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Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » * Gewichte im Gleichgewicht
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Kein bestimmter Bereich * Gewichte im Gleichgewicht
haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-10-03 11:36


Gegeben sei ein quadratischer Kasten mit der Seitenlänge fünf, eingeteilt in 25 gleiche quadratische Fächer. Vorhanden sind 25 Gewichte mit den Größen von 1,2,3...25. Der Kasten steht mit seinem Mittelpunkt auf einer Spitze. Ist es möglich die Gewichte so in den Kasten zu setzen dass er im Gleichgewicht bleibt ? Die Gewichte neben dem Fach des Mittelpunktes sind mit dem Faktor $\pm 1$, die der äußeren Fächer mit dem Faktor $\pm 2$ zu multiplizieren. Das Gewicht im Mittelpunkt mit dem Faktor $0$. Die Gewichte auf den Feldern die durch den Mittelpunkt gehen, sind in der Richtung in der sie ohne Wirkung auf das Gleichgewicht sind, mit dem Faktor $0$ zu multiplizieren. Gibt es einen Endzustand im Gleichgewicht ? Bild


-----------------
Gruß haegar90



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Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Lösungen oder Beiträge zur Lösung direkt im Forum posten darfst.
Bei dieser Aufgabe kann ein öffentlicher Austausch über Lösungen, Lösungswege und Ansätze erfolgen. Hier musst Du keine private Nachricht schreiben!
lula
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-10-03 14:49


Meinst du Gleichgewicht im Physikalischen Sinn? wieso haben dann die Gewichte auf den Diagonalfeldern dieselben Multiplikatoren?
lula


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Mein Leben ist zwar recht teuer,  aber dafür bekomm ich jedes Jahr umsonst eine Reise einmal um die Sonne



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-04 10:42


2019-10-03 14:49 - lula in Beitrag No. 1 schreibt:
Meinst du Gleichgewicht im Physikalischen Sinn? wieso haben dann die Gewichte auf den Diagonalfeldern dieselben Multiplikatoren?
lula

Hallo lula,
nein ich meine das im Sinn der Aufgabenstellung. Alle Zeilen- und Spaltensummen (Bild, wie in der Ausgangssituation leerer Kasten) müssen "0" sein. Bsp.: 2a1+a2-a4-2a5=0,...  2a1+b1-d1-2e1=0,....


-----------------
Gruß haegar90



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-07 10:26


Hallo zusammen,

ich stehe hier auf dem Schlauch. Mir gelingt es einfach nicht einen
geeigneten Programm-Algorithmus zu erstellen mit dem die im Startbeitrag gestellte Frage lösbar ist. Für $5 x 5$ Felder könnte man das soeben noch mit 25 geschachtelten Rekursionen schaffen aber $7 x 7$, $9 x 9$, ... oder größer und den hinzukommenden Faktoren $\pm 3, \pm 4$,... nicht mehr. Die eigentliche Frage für die ich keine Antwort habe ist: Wie kann man systematisch vorgehen und alle Lösungen (wenn es welche gibt) effizient finden ?  Habe dazu auch im Web keine konkrete Vorgehensweise gefunden. Bin für jeden Tipp dankbar.

Gleichungen und eine Grafik hier
$ a,b,c,d,e,... \in \mathbb{N} \lbrace 1,2,3...s^2\rbrace$

Für die Seitenlänge $s=5:\;a,b,c,d,e \in  \lbrace 1,2,3...25\rbrace$

Die beiden grünen 4er-Quadrate oben
$2(a_1+a_2)+b_1+b_2=2(a_4+a_5)+b_4+b_5$

Die beiden grünen 4er-Quadrate unten
$2(e_1+e_2)+d_1+d_2=2(e_4+e_5)+d_4+d_5$

Die beiden grünen 4er-Quadrate links
$2(a_1+b_1)+a_2+b_2=2(a_5+b_5)+a_4+b_4$

Die beiden grünen 4er-Quadrate rechts
$2(d_1+e_1)+d_2+e_2=2(d_5+e_5)+d_4+e_4$

Die Zeilen
$2a_1+b_1=2e_1+d_1$
$2a_2+b_2=2e_2+d_2$
$2a_3+b_3=2e_3+d_3$
$2a_4+b_4=2e_4+d_4$
$2a_5+b_5=2e_5+d_5$

