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Antworte auf:  * rot-weißer Stufenplan von querin
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haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
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 Beitrag No.58, eingetragen 2019-12-07 16:46    [Diesen Beitrag zitieren]

ansich wird bei der spirale eine endlose reihe gemauert, und es wird dann immer ein periodisches muster geben, also könnte man auch die zählung aufhören wenn die periode auf die gleiche stelle der runde fällt, beim U=4,5 besteht die periode aus drei steinen, also nach zwei runden widerholt sich orientierung und farbe... die möglichen sondersteine in der ersten oder obersten mauerlage sollte man also nicht mehr beachten

U=4,5 führt dann zu genau 2/3 roten

ich hab aber noch keine andere idee als try+ error wie man die perioden für andere U´s finden mag


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 295
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 Beitrag No.57, eingetragen 2019-12-06 19:35    [Diesen Beitrag zitieren]

Für $n=5$ (nach meiner Rechnung Umfang 4.5) sind jetzt 17 rote Steine (statt 16 ohne Spirale) möglich





haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
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 Beitrag No.56, eingetragen 2019-12-06 11:34    [Diesen Beitrag zitieren]

genau so ist es gemeint, du hast jetzt einen umfang von 3.5 steinen dargestellt, ich glaube bei 1.5 (oder dann auch 4.5; 7.5...) geht das 2/3 muster welches auch bei (3x3; 6x6; ohne spirale) funktioniert


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 295
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 Beitrag No.55, eingetragen 2019-12-06 09:52    [Diesen Beitrag zitieren]

Sehr schön, Martin smile
Ja, das ist die optimale Lösung für $n=13$ mit 33 roten Dreiecken. Inzwischen habe ich die allgemeine Formel für beliebige (ungerade) n gefunden.



@haribo
Ach, jetzt verstehe ich, was du meinst - eine Mauer in Form einer Schraubenlinie.



Eine mögliche Abwicklung wäre dann ($n=5$, $n\cdot n$ Steine)



wobei die Zählung der Reihen durch gelb und grün Färbung angedeutet ist. Der orange Stein ist der letzte Stein der ersten Reihe, daher kann seine Farbe frei gewählt werden (er hat ja nur _einen_ Stein unter sich).

Welche Auswirkungen hat diese leichte Unsymmetrie auf die maximale Anzahl roter Steine?


MartinN
Aktiv
Dabei seit: 05.08.2016
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Herkunft: Bayern
 Beitrag No.54, eingetragen 2019-12-05 23:23    [Diesen Beitrag zitieren]

Man erkennt vielleicht das 2-1-2-1... Muster in allen Schichten und rundherum...


Aufgefüllt auch noch die anderen Steine:


Ist das Muster nicht schön... und vielleicht auch optimal.
Und egal wie man das Dreieck dreht (bzw was jetzt die Basis ist) - darüber ist nur ein roter Stein, wenn die darunter verschieden farbig sind.


haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
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 Beitrag No.53, eingetragen 2019-12-05 21:26    [Diesen Beitrag zitieren]

nein es soll dabei keine angeschnittenen steine geben, man braucht halt ein fundament welches nach einer runde "einstein erhöht" herauskommt, dann kann man eine endlos spirale mauern, ohne schnitte


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 295
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 Beitrag No.52, eingetragen 2019-12-05 18:49    [Diesen Beitrag zitieren]

2019-12-04 21:38 - haribo in Beitrag No. 51 schreibt:
was hältst du von spiralig ansteigenden mauer-türmen mit umfang ca. 1.5 ; 2.5 ; 3.5 steinen  (ok 0.5 könnte evtl auch gehen wenn die steine flacher sind)

Ich finde die Idee im wahrsten Sinne des Wortes ziemlich schräg biggrin
Sollte man dann angeschnittenen Steine zählen?


Ich hätte eher an dreieckige Steine gedacht, etwa in der Form:



Dabei gibt es zwei Arten von "darunter liegenden Steinen", je nachdem ob das Dreieck auf der Grundlnie oder auf der Spitze steht; im Bild sind die beiden unter den grünen Dreiecken liegenden Dreiecke jeweils gelb gefärbt.

Sonst gelten die gleichen Spielregeln:
in der untersten Schicht (hier n=13 Dreiecke) beliegige Anordnung roter und weißer Dreiecke, in den darüber liegenden Schichten nur dann ein rotes Dreieck, wenn die beiden darunter liegenden Dreiecke (im obigen Sinn) verschiedenfarbig sind.

Gesucht ist die maximal mögliche Anzahl roter Dreiecke.

