Beiträge von Ackerdemiker

    Das ist genial!

    Ich habe an dieser Stelle die quadratische Gleichung (mit TR) gelöst und dann damit versucht, weiter zu rechen. :(

    Naja, am Ende hat das Ergebnis auch irgendwie gepasst...

    Ich habe zwar keine Ahnung von Graham & Co, konnte aber feststellen, dass auf dem 4. Feld 16 Plätzchen liegen und die letzte Ziffer immer konstant bleibt, wenn ich die Plätzchen um ein Feld "weiterschiebe", da es sich bei den auftretenden Potenzen immer um ganzzahlige Vielfache von 4 handelt - sieht man in der Tabelle von mr. x ganz schön.

    (Dass diese Vorhgehensweise optimal ist, können andere sicherlich besser zeigen als ich...)


    Und wenn man am Ende das Verdoppeln von Feld 7 auf Feld 8 richtig beachtet, kommt man auch ohne höhere Mathematik auf die richtige Lösung!!! :thumbsup:

    Ich habe die Lösung auch ohne die Goldbach'sche Vermutung gefunden - dauerte etwas länger, ging mit der Hand aber noch ganz gut.


    Dummerweise habe ich beim Checken der 11 erst gar keine Möglichkeit gesehen, so dass ich die anderen Zahlen noch durchgerechnet habe. Also mir dann auffiel, dass es überall mehr als eine Möglichkeit gab, habe ich mir die 11 nochmal angeschaut - egal, am Ende überwiegt der Stolz!!!


    pierrot, ich finde deine Lösungen immer sehr schön und verständlich aufgeschrieben, das würde ich so nicht hinbekommen!


    ps: Ja, ich bin vor etwa 5 oder 6 Jahren auf den Adventskalender gestoßen, nachdem ich mit einem meiner Kinder in der Grundschule mal Mathe-im-Advent gemacht habe.

    Seitdem bin ich Wiederholungstäter und mit Begeisterung dabei . Meine 15-jährige Tochter (10. Klasse) habe ich auch angesteckt - allein würde sie die Aufgaben allerdings noch nicht lösen.
    Und das Forum habe ich anfangs gar nicht beachtet - mittlerweile ist es ebenso schön, wie der eigentliche Kalender, da man dort immer wieder "alte Bekannte" trifft... :)

    Ich habe es mir so verdeutlicht:


    Gesamtgewicht - Atomgewichte der vier Atome


    1 - 0 0 0 1

    2 - 0 0 1 1

    3 - 0 1 1 1

    4 - 1 1 1 1

    5 - 1 1 1 2

    6 - 1 1 2 2

    7 - 1 2 2 2

    8 - 2 2 2 2

    9 - 2 2 2 3

    ...


    Dieses lässt sich ewig fortsetzen.

    Nun zähle ich die benötigten 1er-Atome, denn gleiches gilt ja auch für alle folgenden und komme auf 16!


    Das dürfte dem ziemlich ähnlich sein, was "Pi mal Daumen" oben vorgestellt hat, nur für mich als Laien etwas anschaulicher.

    Die Lösung war so "schön", dass sie einfach richtig sein musste - deshalb verweise ich für den Beweis, dass man nicht mit weniger auskommen kann auch auf meine Vorredner... :saint:


    Tolle Aufgabe!!!!

    Ich hab es etwas anders gemacht und die gesamten Möglichkeiten durchgezählt:


    Einmal die Möglichkeiten im "großen Kreis":


    ABCDE

    ABCED

    ABDCE

    ...
    AEDCB


    Macht 24 Möglichkeiten.


    Dann noch die Möglichkeiten bei einem "2er" und einem "3er" Kreis:


    Davon gibt es 10 mögliche 2er-Pärchen

    AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE, DE


    wobei das 3er Pärchen jeweils 2 mögliche Reihenfolgen haben kann, also ABC oder ACB.


    Macht hierfür somit nochmal 20 Möglichkeiten.


    Summa summarum 44 von 4^5=1024 Möglichkeiten!

    Ich sehe das genauso wie pierrot. Das mit dem 2. Grad kann man ignorieren, wenn man das Pferd von hinten aufzäumt.

    Ich habe mir auch die Teller T6 bis T8 angeschaut, nach den "Mustern" gesucht und diese dann in T1 bis T5 versucht zu finden!

    Warum ich damit auf sieben kam, weiß ich nicht mehr, da meine Unterlagen schon im Altpapier sind - wahrscheinlich bin ich am Zählen gescheitert... ;(

    Grrrh, auf die Überlegung mit den drei möglichen Kombinationen bin ich auch recht schnell gekommen.

    Nur habe ich den Wikipedia-Artikel über den Schwerpunkt des Dreiecks wohl etwas oberflächlich gelesen, und den Schwerpunkt mit den Winkelhalbierenden statt den Seitenhalbierenden gebildet...

    Damit kommt man dann auf drei verschiedenen Punkte!

    Schade... X(

    Schön, dass man zwischen den Jahren noch etwas Zeit hat über einige Aufgaben nachzudenken, bevor die Diskussion der Lösungen im Januar losgeht.

    Was mir bei der Mondrian- Aufgabe erst im Nachhinein aufgefallen ist:

    Die "Zusatzbedingung", dass die bemalte Fläche für alle Farben (außer schwarz) gleich groß sein muss, macht den Lösungsweg nicht komplizierter, sondern vereinfacht es, die Lösung zu finden.

    Ein kluger "Schachzug" des Aufgabenstellers, vielen Dank!

    Na klar - ich weiß nicht, ob ich sonst in der zur Verfügung stehenden Zeit überhaupt zu einer Lösung gekommen wäre...

    Aber schön, dass du es auch so geschafft hast! ^^

    Ich habe diese Aufgabe damals aus Zeitmangel nicht versucht und sie immer wieder vor mir hergeschoben, da es mit Zettel und Papier doch schnell unübersichtlich wurde.

    Jetzt habe ich sie mir noch einmal vorgenommen und festgestellt, dass man mit etwas Überlegen doch recht schnell einiges ausschließen kann.

    Im Nachhinein fand ich sie supertoll, bin froh sie noch gelöst zu haben!

    Nachdem nunmehr alle Aufgaben (mehr oder weniger) gelöst bzw bearbeitet sind, kann ich morgen beruhigt in den Skiurlaub gehen... :thumbsup:

    Die Aufgabe hatte ich erst einmal zur Seite gelegt, um mich nach Weihnachten dran zu setzen. Mit etwas Abstand und Ruhe geht das häufig besser!

    Und ich stelle fest: Wenn man die richtige Vermutung hat, lässt sich die Lösung recht schnell beweisen - wahrscheinlich habe ich Glück gehabt... :)


    Das reicht mir erst einmal, um mein Ego zu befriedigen - das Beweisen, dass die anderen Lösungen falsch sein müssen, überlasse ich anderen. ;)