Die Spalten
$2a_1+a_2=2a_5+a_4$
$2b_1+b_2=2b_5+b_4$
$2c_1+c_2=2c_5+c_4$
$2d_1+d_2=2d_5+d_4$
$2e_1+e_2=2e_5+e_4$

Die jeweils zwei diagonalen grünen 4er-Quadrate
$2(a_1+a_2+b_1)+b_2=2(e_1+e_2+d_1)+d_2$
$2(a_5+a_4+b_5)+b_4=2(e_5+e_4+d_5)+d_4$






-----------------
Gruß haegar90



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trunx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-10-07 11:42


hallo haegar90,

die aufgabe ist auch nicht sauber gestellt. wann multipliziere ich mit +1, wann mit -, was bedeuten die unterschiedlichen farben, welche felder gehen durch den mittelpunkt (mmn nur das mittlere) usw.

bye trunx


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das problem des menschen ist nicht, dass er fleisch von tieren isst, sondern dass er für sein wachstum KRIEG gegen alle anderen lebensformen führt. dieser krieg nennt sich (land)wirtschaft, seine ideologische legitimation kultur.



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-07 11:59


Hallo trunx,

vielen Dank für den Hinweis.
 
Um alles Verwirrende auszuschließen habe ich gedacht, sofern  ich damit nicht falsch liege, dass über die 16 Gleichungen alle Bedingungen, welche zu erfüllen sind, genau gegeben sind. D.h. einfach gesagt es ist in jedes der 25 Felder jeweils eins der 25 Gewichte so zu legen dass alle Gleichungen aufgehen. Stimmt das so ?

EDIT: Die Farben sind nur zur Visualisierung der 4er-Quadrate (grün), Mittelpunkt-Feld grau (ohne Auswirkung auf das Gleichgewicht), gelb ohne Auswirkung in einer Richtung. $\pm$ für den Faktor ist mit der Umstellung der Gleichungen von $2u+x-2v-y=0$ auf $2u+x=2v+y$ schon berücksichtigt.


-----------------
Gruß haegar90



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-10-08 10:11


Kann man die nächste Anforderung, die sich aus der Aufgabenstellung ergibt, so formulieren?

Gesucht ist eine 5x5 Matrix, nennen wir sie A, deren Felder mit den Werten 1..25 belegt sind (wobei jeder Wert genau einmal angemommen wird), und für die mit

b = (-2,-1,0,1,2)

n = (0,0,0,0,0)

die folgenden Bedingungen erfüllt sind:

fed-Code einblenden

Die Matrixschreibweise ist vielleicht nicht so intuitiv, erlaubt aber die Bedingungen einfach hinzuschreiben...

Wenn ja => kann ich aktuell noch keine Lösung angeben, aber es wäre schon eine Sache, an der ich mitknobeln würde :)

Grüße aus dem Harz
Gonz





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~ to fight! (Don Quijote de la Mancha)



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-08 15:27


2019-10-08 10:11 - gonz in Beitrag No. 6 schreibt:
Kann man die nächste Anforderung, die sich aus der Aufgabenstellung ergibt, so formulieren?
a)
Gesucht ist eine 5x5 Matrix, nennen wir sie A, deren Felder mit den Werten 1..25 belegt sind (wobei jeder Wert genau einmal angemommen wird), und für die mit

b = (-2,-1,0,1,2)

n = (0,0,0,0,0)

die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
b)

fed-Code einblenden


Hallo gonz,

danke für die Nachricht.
Ich sehe mir das gleich mal an um es richtig nachvollziehen zu können damit ich nichts Falsches sage.

Teil a) ja, genau das.

Teil b) Muss mir zunächst das Rechnen mit Matritzen vergegenwärtigen, Multiplikation..., transponierte Matrix...