Hier ein (nicht optimales) Beispiel:



Ich kenne die maximale Anzahl für dieses Beispiel noch nicht...


haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
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 Beitrag No.51, eingetragen 2019-12-04 21:38    [Diesen Beitrag zitieren]

bingo, alle vier sehe ich genauso, obwohl ich D´gar nicht dabei haben wollte


was hältst du von spiralig ansteigenden mauer-türmen mit umfang ca. 1.5 ; 2.5 ; 3.5 steinen  (ok 0.5 könnte evtl auch gehen wenn die steine flacher sind)
kommt einer davon mit 2/3 roten steinen aus? nur wie sollen wir dabei die höhe begrenzen... begrenzung auf 100 steine?


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 295
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 Beitrag No.50, eingetragen 2019-12-04 20:10    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja, die Notation ist tatsächlich etwas unübersichtlich wink

@Rätsel zum 4.Dezember
Die vier Zeilen in der angegebenen Reihenfolge sind wohl C D'(!) C' A'


haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
Herkunft:
 Beitrag No.49, eingetragen 2019-12-03 21:40    [Diesen Beitrag zitieren]

doll,

gibts als doch 4 verschiedene bei n=5, dann gibt es bei n=8 bestimmt jedemenge permutationskombinationen daraus,

mein A entspricht deinem B
mein B entspricht deinem D´

ich hatte auch noch die anderen varianten, hab sie aber nicht beachtet weil ich annahm dass sie die gespiegelten wären.. sah den wald vor lauter bäumen nicht..

bzw hab zum suchen eine durchaus auch unübersichtliche notation gewählt, jede zeile ist ein set, die etagen sind nebeneinander gelegt, das grüne feld z.B. kann nur dann eine 1 enthalten(rot sein) wenn links daneben die beiden hellblauen in summe 1 ergeben, also verschieden sind

dies müssen als wohl dann deine A;A´;C;C´sein..


rätsel zum 4.dezember: welche zeile ist welches...


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
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 Beitrag No.48, eingetragen 2019-12-03 21:12    [Diesen Beitrag zitieren]

Nach vollständiger Suche für $n=5$ erhalte ich 40 Lösungen mit 16 roten Steinen. Ohne Drehungen sind das folgende, wie ich meine wesentlich verschiedene, 4 Lösungen A B C D mit ihren Spiegelungen A' B' C' D'





haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
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 Beitrag No.47, eingetragen 2019-12-03 10:15    [Diesen Beitrag zitieren]



querin, die pinken sind tatsächlich gespiegelte varianten deiner beiden bisher gefundenen



haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
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 Beitrag No.46, eingetragen 2019-12-02 23:36    [Diesen Beitrag zitieren]

zusätzlich zum orangen können noch die beiden pinken, also beide gleichzeitig, geschoben werden



schwer zu erkennen ob es damit wirklich vier varianten sind oder sie doch gedreht/gespiegelt ineinander überführt werden können?


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
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 Beitrag No.45, eingetragen 2019-12-02 22:20    [Diesen Beitrag zitieren]

Naja, zumindest ist der orange Stein verschiebbar



haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
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Herkunft:
 Beitrag No.44, eingetragen 2019-12-02 21:28    [Diesen Beitrag zitieren]

Meinst du dass es dann für n=5 auch mehrere Lösungen gibt?


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
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 Beitrag No.43, eingetragen 2019-12-02 17:06    [Diesen Beitrag zitieren]

2019-12-02 14:00 - haribo in Beitrag No. 42 schreibt:
die frage ob es eigentlich mehrere varianten gibt hab ich am 7x7er untersucht

also scheint es letztlich nur eine einzige anordnung zu geben

Das mag für $n=7$ gelten, aber nicht für $n=8$. Das zeigt ein Vergleich meines unregelmäßiges Musters aus Beitrag #21 mit deiner Lösung.


@OlgaBarati
Jetzt ergeben alle drei Formeln die selben Werte. Ungewöhnlich ist nur, dass wir alle gerade für den Trivialfall $n=1$ ein falsches Ergebnis erhalten!?



