Zahlenrätsel (nicht nur) für Steffi

kleinst- oder größt, jedenfals möglich : 74996

Zitat:

Original von aranja gehe ich recht in der annahme, dass du nicht ausschließlich ganzzahlige lösungen erwartest?

Nein, das heißt doch. Also: Nur ganzzahlige Lösungen sind gesucht. Ich bin mir aber nicht sicher, ob es nicht auch nicht-ganzzahlige Lösungen gibt...

Zitat:

Original von rgm kleinst- oder größt, jedenfals möglich : 74996

Schon mal einen mittelgroßen GW an rgm! Es ist zwar weder die kleinste noch die größte der möglichen Lösungen, bewegt sich aber im richtigen Rahmen.

Um die Auswahl wieder ein bisschen zu vergrößern:

Steffi findet beim Aufräumen eine alte Kiste mit lauter bunten Würfeln. Die Würfel haben alle dieselben sechs verschiedenen Farben auf ihren Seiten. Beim Drehen und Wenden bemerkt Steffi, dass keine zwei Würfel gleich sind. Wieviele Würfel befinden sich höchstens in der Kiste? Und wieviele wären es, wenn es sich um 8-farbige Oktaeder handelte?

Zitat:

Original von Guybrush Um die Auswahl wieder ein bisschen zu vergrößern: Steffi findet beim Aufräumen eine alte Kiste mit lauter bunten Würfeln. Die Würfel haben alle dieselben sechs verschiedenen Farben auf ihren Seiten. Beim Drehen und Wenden bemerkt Steffi, dass keine zwei Würfel gleich sind. Wieviele Würfel befinden sich höchstens in der Kiste? Und wieviele wären es, wenn es sich um 8-farbige Oktaeder handelte?

Hallo,

ich komme auf 30 sechsfarbige Würfel oder 1680 achtfarbige Oktaeder.

Bin mir aber nicht ganz sicher, ob du nicht vielleicht doch Cunitza
hören wolltest.

Gruß,
Mütze

Zitat:

Original von Mütze Hallo, ich komme auf 30 sechsfarbige Würfel oder 1680 achtfarbige Oktaeder. Bin mir aber nicht ganz sicher, ob du nicht vielleicht doch Cunitza hören wolltest. Gruß, Mütze

30 = 5x3x2 (oder 24+6) Würfel hab ich auch, aber bei Oktaedern hab ich entweder einen Faktor mehr oder eine Symmetrie übersehen...

Cunitza, hä? Ist wahrscheinlich zu hoch für mich.

Zitat:

Original von Guybrush Steffi mag Münzen. In ihrem Urlaub in New York geht sie auf eine Bank und möchte $100 in kleine Münzen wechseln, und zwar nur Pennies (1 Cent), Nickels (5 Cent) und Dimes (10 Cent). Auf wieviele Arten kann sie dies tun? (Beispiel: Eine Möglichkeit sind nur Pennies: 10.000 x 1, eine andere nur Nickels: 2.000 x 5)

So, 2 Wochen rum. Die, die noch nicht im Vortex, das das Passbilderspiel zu sein scheint , verschwunden sind, wird vielleicht die Lösung interessieren:
P_n = Anzahl Wechselmöglichkeiten von n Cents in Pennies,
N_n = Anzahl Wechselmöglichkeiten von n Cents in Pennies und Nickels,
D_n = Anzahl Wechselmöglichkeiten von n Cents in Pennies, Nickels und Dimes.

1.) P_n = 1 für alle n. (Man kann nur in n Pennies wechseln)
2.) N_5n = P_5n + N_5(n-1), man kann nämlich entweder in nur Pennies wechseln, oder in einen Nickel und den Rest wieder in Nickels und Pennies.
Die Rekursion führt auf N_5n = n+1.
Klar, denn man kann in 0-n Nickels wechseln und den Rest in Pennies bekommen.
3.) D_10n = N_10n + D_10(n-1). Argument wie oben.
Rekursion führt auf D_10n = (n+1)^2
$100 = 10000 Cents lassen sich also auf 1001^2 = 1002001 verschiedene Arten in 1-, 5- und 10-Centstücke wechseln.