EDIT: Verstehe ich das so richtig ? $m[1...5],n[1...5]\;\text{  und  }  a_{n,m},\;a_{m,n} \in \lbrace 1,2,3,...25 \rbrace $
$$\left( \begin{array}{rrrrr}
-2 & -2 & -2 & -2 & -2\\
-1 & -1 & -1 & -1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
2& 2 & 2 & 2 & 2\\
\end{array}\right) \cdot

\left( \begin{array}{rrrr}
a_{1,1} & 0 & \cdots & 0 \\
0 & \ddots & 0 & \vdots \\
\vdots & 0 & \ddots & 0 \\
0 & \cdots & 0 & a_{m,n} \\
\end{array}\right) = $$

$$\left( \begin{array}{rrrrr}
-2 & -2 & -2 & -2 & -2\\
-1 & -1 & -1 & -1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
2& 2 & 2 & 2 & 2\\
\end{array}\right)\cdot

\left( \begin{array}{rrrr}
a_{1,1} & 0 & \cdots & 0 \\
0 & \ddots & 0 & \vdots \\
\vdots & 0 & \ddots & 0 \\
0 & \cdots & 0 & a_{n,m} \\
\end{array}\right) =

\left( \begin{array}{rrrr}
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
\end{array}\right) $$




-----------------
Gruß haegar90



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trunx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-10-08 17:01

\(\begingroup\)\( \usepackage{setspace}\)
multiplizierst du mit \(0\), \(\pm 1\) bzw. \(\pm 2\) um das ganze auszubalanzieren, also um (physikalisch gesprochen) das drehmoment zu bilden?


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\(\endgroup\)


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-10-08 17:55


haegar, fals du selber ne lösung findest hätte ich eine 25kg leichtere variante dazu, einfach von jedem gewicht 1 kg abtrennen und weglassen, verändert ja nicht die balance, bzw der neue schwerpunkt befindet sich immer noch in der mitte

ich will sagen die gewichte von null bis 24kg würden dann auch eine ausbalancierte lösung darstellen

nach 10 minuten felder tauschen in excel kenn ich meine lösung, bzw 14400 verschiedene varianten dazu, und fals ich nicht irre könnte jeder bewohner dieses planeten noch jeweils einige alle voneinander unterschiedliche lösungen finden
haribo

*mit planet ist die erde gemeint nicht der "mathe-"



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-08 23:51


@ haribo,
interessant. Da könnte man zu der Vermutung kommen dass für 25 aufeinanderfolgende natürliche  Zahlen, die mit einer geraden Zahl beginnen und enden, viele Lösungen existieren, und für andere 25, die ungerade beginnen/enden womöglich keine Lösung existiert. Also für $2...26$ viele und für $3...27$ vielleicht keine.



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Gruß haegar90



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-08 23:53


2019-10-08 17:01 - trunx in Beitrag No. 8 schreibt:
multiplizierst du mit \(0\), \(\pm 1\) bzw. \(\pm 2\) um das ganze auszubalanzieren, also um (physikalisch gesprochen) das drehmoment zu bilden?

@ trunx
Ja, vereinfacht für die Aufgabe ist es so gedacht. Aber deine Idee ist gut. Man kann die Gewichte auch auf einer Kreisscheibe anordnen auf der  sich die Kreise mit dem  Radius von eins und zwei befinden. Ein Gewicht kommt auf den Mittelpunkt (neutral). Auf Kreis eins mit Radius $1$ kommen $8$ Gewichte im Abstand von $45°$, auf Kreis zwei mit Radius $2$ kommen $16$ Gewichte im Abstand von $22,5°$ und für einen möglichen dritten Kreis $15°$ und 24 Gewichte, usw. Bedingung ist dass von jedem Kreis acht Gewichte auf der gleichen $45°$ Einteilung von Kreis eins liegen.
Das wäre eine alternative (wohl nicht einfachere) Aufgabenstellung. Ob da wohl Kreis und Quadrat die gleichen Lösungen haben  smile , wenn es welche gibt.


-----------------
Gruß haegar90



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-09 00:03


@gonz
Habe #7 noch einmal geändert, würde das so passen oder ist noch etwas falsch ?


-----------------
Gruß haegar90



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trunx
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-10-09 08:24

\(\begingroup\)\( \usepackage{setspace}\)
das gleichgewicht findest du eigentlich, wenn der schwerpunkt im mittelpunkt liegt. also muss \(\sum \limits_{k=1}^{25} k\cdot \vec x_k= \vec 0\), wobei \(\vec x_k = (i_k , j_k )\) und \(i_k ,j_k \in \{-2, -1, 0, 1, 2\}\) für alle k ist. sprich man muss nun, wie in der aufgabe gefordert, für jedes k geeignete \(\vec x_k \) finden.

bye trunx


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\(\endgroup\)


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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-10-09 08:48


@trunx
Ja, das wäre die physikalische Gleichgewichtsbedingung. Da sie nur zwei Gleichungen ergibt ist sie sicher von einer Unmenge von Belegungen erfüllt.
Vielleicht besteht das Problem ja nur darin, die Lösungen zu klassifizieren bzw. eben "alle Lösungen" angeben zu können.