Jedenfalls liefern unsere Formeln für $n>1$ eine gute untere Schranke für die maximale Anzahl roter Steine. Für größere n erkennt man aus folgenden "Reißverschluss"-Abwicklungen recht gut, wie bei nicht durch 3 teilbaren n eine kleine Störung nach oben wandert:






haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
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 Beitrag No.42, eingetragen 2019-12-02 14:00    [Diesen Beitrag zitieren]

die frage ob es eigentlich mehrere varianten gibt hab ich am 7x7er untersucht

ich fand mit einigen mio zufallserzeugten aufbauten etliche mit 32 roten steinen... alle hatten in der ersten reihe 5 rote dann 4;4;5;4;4;6

es handelte sich nach aussortierung der gedrehten lösungen um nur zwei verschiedene lösungen, welche sich bei genauer betrachtung, nach einfärben der markanten gelben formation, dann als gespiegelte erweisen

also scheint es letztlich nur eine einzige anordnung zu geben

ganz 100% sicher bin ich nicht da excel erfahrungsgemäss nicht so besonders gute zufallszahlen erzeugt..





haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
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 Beitrag No.41, eingetragen 2019-12-01 18:22    [Diesen Beitrag zitieren]



65: in jeder zeile 6 rote
die 3 pinken und oben zusätzlich die 2 grauen


haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
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 Beitrag No.40, eingetragen 2019-12-01 17:50    [Diesen Beitrag zitieren]

für n=1 ergibt meine formel 2, das passt auch nicht


det $1/6$ hab ich eingefügt


OlgaBarati
Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
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 Beitrag No.39, eingetragen 2019-12-01 17:34    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,
wenn es jetzt nur max. 65 sind, dann passt #35 so nicht mehr mit 66.

EDIT:
Abgesehen von $n=1$ sollten so die beiden Gleichungen dieselben Ergebnisse liefern.
$$\small{m:=\begin{cases} n,\;\; n<10\; \text{oder}\;((n-4)\mod 3)\neq0  &\\ n-\frac{(n-4)}{3},\;\;((n-4)\mod 3)=0,\;n\geq 10 \end{cases}}$$ $$S_r=\Bigg{\lceil}\frac{n^2+(n-3)\Big\lfloor\frac{n}{3}\Big\rfloor +m}{2}\Bigg{\rceil}$$


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 295
Herkunft:
 Beitrag No.38, eingetragen 2019-12-01 14:05    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja, unsere Formeln sind äquivalent, denn $r_n=rn+\frac{(m-2)(m-1)m}3$.

Aber wenn OlgaBarati ein Muster für $n=10$ mit 66 roten Steinen gefunden hat sind sie hinfällig frown

//edit: Bei deiner Formel fehlt die Division durch 6.


haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
Herkunft:
 Beitrag No.37, eingetragen 2019-12-01 13:36    [Diesen Beitrag zitieren]

wenn $rn$ die maximale Anzahl roter Steine in einem Turm aus n⋅n Steinen sein mögen,
dann auch nur son nicht wirklich geprüfter versuch es in eine formel zu pressen..:

$rn = \frac16\cdot (4n²-n(3m-m²)+13m-m²-2m³)$

mit:  $m=(n\ mod\ 3)$




querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
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Herkunft:
 Beitrag No.36, eingetragen 2019-12-01 12:03    [Diesen Beitrag zitieren]

@haribo
Ich habe auch eine Formel gebastelt und sie scheint mit deinen Werten übereinzustimmen:

$r_n=\frac16\cdot \left(4n^2-(n\ mod\ 3)\cdot(3n-17-(n-7)\cdot (n\ mod\ 3))\right)$

Dabei ist $r_n$ die maximale Anzahl roter Steine in einem Turm aus $n\cdot n$ Steinen.


@OlgsBarati
Interessante Formel!
Daraus ergibt sich $S_r=66$ für $n=10$. Wie sieht denn das Muster dazu aus?
(haribo hat jetzt nur 65 rote Steine)



OlgaBarati
Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 188
Herkunft:
 Beitrag No.35, eingetragen 2019-12-01 10:51    [Diesen Beitrag zitieren]

Hier mal ein Versuch.
Mit Sr, Anzahl der roten Steine und n, Anzahl der Ringe und der Steine je Ring.
$$S_r=\Bigg{\lceil}\frac{n^2+(n-3)\Big\lfloor\frac{n}{3}\Big\rfloor +n}{2}\Bigg{\rceil}$$



[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]


haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
Herkunft:
 Beitrag No.34, eingetragen 2019-12-01 10:36    [Diesen Beitrag zitieren]

Wo du recht hast...dann sind es auch bei n=10 doch nur 65
Nächster Versuch für
n mod3=1
(2n^2-n+5)/3


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 295
Herkunft:
 Beitrag No.33, eingetragen 2019-12-01 10:11    [Diesen Beitrag zitieren]

2019-11-30 23:01 - haribo in Beitrag No. 32 schreibt:
Ist aber ein Fehler drin, rechts oben liegt der rote auf zwei roten ... also -1...
Bzw. dann ist auch die Formel falsch
Neuer Versuch:
(2n^2-2)/3 für n mod3=1
Bei n=10 also 66

Oh, das hatte ich auch übersehen.