Schade, dass Aranja offensichtlich so mit Mona und den Passbildern beschäftigt ist, dass er sich hier gar nicht mehr rührt Steffi mag doch keine Wahrscheinlichkeitsrechnung.

Ja, ich würde auch gerne wieder was zum Rechnen haben...
Naja, vertreib ich mir meine Zeit halt damit, Aufgaben auszudenken.

Zitat:

Original von Guybrush 30 = 5x3x2 (oder 24+6) Würfel hab ich auch, aber bei Oktaedern hab ich entweder einen Faktor mehr oder eine Symmetrie übersehen... Cunitza, hä? Ist wahrscheinlich zu hoch für mich.

6! / 24 = 30.

Meine Erklärung:
Man kann den Würfel auf 6! verschiedene Weisen einfärben. Davon sind
aber jeweils 24 gleich:

Man betrachte eine Farbe: Diese kann auf 6 Seiten sein. Dabei kann der
Würfel noch auf 4 verschiedene Arten gedreht werden. Also gibt es jeweils
24 Würfel, die durch Drehungen ineinander übergehen.

Bei Oktaedern ist die Formel entsprechend:

8! / 24 = 1680.

Die 24 findet man mit dem gleichen Argument wie oben:
8 Flächen mal 3 Drehungen.

Oder mit der folgenden Überlegung:
Man kann einen Oktaeder in einen Würfel so einpassen, dass die
Ecken des Oktaeders genau im Mittelpunkt einer Würfelseite liegen.
Damit hat der Oktaeder genau so viele Symmetrien wie der Würfel.

So, damit bleibt nur noch die Frage nach Cunitza übrig: Du hast
nicht ganz klar gesagt, dass auf allen Würfeln sechs verschiedene
Farben sind ...

Gruß,
Mütze

Okay, Würfel kann ich nachvollziehen. Aber beim Oktaeder ist glaub ich der Drehfaktor 3 zu viel. Sobald man eine Farbe auf eine Seite dreht, steht der Rest des Würfels fest.
Ich habs mir so überlegt:
Die (z.B.) blaue Seite sei vorne oben. Dann gibt es 7!=5040 Möglichkeiten, die anderen Seiten einzufärben. Anders als beim Würfel lässt sich der Oktaeder nicht mehr drehen, wenn man blau vorne oben halten will.

Zitat:

Original von Guybrush Okay, Würfel kann ich nachvollziehen. Aber beim Oktaeder ist glaub ich der Drehfaktor 3 zu viel. Sobald man eine Farbe auf eine Seite dreht, steht der Rest des Würfels fest. Ich habs mir so überlegt: Die (z.B.) blaue Seite sei vorne oben. Dann gibt es 7!=5040 Möglichkeiten, die anderen Seiten einzufärben. Anders als beim Würfel lässt sich der Oktaeder nicht mehr drehen, wenn man blau vorne oben halten will.

Die Seiten des Oktaeders sind dreieckig. Man kann den also um 120°,
um den Mittelpunkt der blauen Seite drehen.

5040/3 = 1680.


Zweites Argument:

Konstruiere einen Oktaeder, indem du die Mittelpunkte der Seiten
eines Würfels miteinander verbindest.

Drehst du nun den Würfel um 120° um eine Achse, die durch zwei
gegenüberliegende Ecken geht, so bleiben zwei Seiten des Oktaeders
an derselben Stelle.


Gruß,
Mütze

Ja, Du hast natürlich vollkommen recht. Hab ich doch wirklich eine Symmetrie übersehen. Also: max. 1680 Oktaeder sind in der Kiste.
PS. Cunitza versteh ich immer noch nicht.

Zitat:

Original von Guybrush Ja, Du hast natürlich vollkommen recht. Hab ich doch wirklich eine Symmetrie übersehen. Also: max. 1680 Oktaeder sind in der Kiste. PS. Cunitza versteh ich immer noch nicht.