Ich war durch den Beitrag aus #3 verleitet anzunehmen, dass auch die einzelnen Summen der gewichteten Spalten und Zeilen jeweils Null ergeben sollen.
Deshalb hatte ich vermutet, dass nach folgendem gesucht ist, was natürlich über die physikalische Gleichgewichtsbedingung hinausgeht (ich schreibe es mal aus @haegar90):

fed-Code einblenden








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trunx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-10-09 09:35

\(\begingroup\)\( \usepackage{setspace}\)
es gibt 25! möglichkeiten, die \(\vec x_k\) zu belegen, wovon allerdings nur ein bruchteil die gleichgewichtsbedingung erfüllen wird. für eine systematische suche wäre der suchraum zu gross, zumal es ja offenbar auch darum geht, das problem für 6x6, 7x7 usw. zu verallgemeinern.

@gonz: ja, im prinzip könnte man deine zusätzlichen gleichungen als weitere einschränkung sehen, um überhaupt eine lösung zu finden. insofern stellen sie eine erste klassifizierung dar. wenn wir die diagonalen noch dazu nehmen, wären das insgesamt 14 gleichungen.


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\(\endgroup\)


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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-09 11:36


@gonz @trunx
Die Betrachtung soll ja unabhängig vom tatsächlichen physikalischen Gleichgewicht, vereinfacht durch die Faktoren wie in #3 beschrieben, erfolgen.
Geht man davon aus, dass für die erste Zeile 5 Gewichte von den 25 erforderlich sind, so bleiben für Zeile 2 noch 20,...

$$ P=\frac{n!}{k!(n-k)!}$$
p1=	25	5	53130
p2=	20	5	15504
p3=	15	5	3003
p4=	10	5	252
p5=	5	5	1
 
P=p1*p2*p3*p4*p5= 623.360.743.125.120
 
25!=15.511.210.043.331.000.000.000.000
 
 
25!/P=24.883.200.000
P/25!*100%=0.0000000040187757 %
Damit würde sich die Anzahl der Möglichkeiten bereits erheblich reduzieren. Dazu kommt dass jede dieser Zeilen die Bedingung $2u+x-y-2v=0$ erfüllen muss. Könnte man danach vielleicht mit der so gewonnenen begrenzten Anzahl $N$ von Lösungstupeln $T:=(u,x,z,y,v)$ mit systematischer Vertauschung nach einer Lösung suchen ?


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Gruß haegar90



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trunx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-10-09 12:36

\(\begingroup\)\( \usepackage{setspace}\)
ja, kann man versuchen, also alle 4-tupel (a, b, c, d) finden für die gilt: 2a+b-c-2d=0.
Unter den 25 Gewichten sind max. 25*24*23*22 möglichkeiten daraufhin zu prüfen.

im übrigen habe ich eine gleichgewichtslösung für 3x3 raus, wo die beschränkung von gonz nicht mehr funktioniert, sondern das allgemeine gleichgewicht gefunden werden muss:
\[\left(
\begin{array}{ccc}
2 & 3 & 8 \\
6 & 9 & 4 \\
5 & 7 & 1 \\
\end{array}
\right)
\]


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trunx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-10-09 13:39


da für die 4-tupel ja gilt 2a+b-c-2d=0, also 2a+b=2d+c, was ja symmetrisch ist, genügt es zunächst, alle paare a b mit gleicher summe 2a+b zu finden. diese sind, der größe nach sortiert:

  1   5 =   2   3
  1   6 =   2   4 =   3   2
  1   7 =   2   5 =     /     = 4 1
  1   8 =   2   6 =   3   4 = 4 2
  1   9 =   2   7 =   3   5 = 4 3 = 5 1
...
  1 25 =   2 23 =   3 21 = ...                                      = 13   1
               2 24 =   3 22 = ...                                      = 13   2 = 14   1
...
                                                                                = 13 24 = 14 22 = ... = 24   2
...
                                                                                                                    24 23= 25 21

die summen gehen also von 7 bis 71, es gibt also 65 solcher paargleichungen, das muster der erzeugung ist offensichtlich.
aus den disjunkten paaren jeder dieser gleichungsketten lassen sich nun bequem alle 4-tupel bilden, zb. gibt es für die erste und letzte kette je nur ein 4-tupel, für die kette 1 8 = 2 6 = 3 4 = 4 2 gibt es dagegen 4.