Nach der neuen Formel wären es bei $n=4$ dann nur 10, aber es sind 11 rote Steine möglich:



haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
Herkunft:
 Beitrag No.32, eingetragen 2019-11-30 23:01    [Diesen Beitrag zitieren]

Ist aber ein Fehler drin, rechts oben liegt der rote auf zwei roten ... also -1...
Bzw. dann ist auch die Formel falsch
Neuer Versuch:
(2n^2-2)/3 für n mod3=1
Bei n=10 also 66


haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
Herkunft:
 Beitrag No.31, eingetragen 2019-11-30 21:26    [Diesen Beitrag zitieren]

Bei 7 sind es 33
Die untersten der Zeilen nach links- unten kopieren +13
Dann die Rechten drei schräg Spalten nach rechts kopieren  +21
33+13+21=67


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 295
Herkunft:
 Beitrag No.30, eingetragen 2019-11-30 20:16    [Diesen Beitrag zitieren]

2019-11-30 17:40 - haribo in Beitrag No. 29 schreibt:
versuch für:
n mod3=1
(2n²+1)/3




Das sieht sehr gut aus.

Für $n=10$ sind das dann 67 rote Steine. Ich verstehe die Logik des Musters noch nicht ganz und schaffe bisher nur 65 rote Steine...


haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
Herkunft:
 Beitrag No.29, eingetragen 2019-11-30 17:40    [Diesen Beitrag zitieren]

versuch für:
n mod3=1
(2n²+1)/3





querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 295
Herkunft:
 Beitrag No.28, eingetragen 2019-11-30 13:29    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo!

Dank eurer Hinweise habe ich einen kapitalen Denkfehler in meinen Überlegungen gefunden: ich war davon ausgegangen, dass die maximale Anzahl roter Steine erreicht wird, wenn man Schicht für Schicht von unten beginnend _immer_ einen roten Stein setzt wenn das möglich ist. Das ist offenbar nur für das Stufendreick aus Beitrag #0 richtig, nicht aber für den Turm. Daher kommen die wechselnden Anzahlen von roten Steinen je Schicht in Beitrag #21 (5+6+4+4+6+4+4+8=41), im Gegensatz zur regelmäßigen Lösung von haribo & MartinN (5+5+5+5+5+5+5+6=41). Ich bin bisher von meinen falschen unregelmäßigen Lösungen ausgegangen - sorry frown

2019-11-30 10:34 - haribo in Beitrag No. 27 schreibt:
für: n mod3=2
n+1+2n(n-2)/3 ??? bisle wilder versuch

Diese Formel kann ich (nach Beseitigung meines Denkfehlers) bestätigen smile


2019-11-29 14:50 - MartinN in Beitrag No. 19 schreibt:
Also ich vermute für k Reihen und n = 3m+2 Steine je Reihe: (2m+1)k+1 rote Steine.

Es tut mit leid, dass ich in Beitrag #21 schrieb "Deine Vermutung stimmt leider nur für n=8". Vielmehr ist deine Formel im Fall $n=3m+2$ korrekt und stimmt für $k=n$ mit haribos Formel überein. Nur deine Vermutung für $n=3m+1$ bedürfte einer kleinen Korrektur.


haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
Herkunft:
 Beitrag No.27, eingetragen 2019-11-30 10:34    [Diesen Beitrag zitieren]

beide 23/41

für: n mod3=2
n+1+2n(n-2)/3 ??? bisle wilder versuch


haegar90
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 Beitrag No.26, eingetragen 2019-11-29 23:40    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo haribo, ja, das ist falsch. Hatte das Raster verändert, aber nicht die Zahlen angepasst.
Versuche, wenn ich jetzt Sonntag noch Zeit finde, weiter mein Glück  cool

Edit: So, habe #22 auf 64 korrigiert.



haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
Herkunft:
 Beitrag No.25, eingetragen 2019-11-29 23:25    [Diesen Beitrag zitieren]

haeger90 #22

die summe 20+41 müsste irgendwie n²=64 ergeben , oder?


ich bin zu müde zum zählen aber möglicherweise ist das wie martin es vorschlug gleichwertig mit querin #21?


haegar90
Aktiv
Dabei seit: 18.03.2019
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 Beitrag No.24, eingetragen 2019-11-29 21:03    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo querin,
ja stimmt, da sind noch einige Fehler drin. Probiere weiter  smile

Habe #22 mal für n=8 beschrieben. Sind aber noch Anpassungen für größere n nötig.


