wichtel hat und Team 2 noch einen. (Zustand (x,1)).


    Induktionsschritt 2-D: Team 1 hat noch x>1 Wichtel mit insgesamt M Losen und Team 2 noch y>1 Wichtel mit insgesamt N Losen – Zustand (x,y). Als gegeben dürfen in der zweidimensionalen Induktion die beiden Zustände (x,y-1) und (y,x-1) gelten. Team 1 wählt nun einen Wichtel i mit m_i Losen, 2 wieder einen mit n_j Losen. Es folgt p(Runde) = m_i/(m_i+n_j). Egal wer gewinnt, geht das Spiel in die nächste Runde, da x und y >1 sind. Falls Team 1 diese Runde gewinnt, hat es danach M+n_j Lose und Team 2 N-n_j Lose, und der Zustand ist (x,y-1). Falls Team 2 diese Runde gewinnt, hat Team 1 M-m_i Lose, Team 2 N+m_i Lose und der Zustand ist (x-1,y). Insgesamt folgt mit ein bisschen Ausklammern und Kürzen p(x,y) = (1-p(Runde)*p(x-1,y) + p(Runde)*p(x,y-1) = n_j/(m_i+n_j)*(M-m_i)/(M+N) + m_i/(m_i+n_j)*(M+n_j)/(M+N) = M/(M+N) qed.

    Dieser Tag hat mich fast zur Verzweiflung gebracht, weil ein Beweis für meine Lösung (16) schwierig war. Zunächst, wie komme ich auf 16?


    Für jede Gesamtmasse 4*n ziehe ich 4 Atome mit Masse n, für jede Gesamtmasse 4*n+1 ziehe ich 3 n-Atome und ein n+1-Atom usw. Dann brauche ich genau 6 Nullen und 16 von jeder anderen Masse. Ich habe lange darüber gerätselt, ob die Tatsache, dass man zehn Nullatome „verschwendet“ es einem bis ins Unendliche erlaubt, mit 15 Atomen pro Masse auszukommen, oder ob man damit eben nur endlich weit kommt. Der Beweis ist dabei erstaunlich kurz:


    Will Knecht Ruprecht n Schritte ziehen, zieht er insgesamt 4n Atome. Diese haben nach Gauß eine Gesamtmasse von n*(n+1)/2. Nehmen wir an, es gäbe eine Strategie, bei der genau alle N Atome der Massen 0 bis m_max genutzt werden (jede tatsächlich mögliche Strategie kann dann auf keinen Fall weniger Atome pro Masse benötigen, höchstens mehr. Wenn also ein krummen N herauskommt, muss aufgerundet werden). Dann hätten diese eine Gesamtmasse von (N * m_max * (m_max + 1))/2 bei einer Gesamtanzahl von N*(m_max+1) Atomen. Es gilt also

    4n = N*(m_max+1) (I)

    n*(n+1)/2 = (N * m_max * (m_max + 1))/2 (II)

    Teilen wir (II) durch (I) [n ist offensichtlich >0] folgt

    (n+1)/8 = m_max/2 <=> m_max = (n+1)/4 (III)

    Aus (I) folgt wiederum mit Einsetzen von (III)

    N = 4n/(m_max+1) = 16n/(n+5) = 16/(1+5/n)

    Für n gegen Unendlich läuft N offensichtlich gegen 16. Spannend ist noch, bis wohin man mit 15 Atomen kommt. Dazu setzen wir 15=N und erhalten n=75, wofür sich tatsächlich eine Verteilung finden lässt, die wie behauptet jedes Atom von Masse 0 bis 19 exakt 15mal benötigt.

    Diese Aufgabe lässt sich tatsächlich mit reiner Schulmathematik berechnen. Ich benenne die Seitenlängen horizontal von rechts nach links mit a,b,c,d und die vertikalen von unten nach oben e,f,g. Bekannte Gleichungen sind also jeweils die Summe=28 und einige Produkte. Das könnte man alles in einen Solver eingeben, wäre aber langweilig.

    Stattdessen kann man sich zunächst einige Verhältnisse bestimmen: Da ae=14 und af=70, muss f:e = 5:1 sein. Daraus folgt für die Fläche unter der 35, dass sie c*e = c*f / (f/e) = 35/5 = 7 ist. Umgekehrt ist die Fläche d*f = 105. Damit kann man analog die Verhältnisse a:c:d=2:1:3 bestimmen.

    An dieser Stelle endet der etwas trockene Teil, und man muss ein bisschen nachdenken, um darauf zu kommen, wie man b*g = 28 (I) nutzen kann. Dazu betrachte ich die Fläche, die sich ergibt, wenn man die Zeile von g und die Spalte von b beide streicht. Es folgt die Formel (28-b)*(28-g) = 70+14+35+7+105+21 = 252 (II). Beide Formeln ineinander eingesetzt ergibt sich eine quadratische Gleichung mit zwei Lösungen.

    Fall 1) b = 10-6*sqrt(2), g = 10+6*sqrt(2)

    Aus den Verhältnissen von oben folgt a+c+d = 2*d = 28-b und damit d = 9+3*sqrt(2). F wäre dann F = d*g = 42*(3+2*sqrt(2)) *hier Blitz einfügen für Widerspruch, da F kleiner als 100 sein muss*

    Fall 2) b und g vertauscht, d ist analog 9-3*sqrt(2) und F = 42*(3-2*sqrt(2)) ist ungefähr 7.


    3 Dinge sind an dieser Aufgabe schön:

    Erstens, es sind nur ganze Vielfache von 7 gegeben und die Lösungsmöglichkeiten sind ebenso aufgebaut, trotzdem erhält man irrationale Zahlen im Laufe der Rechnung, was für mich überraschend war.

    Zweitens, die Information, dass F<100 ist, scheint zunächst überflüssig, hilft einem dann aber an der entscheidenden Stelle. Drittens, und deswegen habe ich F extra so aufgeschrieben, es kommt 42 vor :)

    Eine schöne, einfache Aufgabe zum Schluss - top! Vielleicht ein wenig ungüstig, dass zwei Aufgaben mit Graphen hintereinander kommen, aber im Grunde egal, da sie ja schon sehr verschieden waren.


    Auch von mir vielen Dank an alle für die Bereicherung der Adventszeit und bis in ein einer Woche bei der Lösungsdiskussion :)

    Ich mag Karten und Färbungen und kann endlich mein bevorzugtes Malprogramm zum Einsatz bringen: Excel - Glaubt ihr nicht? Dann schaut was ein anderer damit so anfangen kann: https://www.t-online.de/digita…nde-bilder-mit-excel.html


    Jetzt schon einmal ein herzliches Dankeschön an das gesamte Aufgabenteam für viele vergnügliche Stunden beim Tüfteln und Rechnen!

    Matt Parker hat darüber auch mal was erzählt: In der Videobeschreibung ist auch ein Link, der eigene Bilder in Exceldateien umwandelt