auf diese weise lassen sich alle 4-tupel ermitteln. die obere schranke ihrer anzahl ist natürlich 65x78=5070, ihre tatsächliche anzahl wird deutlich kleiner sein, aber in jedem fall überschaubar.

unter diesen müssen dann 5 disjunkte 4-tupel so gewählt werden, dass (in matrixschreibweise) auch die spalten 4 disjunkte 4-tupel sind. ein zu den spalten ebenfalls disjunktes 4-tupel kann im günstigsten fall frei wählbar hinzugefügt werden, die übrig bleibende letzte zahl kommt in die mitte.

so könnte ein programm aussehen :)

die frage ist natürlich, ob alle möglichkeiten 6 disjunkte 4-tupel zu finden, bereits lösungen sind. auf jeden fall stellt dies dann aber wiederum eine obere schranke für deren anzahl dar.


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haegar90
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Habe dazu ein kl. Prg. gemacht und das erhalten:
404864 Iterationen und 4956 Tupel
1, 5, 0, 3, 2
1, 6, 0, 2, 3
1, 6, 0, 4, 2
1, 7, 0, 5, 2
1, 8, 0, 2, 4
1, 8, 0, 4, 3
1, 8, 0, 6, 2
1, 9, 0, 3, 4
...
...
....
25, 15, 0, 21, 22
25, 15, 0, 23, 21
25, 16, 0, 18, 24
25, 16, 0, 20, 23
25, 16, 0, 24, 21
25, 17, 0, 19, 24
25, 17, 0, 21, 23
25, 17, 0, 23, 22
25, 18, 0, 20, 24
25, 18, 0, 22, 23
25, 18, 0, 24, 22
25, 19, 0, 21, 24
25, 20, 0, 22, 24
25, 20, 0, 24, 23
25, 21, 0, 23, 24


Als nächsten Schritt müsste man ausgehend von einem Tupel eins, gleichzeitig alle weiteren Tupel, in denen eine Zahl aus Tupel eins vorkommt aussieben, danach für Tupel eins und zwei,.. usw. das müsste dann recht schnell zeigen ob es eine Lösung gibt. Bin mir aber noch nicht klar wie man es am effizientesten macht und allg. auch für 7x7, 9x9 formulieren kann.  

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.17 begonnen.]


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Gruß haegar90



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trunx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2019-10-09 14:34


also eines ist schon mal klar, wählt man einfach 6 disjunkte 4-tupel aus, kann man daraus nicht notwendig eine lösung nach gonz erhalten. ob sie eine allgemeine gleichgewichtslösung darstellen, ist recht aufwändig zu prüfen, jedenfalls von hand.


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-10-09 16:10


eine allgemeinere (physikalische) gleichgewichtslösung hätte ich (entsprechend #13), nämlich

  1   5 19   3   2
25 21 18 23 24
  8 12 22 10   9
13 17 16 15 14
  4 11 20   7   6

zeilenweise besteht auch gleichgewicht, dagegen muss in y-richtung mit allen massen jeder zeile gerechnet werden.

bye trunx


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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2019-10-09 16:43


Lösungen nach #13 kann man "sogar" mit brute force finden, indem man zufällige Belegungen erzeugt und prüft, ob sie die Bedingungen erfüllen.

Meine erste Lösung dazu ist

 22 11  7 16 25
 18 12 15  2  4
 17  5 13  6 19
  9  1  8 21 14
 24  3 20 23 10

Inzwischen habe ich hunderte von Lösungen, und den statistisch ermittelten Wert, dass ca. (ganz grob gefühlt) 1/18000 aller möglichen Belegungen die Bedingungen erfüllt :)

Grüße aus dem Harz
Gonz




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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-09 17:01


Das sähe mit #3 so aus:

@trunx - wäre auch hier mit nur drei abweichenden Spaltensummen
im Gleichgewicht.