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 295
Herkunft:
 Beitrag No.23, eingetragen 2019-11-29 20:16    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo haegar90,

ich kann den Term in der Formel nach derm + nicht richtig interpretieren (bitte ein Zahlenbeispiel). Aber wenn dieser Term positiv ist, kann die Formel nicht stimmen, da der erste Summand bereits eine obere Schranke ist.


haegar90
Aktiv
Dabei seit: 18.03.2019
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 Beitrag No.22, eingetragen 2019-11-29 19:41    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,
 
würde das als allgemeine Formel passen ?
Für $n=$ Anzahl der Ringe und $n=$ Anzahl der Steine pro Ring
und $n_r$ die maximale Anzahl roter Steine.
 
\[n_r=\overbrace{\Big\lfloor \frac{2}{3 }n^2\Big\rfloor}^{42}+\overbrace{(n \mod 3)}^{2}\left(\overbrace{\Big[\frac{n\mod3}{3}\Big]}^{1}-\overbrace{n\mod3}^{-2}\right)+\overbrace{\Big\lceil\frac{n \mod 3}{3}\Big\rceil}^{1}\] \[\text{ergibt }\;n_r=41\;\;\text{für}\;n=8\]

Edit: passt für $3\leq n\leq 9$ noch nicht für größere n. Dafür muss noch ein Ausdruck ergänzt werden der für $n\geq 10$ noch 1,2,3...(je n+3) für nicht durch drei teilbare $n$ abzieht.



querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 295
Herkunft:
 Beitrag No.21, eingetragen 2019-11-29 17:11    [Diesen Beitrag zitieren]

@MartinN
Deine Vermutung stimmt leider nur für $n=8$


@heagar90
Ich fürchte da liegt ein Missverständnis vor. Ich verstehe die 1,5 Steine nicht.
Betrachte in einem Ring nur zwei benachbarte Steine. Dann wird mittig darüber (0.5-Stein-Verschiebung) ein Stein gesetzt (vgl. Lego-Verbindung). Dieser Stein der nächsten Reihe kann weiß sein (ohne Einschränkung) oder rot (nur wenn die beiden darunter liegenden Steine rot+weiß oder weiß+rot sind). Also eine "kann"- keine "muss"-Bestimmung. Es ware also völlig regelkonform über einer Reihe mit beliebiger rot-weiß Mischung eine Reihe mit lauter weißen Steinen zu setzen. Nur könnte dann in den folgenden Reihen kein roter mehr Stein gesetzt werden.

Hier mal ein optimaler 8-Turm:



Man könnte diese Stufengrafik ausschneiden und zu einem runden Turm zusammenkleben, indem man die unterste Reihe zu einem Kreis formt; alle anderen Reihen würden wie eine Verzahnung genau passend ineinander greifen.



haegar90
Aktiv
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 211
Herkunft: Danewerk
 Beitrag No.20, eingetragen 2019-11-29 15:52    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo querin,

kann es sein, wir sprechen von zwei verschiedenen Gegebenheiten. Aus meiner Sicht sind die Steine der einzelnen Reihen, welche vermutlich die  Abwicklungen der Ringe darstellen, in Haribo's 40er Darstellung um 1,5 Steine versetzt. Ein weißer Stein müsste $\frac{3}{2}$ Steine weitergedreht werden um an gleicher Position zu sein, wie ein weißer Stein der darüber oder der darunter liegenden Reihe (Ring). Wenn das nicht so ist, dann habe ich die Aufgabe noch gar nicht richtig verstanden.
 


MartinN
Aktiv
Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 1139
Herkunft: Bayern
 Beitrag No.19, eingetragen 2019-11-29 14:50    [Diesen Beitrag zitieren]

Bei Haribo kann in die oberste Reihe noch ein roter Stein rein... Ist dann 41 optimal xD

Edit:
Also ich vermute für k Reihen und n = 3m+2 Steine je Reihe: (2m+1)k+1 rote Steine.

Und für n = 3m+1: 2mk+2 rote Steine.


querin
Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 295
Herkunft:
 Beitrag No.18, eingetragen 2019-11-29 13:39    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo haegar90,

2019-11-29 11:21 - haegar90 in Beitrag No. 17 schreibt:
Ist die Aufgabe überhaupt so zu verstehen ?:

Mit der Forderung:  $n$ ist die Anzahl der Steinringe und $n$ ist gleichzeitig die Anzahl der Steine pro Steinring.