Hast du mal versucht, auszurechnen, wieviele verschiedene Würfel mit 6
Farben eingefärbt werden können?

Wir haben schon 30 Würfel mit 6 verschiedenen Farben. Es gibt 6
Würfel mit genau einer Farbe. Insgesamt komme ich damit auf Cunitza :-)

Gruß,
Mütze

PS: Ein Herr namens G. P. aus Ungarn kann dir beim Ausrechnen behilflich
sein.

Ist dies der Grund, dass uns aranja fehlt:

aranja macht mit Mona Urlaub in Sibirien. Dort ist es -20°C und es tobt ein Schneesturm, als plötzlich der Strom ausfällt. aranja prüft die 10 Stromanschlüsse im Keller, alle in Ordnung, und macht sich auf zum Generatorhäuschen 5km vom Ferienhaus entfernt. Dort angekommen wird die Ursache des Problems klar: Die 10 Stromkabel zu aranjas Häuschen haben sich aus ihren Buchsen gelöst. Leider sind die Kabel unbeschriftet. Im Generatorhäuschen finden sich jede Menge Drähte, eine Batterie und eine Glühbirne. Wie kann aranja die 10 Kabel am Generatorhäuschen den richtigen 10 Kabelenden am Ferienhäuschen zuordnen und dabei möglichst wenige "Spaziergänge" durch den Schneesturm machen?

Aranja ist im Schneesturm gefangen? Mit Mona? ohweia..
Wenn ich Aranja wäre, würd ich ja im Häuschen einfach mal alle Lichter anmachen und dann von den 10 Leitungen immer eine nehmen und so lange probieren, bis drüben eine Lampe leuchtet, bis alle Leitungen vergeben sind.

@Steffi: Netter Versuch, aber leider ist die Sichtweite im Schneesturm nur 20m. Außerdem müsste aranja dann natürlich vorher zurücklaufen und die Kabel erst einmal mit Lämpchen verbinden...

@Mütze: Ah, jetzt ja, eine ... algebraisch-kombinatorische Erleuchtung. Habs mal versucht auf Oktaeder zu übertragen. Dann müsste, wenn ich mich nicht wieder verrechnet habe, das Produkt von Semiramis und Marina herauskommen.

Zitat:

Original von Guybrush @Mütze: Ah, jetzt ja, eine ... algebraisch-kombinatorische Erleuchtung. Habs mal versucht auf Oktaeder zu übertragen. Dann müsste, wenn ich mich nicht wieder verrechnet habe, das Produkt von Semiramis und Marina herauskommen.

Ja, ich komme auf dasselbe (habe es jetzt doch ausgerechnet, war bisher
zu faul :- ).

Zu Aranjas Schneesturm sage ich nur: Nach Eunomia km in der Kälte
kann sie sich wieder in ihrer Hütte ausruhen.

Gruss,
Mütze.

Zitat:

Original von Guybrush @Steffi: Netter Versuch, aber leider ist die Sichtweite im Schneesturm nur 20m. Außerdem müsste aranja dann natürlich vorher zurücklaufen und die Kabel erst einmal mit Lämpchen verbinden...

Na da Aranja ja die Hälfte seiner Zeit damit verbringt, Mona lustige Tricks beizubringen, kann die natürlich auch anzeigen, ob Lämpchen brennen oder nicht. und mit 4 Pfoten kommt sie außerdem sschneller durch den Schneesturm. Also geht Aranja einmal zurück um die Kabel mit Lämpchen zu verbinden, führt dann die oben genannte Methode durch, schickt Mona zur Hütte, die dann zurückkommt und für jedes weitere Lämpchen, das brennt, 2 Mal bellt

GW, Mütze! Auch wenn Eunomia ja nicht gerade _die_ astronomische Zahl ist.
Und Steffi bekommt natürlich den Sonderpreis für die kreativste Lösung. Da hat aranja Glück gehabt, auf den Hund gekommen zu sein.

Ich eifer halt doch meinem "Vater" nach wo ich nen schon sooooo lang vertreten muss

Bekomm ich nun auch so einen feinen Pokal?