@gonz EDIT: In der Tabelle war bei mir ein Vorzeichen falsch, hatte ich zunächst übersehen.


Hoffe dass ich morgen wieder Zeit finde um programmtechnisch weiterzukommen.

Da es nun so viele Lösungen (Physik-basierend) gibt, und die mir davon bekannten insgesamt für die "Faktor-Rechnung" auch ein Gleichgewicht bilden, fehlt nur noch die ideale (Physik-basierende) Lösung die gleichzeitig für alle Zeilen und Spalten auf $0$ ausgeglichen ist.


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Gruß haegar90



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2019-10-09 18:27


@gonz: super :)
jetzt brauchen wir nur noch eine spezielle lösung mit deinen einschränkungen.

haribo hatte ja auch schon angedeutet, dass es mehrere zig milliarden lösungen gibt.


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2019-10-09 21:18


ja trunx, allerdings war mir nur sofort klar das jedes magische quadrat 5x5 ne lösung darstellt, davon gibts wohl schon 275 305 224 stück, hab ich aber nicht überprüft... und dann nur wild geschätzt das es evtl 1000 mal mehr geben könnte weil magisches quadrat ja ein ziemlich symetrischer spezialfall ist

beim magischen quadrat kann man jede spalte frei tauschen also 5! varianten alleine durch spalten tauschen bekommen, durch zeilentauschen auch nochmal 5!

ein magisches quadrat hatte ich mir also in 10 minuten hergestellt und davon kenn ich jetzt also meine 5! x 5! =14400 varianten

für gleichgewicht in x richtung müssen aber ja nicht alle fünf spalten gleich sein,

z.B. wenn die summe der 1.= der 5. und 2.=4. dann ist egal was in der 3. sich befindet, und auch das wäre nur ein spezialfall

@haegar90 deine vermutung kann man leicht wiederlegen, mann kann ja bei jeder gerade beginnenden lösung auch überall 1 kg dazurechnen und hat wieder ne lösung die ungerade beginnt, also gerade -ungerade als beginn dürfte es genau gleichviele geben
haribo



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-09 21:58


@haribo
genau so ist es, ich habe es zwischenzeitlich schon überprüft und es spielt keine Rolle mit welcher natürlichen Zahl man beginnt und dann 24 weiterzählt. Es sind in diesem Fall immer 4956 Tupel die so ein Gleichgewicht bilden.


Ist denn unter den 14400 eine passende Variante
Magisches Quadrat - Gesamtsumme 0 aber nicht Spalten und Zeilen 0



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Gruß haegar90



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2019-10-10 11:47

 05 10 14 02 09
 20 23 03 19 22
 00 24 16 12 06
 08 13 17 21 04
 11 15 07 01 18

Gefunden mit immer noch brute force Methoden: Eine Zufallsmatrix als Ausgangsbasis, und dann jeweils Felder gegeneinander tauschen, wenn der "Wert" der Matrix dadurch sinkt. Als Wert definiert sich hier die Summe der Beträge der gewichteten Spalten- und Zeilensummen. Im ersten Durchlauf mussten 414 Startbelegungen ausprobiert werden. Wenn keine Verbesserung mehr gefunden werden kann, geht es mit einer neuen Zufallsmatrix weiter.

Die Anzahl der notwendigen Versuche liegt im meist unteren dreistelligen Bereich, die Laufzeit des Programms beträgt einige Sekunden. Es lohnt nicht mal, Kaffee zu holen zwischendurch...

Das Programm füge ich an weil - "Python ist cool"

Python
import random
 
def array_init(thisarray):
    for loopy in range(0,5):
        for loopx in range(0,5):
            thisarray[loopy][loopx]=0
    for loop in range(1,26):
        mystart = random.randint(0,24)
        while not thisarray[mystart//5][mystart%5]==0:
            mystart = random.randint(0,24)
        thisarray[mystart//5][mystart%5]=loop
 
 
def array_out(thisarray):
    print("")
    for loopy in range(0,5):
        myline=""
        for loopx in range(0,5):
            if thisarray[loopy][loopx]>9:
                myline+=" "+str(thisarray[loopy][loopx])
            else:
                myline+=" 0"+str(thisarray[loopy][loopx])
        print(myline)
    print("")
 