Annahme: Man nimmt für die unterste Kreisanordnung drei Steine, wovon zwei rote Steine aneinander liegen, und daran ein Weißer liegt. (Man kann ja von gebogenen Steinen ausgehen sodass sich auch optisch ein Kreis rot-rot-weiß ergibt.) Der zweite Steinring hat die gleiche Anordnung der Steine, ist aber über dem ersten Kreis verdreht* angeordnet. Der dritte Steinring liegt wieder wie der erste Steinring. Damit besitzt der kleinstmögliche Turm, der die Bedingungen erfüllt, drei Steinringe zu je drei Steinen von denen insgesamt sechs rot sind. Damit gilt für Lösungen (max. rote Steine), $n:\lbrace3,6,9,...\rbrace$ und für die Anzahl aller Turmsteine $n^2$ und für die roten Steine $\frac{2n^2}{3}$.

Ja, genau so ist es gemeint (nur $n=1$ und $n=2$ sind auch möglich, aber uninteressant).


Anmerkung: *die Verdrehung muss größer als eine halbe Steinbreite sein und das 1,5-fache einer Steinbreite betragen damit Regel* aus #0 erfüllt ist.

Ich glaube eine halbe Steinbreite reicht.


Die anderen Fälle $n:\lbrace2,4,5,7,8,10,...\rbrace$ müsste man dann auch noch separat betrachten. Die Anzahl der roten Steine wäre aber geringer oder max. gleich.
Denn jeder weiße Stein kann maximal einen roten Stein über sich und unter sich haben 1:2.

Ja, $\lfloor \frac23n^2 \rfloor$ ist eine obere Schranke für die maximale Anzahl roter Steine.
Gesucht ist exakte Formel für diese Fälle.


Behauptung: Verlangt man eine maximale Verdrehung von $\pm \frac{Stein}{2}$ so ist die maximale Anzahl roter Steine nur $\frac{n^2}{2}$.

Das kann nicht sein. Das wären bei $n=8$ ja nur 32 rote Steine. Vergleiche haribos Beitrag #15 mit 40 roten Steinen für $n=8$ (und das ist noch nicht das Maximum!)


haegar90
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 Beitrag No.17, eingetragen 2019-11-29 11:21    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo querin,

Ist die Aufgabe überhaupt so zu verstehen ?:

Mit der Forderung:  $n$ ist die Anzahl der Steinringe und $n$ ist gleichzeitig die Anzahl der Steine pro Steinring.

Annahme: Man nimmt für die unterste Kreisanordnung drei Steine, wovon zwei rote Steine aneinander liegen, und daran ein Weißer liegt. (Man kann ja von gebogenen Steinen ausgehen sodass sich auch optisch ein Kreis rot-rot-weiß ergibt.) Der zweite Steinring hat die gleiche Anordnung der Steine, ist aber über dem ersten Kreis verdreht* angeordnet. Der dritte Steinring liegt wieder wie der erste Steinring. Damit besitzt der kleinstmögliche Turm, der die Bedingungen erfüllt, drei Steinringe zu je drei Steinen von denen insgesamt sechs rot sind. Damit gilt für Lösungen (max. rote Steine), $n:\lbrace3,6,9,...\rbrace$ und für die Anzahl aller Turmsteine $n^2$ und für die roten Steine $\frac{2n^2}{3}$.
Anmerkung: *die Verdrehung muss größer als eine halbe Steinbreite sein und das 1,5-fache einer Steinbreite betragen damit Regel* aus #0 erfüllt ist.

Die anderen Fälle $n:\lbrace2,4,5,7,8,10,...\rbrace$ müsste man dann auch noch separat betrachten. Die Anzahl der roten Steine wäre aber geringer oder max. gleich.
Denn jeder weiße Stein kann maximal einen roten Stein über sich und unter sich haben 1:2.

Behauptung: Verlangt man eine maximale Verdrehung von $\pm \frac{Stein}{2}$ so ist die maximale Anzahl roter Steine nur $\frac{n^2}{2}$.


querin
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 Beitrag No.16, eingetragen 2019-11-29 09:46    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja, das Problem sind die nicht durch 3 teilbaren n.