def array_wert(thisarray):
    sx=[0,0,0,0,0]
    sy=[0,0,0,0,0]
    for loopy in range(0,5):
        for loopx in range(0,5):
            sx[loopy]+=thisarray[loopy][loopx]*(loopx-2)
            sy[loopx]+=thisarray[loopy][loopx]*(loopy-2)
    wert=0
    for loop in range(0,5):
        if sx[loop]>0: wert+=sx[loop]
        else: wert-=sx[loop]
        if sy[loop]>0: wert+=sy[loop]
        else: wert-=sy[loop]
    return wert
 
def array_copy(quelle,ziel):
    for loopy in range(0,5):
        for loopx in range(0,5):
            ziel[loopy][loopx]=quelle[loopy][loopx]
 
def array_swap(thisarray,x1,y1,x2,y2):
    tmp = thisarray[y2][x2]
    thisarray[y2][x2]=thisarray[y1][x1]
    thisarray[y1][x1]=tmp
 
mainarray = [[0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0]]
hilfsarray = [[0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0]]
 
maincnt=0
wert_bisher=1
while wert_bisher>0:
    maincnt+=1
    array_init(mainarray)
    wert_bisher = array_wert(mainarray)
    found = True
    while found: 
        found = False;
        for loopx in range(0,24):
            x1=loopx//5
            y1=loopx%5
            for loopy in range(loopx+1,25):
                x2=loopy//5
                y2=loopy%5
                array_copy(mainarray,hilfsarray)
                array_swap(hilfsarray,x1,y1,x2,y2)
                wert_neu = array_wert(hilfsarray)
                if wert_neu<wert_bisher:
                    array_copy(hilfsarray,mainarray)
                    wert_bisher = wert_neu
                    found = True
array_out(mainarray)
print("Anzahl Versuche : ",maincnt)






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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-10 12:34


Super !!!  smile Das ist das erste Ergebnis das alle Bedingungen erfüllt und es lässt die Hoffnung steigen dass auch für und 1...49 und 1...81 etc. Lösungen existieren. Herzlichen Glückwunsch.

Meine systematische Herangehensweise scheitert bisher noch an der zu großen Anzahl benötigter Iterationen - gebe aber nicht auf  cool .
Wenn es gelingen sollte könnte man damit sagen wie viele Lösungen es gibt.
 


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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2019-10-10 12:59


1..25 ist mit dem Programm machbar, ich habe den Bereich eher fehlerhaft auf 0..24 geschiftet. Der Fehler ist oben korrigiert, eine mögliche Lösung ist
 19 10 17 08 20
 01 23 04 07 09
 25 16 02 24 21
 03 15 12 11 05
 18 14 13 06 22

Man hätte sie, dem Vorschlag von haribo folgend, auch aus der vorhandenen Lösung für 0..24 gewinnen können, indem man zu jedem Feld eine 1 addiert.



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-10 13:20


Ja, klar, hatte ich, meiner Euphorie geschuldet, nicht bedacht. Habe #28 mit +1 auf 25 geändert.


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Gruß haegar90



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2019-10-10 16:48

 49 40 18 19 46 41 39
 12 21 11 15 04 02 27
 33 09 32 24 30 34 17
 48 06 08 01 03 13 45
 47 31 20 07 44 25 43
 35 37 05 10 42 14 38
 29 22 26 28 16 36 23



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2019-10-10 17:04



so sieht es der kranfahrer kurz bevor er seine austarierte last auf fünf wippen absetzt,
gratulation haribo



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, eingetragen 2019-10-11 07:10


Das sieht Klasse aus, @haribo!

Für 9x9 ist mein zugegebenermaßen ja auch recht platter Ansatz wohl weniger geeignet, zumindest muß man ggf. ein paar Tage warten... mal sehen, ich lass es mal im Hintergrund weiterlaufen, vielleicht gibt es ja einen Zufallstreffer :)


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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-11 14:29


@gonz @haribo
Ich bin schwer beeindruckt von euren Leistungen.
Bin selbst gerade bedingt durch eine noch andauernde Erkältung nicht ganz auf der Höhe und werde wohl in der nächsten Woche wieder mit brachialem Antrieb weiter an einer systematischen Lösung arbeiten. (Ansatz: boolesche Algebra verstärkt einbringen)

@ gonz
erstaunlich dass Auffinden der 7x7 Lösung.
Ob man über eine hohe Anzahl von 5x5 Lösungen und der 7x7 Lösung
eine Formel herleiten könnte, mit der man "beschleunigt" suchen kann ?  

@ haribo sehr schöne Illustration,tendenziell ein Kunstwerk. Wenn es die Urheberrechte erlauben, lasse ich es mir für 7,99 in 60x45 als Poster drucken.

@all
Hat jemand Erfahrung mit KI Programmierung, wäre das ein möglicher Ansatz ?


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Gruß haegar90



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2019-10-11 17:34


2019-10-08 23:53 - haegar90 in Beitrag No. 11 schreibt:

@ trunx
Ja, vereinfacht für die Aufgabe ist es so gedacht. Aber deine Idee ist gut. Man kann die Gewichte auch auf einer Kreisscheibe anordnen auf der  sich die Kreise mit dem  Radius von eins und zwei befinden. Ein Gewicht kommt auf den Mittelpunkt (neutral). Auf Kreis eins mit Radius $1$ kommen $8$ Gewichte im Abstand von $45°$, auf Kreis zwei mit Radius $2$ kommen $16$ Gewichte im Abstand von $22,5°$ und für einen möglichen dritten Kreis $15°$ und 24 Gewichte, usw. Bedingung ist dass von jedem Kreis acht Gewichte auf der gleichen $45°$ Einteilung von Kreis eins liegen.
Das wäre eine alternative (wohl nicht einfachere) Aufgabenstellung. Ob da wohl Kreis und Quadrat die gleichen Lösungen haben  smile , wenn es welche gibt.


bisher meine beste annäherung für die kreisscheibe, rechts-links ist es exakt ausgewogen, oben unten liegt der schwerpunkt noch 0,00043 zu hoch

also z.B. die 23 müsste derzeit 325 x 0,00043 = 0,139 schwerer sein
ein einfacher tausch zweier gewichte hilft also nun nicht mehr weiter

@gonz, die meisten hier gleichfarbigen hängen am kran auch jeweils unter einem balken...

@haegar, schätze für 60/45 ist es zu grobpixelig, belass es besser bei ner postkarte




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Kay_S
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, eingetragen 2019-10-11 18:21


Hi Leute,

Habe mich ebenfalls mal an dem Problem versucht. Mittels lokaler Suche habe ich folgende Lösung für n=9 gefunden:
26 49 54 35 06 29 45 77 11
38 61 17 67 60 18 80 74 09
52 24 25 58 55 51 23 41 42
44 20 53 68 03 65 07 73 28
37 21 33 14 16 81 10 02 46
71 31 12 64 66 62 05 79 39
57 22 72 78 47 13 48 69 50
15 40 70 59 27 43 76 56 04
34 63 01 32 19 30 36 75 08




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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2019-10-11 20:20


habt irgendwer ne chance beim 5x5 die 13 in die mitte zu bekommen, oder kay_s die 41 beim 9x9er?

das wäre nett
haribo



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.38, eingetragen 2019-10-11 20:31

 09 03 22 19 01
 10 24 17 16 14
 07 15 13 21 04
 06 20 25 08 12
 11 05 18 23 02

bitte sehr :)

und... Kay - schön daß du dabei bist und Glückwunsch zur 9x9 Lösung :)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.39, eingetragen 2019-10-11 21:44


danke gonz, damit konnte ich den fehler bei der kreisscheibe nochmal halbieren, vermutlich aber nur zufällig es gibt keinen erkennbaren grund warum es an der 13 gelegen haben soll,

(zeichnung nur als skizze, die äusseren gewichte sollen alle auf zwei kreisen mit r=1 bzw r=2 liegen)

neue beste annäherung für die kreisscheibe, rechts-links ist es wieder exakt ausgewogen, oben unten liegt der schwerpunkt noch 0,00021 zu hoch

also z.B. die 20 müsste derzeit 325 x 0,00021 = 0,066 schwerer sein

ich arbeite bisher nur händisch in abwandlung von gonz ergebnissen, ne rechnergestützte suche dürfte doch wohl schnell bessere/perfekte ergebnisse bringen?

es spricht auch wenig dagegen dass es nicht sogar eine doppelt symetrische lösung gibt, bei welcher auch jeder einzelne kreis in sich ausgewogen wäre

haribo




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