Dein Muster für $n=8$ ist schön, aber mit 40 roten Steinen in 8 Reihen (Turmhöhe = n) nicht optimal.



haribo
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 Beitrag No.15, eingetragen 2019-11-29 07:25    [Diesen Beitrag zitieren]



haribo
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 Beitrag No.14, eingetragen 2019-11-28 23:30    [Diesen Beitrag zitieren]

wenn beim turm n mod 3=0 kann man wieder diese meta-stein anordnung, bestehend aus 9 steinen, benutzen und also auch immer 2/3 rote steine verbauen


ich vermute es gibt dann andere grenzen für n mod 3=2 und n mod 3=1
haribo


querin
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 Beitrag No.13, eingetragen 2019-11-28 19:05    [Diesen Beitrag zitieren]

@Viertel
Danke. Dieses Programm ist wirklich nichts für schnell mal zwischendurch  eek



Zur erwähnten Verallgemeinerung:

Ursprünglich hatte ich an einen Turm gedacht, etwa so:



Die unterste Reihe besteht aus n gleichartigen weißen/roten Steinen in beliebiger Reihenfolge und bildet einen vollständigen Kreis. Darüber folgt wieder ein Kreis aus n Steinen, der um eine halbe Steinbreite gedreht ist. Jede Reihe wird nach der Regel* aus Beitrag #0 gebildet, insgesamt besteht der Turm aus n Reihen.

Wieviele rote Steine können in diesem Turm höchstens verbaut werden?

Ich habe Lösungen für kleine n, konnte aber keine allgemeine Formel finden.

Vielleicht hat jemand eine Idee?



*ein roter Stein darf nur gesetzt werden, wenn die beiden mit diesem Stein verbundenen darunterliegenden Steine verschiedenfarbig sind.



viertel
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 Beitrag No.12, eingetragen 2019-11-28 05:43    [Diesen Beitrag zitieren]

2019-11-26 14:37 - querin in Beitrag No. 8 schreibt:
@Viertel
Toll!
Vielen Dank für diese professionelle fotorealistische Grafik smile
Mit welchem Programm hast du das erstellt?
Erstellt mit PovRay (dazu ein Tutorial)
Ist aber nicht ganz einfach, da man nicht interaktiv zeichnet, sondern mit einer Programmiersprache eine Beschreibung der Szene erstellt, die dann gerendert wird.


querin
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 Beitrag No.11, eingetragen 2019-11-27 16:05    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich wusste, dass jemand die passenden Steine hat!

Ein großes Dankeschön an StrgAltEntf für das Foto. Ich habe mich sehr darüber gefreut smile

LG querin


haribo
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 Beitrag No.10, eingetragen 2019-11-26 21:31    [Diesen Beitrag zitieren]

früher waren die senkrechten fugen 1/4 dichter und auf jedem nubble oben stand LEGO drauf... ansonsten ziemlich gut deine perspektive und schatten!
haribo


StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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 Beitrag No.9, eingetragen 2019-11-26 20:26    [Diesen Beitrag zitieren]




querin
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Dabei seit: 12.01.2018
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 Beitrag No.8, eingetragen 2019-11-26 14:37    [Diesen Beitrag zitieren]

@Viertel
Toll!
Vielen Dank für diese professionelle fotorealistische Grafik smile
Mit welchem Programm hast du das erstellt?


@haribo
Das sind sehr interessante bautechnische Details. Ich hatte ja keine Ahnung, dass es so etwas wie einen märkischen oder flämischen Verband überhaupt gibt eek

Die Weihnachtsdeko ist offensichtlich eine Raubkopie von shadowkings Lösung biggrin


haribo
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Dabei seit: 25.10.2012
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 Beitrag No.7, eingetragen 2019-11-26 10:50    [Diesen Beitrag zitieren]

gibet nix was es nicht gibt... als weihnachts-deko-hintergrund gefunden, das muster





viertel
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Dabei seit: 04.03.2003
Mitteilungen: 26943
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 Beitrag No.6, eingetragen 2019-11-26 05:19    [Diesen Beitrag zitieren]

Ist zwar kein Foto … aber ähnlich




haribo
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 Beitrag No.5, eingetragen 2019-11-25 23:19    [Diesen Beitrag zitieren]

nee nee, wollte nur ein mauerwerk finden bei dem rote steine auf zweifarbigen darunterliegenden angeordnet sind, und der duplo war tatsächlich das einzige derartige bild welches ich bisher finden konnte...

es gibt eben überhaupt selten mauern in dem verband, binderverband heisst dass wohl, wenn alle steine längs und genau halb auf lücke gelegt sind

für legohäuser ist das normal und stabil aber für ziegelhäuser nicht, denn
dass ist dann nur eine 12,5cm dicke mauer und häuser haben meist 24 oder 30cm dicke wände bei welchen dann andere verbände angeordnet sind die auch quer liegende steine haben, von denen man also dann nur die querseite sieht

und davon gibt es öfter dann auch zweifarbige varianten, beim märkischer verband oder flämischer verband

aber eben nicht in genau dieser anordnung

über die 3571 hab ich aber auch noch etwas nachgedacht...
gruss haribo


querin
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 Beitrag No.4, eingetragen 2019-11-25 21:22    [Diesen Beitrag zitieren]

Schön, dass ihr mitmacht smile


@shadowking
Gratulation zur perfekten Lösung.
Besser kann man es wohl nicht erklären!


@haribo
Danke für die hübsche 3D-Darstellung.
Du möchtest mich sicher auf Nicht-Eindeutigkeiten meiner Formulierung hinweisen wink
Ich hatte selbst beim Wort "verschiedenfarbig" kurz gezögert - natürlich sind auch rot und grün verschiedenfarbig. Aber gedacht war schon, dass der Stufenplan wie in der Abbildung ein Stufendreieck bildet, das nur aus roten und weißen Steinen aufgebaut ist.


@OlgaBarati
Glückwunsch zur allgemeinen Formel!
Wie bist du darauf gekommen?


Noch habe ich die Hoffnung auf ein Foto nicht ganz aufgegeben (ich selbst habe leider nicht genügend viele Bausteine) smile



Ich werde später noch auf eine naheliegende Verallgmeinerung dieser Aufgabe eingehen, die ich leider nicht allgemein lösen konnte.


LG
querin


OlgaBarati
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 Beitrag No.3, eingetragen 2019-11-25 12:06    [Diesen Beitrag zitieren]

Mit $S_r$, Anzahl der roten Steine und $n$, Anzahl der Ebenen.
$S_r=\Big\lceil\frac{n^2+n}{3}\Big\rceil$



haribo
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Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2326
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 Beitrag No.2, eingetragen 2019-11-25 11:35    [Diesen Beitrag zitieren]



ein duzend rote die auf zweifarbigen drunterliegenden gemauert wurden

ich finde kein foto mit dem farbmuster, weder ziegel noch lego
haribo


shadowking
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Dabei seit: 04.09.2003
Mitteilungen: 3473
Herkunft:
 Beitrag No.1, eingetragen 2019-11-24 22:16    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo querin,



für den angegebenen Stufenplan biete ich 37 rote Steine.



Nach demselben Prinzip müssten, wenn in der untersten Steinreihe 103 Steine liegen, 3571 rote Steine möglich sein.

Warum ergibt dieses Muster die höchstmögliche Zahl roter bzw. die niedrigstmögliche Zahl weißer Steine? In jeder Zeile ist die Anzahl roter Steine höchstens so hoch wie die Anzahl der Farbwechsel in der darunter liegenden Zeile. Kommen in einer Zeile drei oder mehr gleichfarbige Steine nebeneinander zu liegen, so sind es in der Zeile darüber mindestens zwei nebeneinanderliegende weiße Steine und in der nächsthöheren wiederum ein weißer Stein, womit wir gezwungen sind, stellenweise mehr als 1/3 weißer Steine in der Zeile zu verbauen. Machen wir es uns zur Regel, höchstens zwei rote Steine nebeneinander zu setzen und diese Paare durch einen weißen zu trennen, so erreichen wir je Zeile doppelt so viele Farbwechsel wie gleichfarbige Paare, so dass wir in der darüberliegenden Zeile wiederum dasselbe 2-1-2-1-...-Muster realisieren und in jeder Zeile 2/3 der Steine als rote setzen können.



Gruß shadowking


querin
Aktiv
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 Themenstart: 2019-11-24 20:11    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo liebe Knobelfreunde!


Wer gerne bastelt kann dieses Stufendreieck leicht mit 55 weißen Legosteinen bauen.

Nun sollen aber auch rote Steine verwendet werden, und zwar möglichst viele davon. Dabei ist folgende Regel zu beachten: ein roter Stein darf nur gesetzt werden, wenn die beiden mit diesem Stein verbundenen darunter liegenden Steine verschiedenfarbig sind. Für die unterste Reihe gilt diese Regel natürlich nicht, hier können beliebig viele rote Steine verwendet werden.

Wie viele rote Steine können höchstens gesetzt werden?

Falls jemand eine Lösung aus Legosteinen, Bauklötzen o.ä. bastelt, bitte unbedingt ein Foto posten smile


** Und wer es etwas schwieriger möchte: Wie viele rote Steine können höchstens gesetzt werden, wenn in der untersten Reihe 103 Steine liegen?


Viel Spaß!

querin


 
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