Die Mathe-Redaktion - 18.11.2019 07:00 - Registrieren/Login
Auswahl
ListenpunktHome
ListenpunktAktuell und Interessant ai
ListenpunktArtikelübersicht/-suche
ListenpunktAlle Links / Mathe-Links
ListenpunktFach- & Sachbücher
ListenpunktMitglieder / Karte / Top 15
ListenpunktRegistrieren/Login
ListenpunktArbeitsgruppen
Listenpunkt? im neuen Schwätz
ListenpunktWerde Mathe-Millionär!
ListenpunktFormeleditor fedgeo
Schwarzes Brett
Aktion im Forum
Suche
Stichwortsuche in Artikeln und Links von Matheplanet
Suchen im Forum
Suchtipps

Bücher
Englische Bücher
Software
Suchbegriffe:
Mathematik bei amazon
Naturwissenschaft & Technik
In Partnerschaft mit Amazon.de
Kontakt
Mail an Matroid
[Keine Übungsaufgaben!]
Impressum

Bitte beachten Sie unsere Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, unsere Datenschutzerklärung und
die Forumregeln.

Sie können Mitglied werden. Mitglieder können den Matheplanet-Newsletter bestellen, der etwa alle 2 Monate erscheint.

Der Newsletter Okt. 2017

Für Mitglieder
Mathematisch für Anfänger
Wer ist Online
Aktuell sind 528 Gäste und 5 Mitglieder online.

Sie können Mitglied werden:
Klick hier.

Über Matheplanet
 
Zum letzten Themenfilter: Themenfilter:
Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von viertel
Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » * Gewichte im Gleichgewicht
Thema eröffnet 2019-10-03 11:36 von
haegar90
Druckversion
Druckversion
Antworten
Antworten
Seite 3   [1 2 3 4]   4 Seiten
Autor
Kein bestimmter Bereich * Gewichte im Gleichgewicht
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.80, eingetragen 2019-10-22 14:28


ja stimmt, schreib doch mal deine program-abbruchzahlen mit ob sie alle in der reihe 2;6;10... liegen

und ich versuch den rückwärtsweg zu betrachten
gut möglich das sich dieser ansatz dann schnell in luft auflösst
haribo



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
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!
Kay_S
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 06.03.2007
Mitteilungen: 1342
Aus: Koblenz (früher: Berlin)
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.81, eingetragen 2019-10-22 19:01


Für n=8 hat das Progrämmchen nun doch eine Lösung ausgeworfen (ohne Berücksichtigung der Diagonalen):
37 08 34 62 32 50 31 18
04 64 45 06 53 40 03 43
01 52 24 63 26 16 46 14
41 22 10 09 56 25 33 20
60 11 28 54 12 59 47 27
51 30 02 49 55 42 58 13
15 29 35 39 57 61 07 17
05 44 48 38 23 19 21 36

Von einer Lösung für n=6 weiterhin keine Spur.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.82, eingetragen 2019-10-23 11:44


sind auf diesem schachbrett nur vier rössel sprünge drin, schätze das es einfach im mittel grössere sprünge braucht als diese spezies springen kann



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 3243
Aus: Harz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.83, eingetragen 2019-10-23 11:52


Gibt es eigentlich eine Lösung für 4x4, bei der alle Zeilen und Spalten ausgeglichen sind?


-----------------
~ to fight! (Don Quijote de la Mancha)



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.84, eingetragen 2019-10-23 13:51


ja weil 3 1 4 2 ausgewogen ist geht dann gemäss #49 dies,

11 09 12 10
03 01 04 02
15 13 16 14
07 05 08 06

ich versuch den aufbau gerne nochmal zu erklären:

die einzelnen zeilen sind immer gleichmässige additionen von n  zur obigen ersten anordnung( 3 1 4 2), addiert werden 4 oder 8 oder 12...
also die 4. zeile ist 3 1 4 2 plus 4 4 4 4 gleich 7 5 6 8 besteht also aus den nächsten n ziffern, somit sind nach n zeilen dann alle ziffern 1 bis n vergeben

wenn 3 1 4 2 ausgewogen ist kann man auch 1 1 1 1 abziehen
also geht auch 2 0 3 1

die 2.spalte ist z.B. eine addition aus diesen möglichkeiten
1 1 1 1
2 0 3 1
2 0 3 1
2 0 3 1
2 0 3 1
-------
9 1 13 5

wenn man addieren kann, kann man natürlich auch multiplizieren
4 x 2 0 3 1 --> 8 0 12 4
dazu die 1 1 1 1 adiert ergibt auch die 2. spalte 9 1 13 5

und jetzt erkennt man leicht wie die zeilen angeordnet sind, die erste ist 2 x 4444 + 3142 die zweite 0 x 4444 + 3142 usw die faktoren entsprechen also wieder in ihrer reihenfolge dem ausgewogenen 2 0 3 1

es sind also alle ziffern angeordnet, jede zeile ist ausgewogen, und jede spalte hat auch ihre ausgewogene herleitung  Q.E.D.

die diagonalen sind auch ausgewogen das war aber ja nichtmal verlangt
---------------------------------------------------------------------

derartig kann man also alle n x n felder lösen wenn man die reihe 1;2;...n ausgewogen bekommt

das ist wohl möglich für alle ungeraden n´s (>3)(kann man zeigen, hat aber hier noch niemand ausformuliert)
und für alle durch 4 teilbaren n´s , (auch nicht schwer zu zeigen)

also 2;6;10... wären dann die ersten unmöglichen, zwei kann nicht gehen daran glauben wir sofort und für die 6 fehlt uns derzeit nur das verständniss warum es nicht gehen kann... noch
haribo

nachtrag: wenns immer noch unklar formuliert sei dann wars halt ein versuch





  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 3243
Aus: Harz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.85, eingetragen 2019-10-23 14:36


Danke für die Erklärung - es hat jetzt "Klick" gemacht :)


-----------------
~ to fight! (Don Quijote de la Mancha)



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 145
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.86, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-24 11:11


Zu #81 #82: Sollte es sich für #69 tatsächlich herausstellen - die Gewichte sind unmöglich so anzuordnen dass ein Ross alle springen kann - so wäre Plan B fällig.
Da kommt dann das uralte  biggrin  afrikanische Sprichwort wie gerufen:  wink $$\text{"Kann das Zebra nur eins, zwei,  schafft der Springbock auch zwei, drei"}$$  


-----------------
Gruß haegar90



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.87, eingetragen 2019-10-24 21:27


ich hab eine erklärung gefunden warum die (ungeraden mal zwei) also 2x2 6x6 10x10er nicht nach dem einfachen schema #49 gelöst werden können:
anhand des 10 x 10er

dort musste ja erstmal die reihe 1...n also 1;2;...10 auf einer wippe ausgewogen angeordnet werden
schreibt man die anteiligen momente der einzelnen gewichte und seiten derart (s.bild) auf, dann fällt irgendwann auf das ungerade gewichte immer ein komma5 momenten anteil haben und gerade immer ein ganzzahliges moment ergeben, es gibt bei diesen feldern immer eine ungerade anzahl ungerader gewichte, also kann es nie gleichstand in der summe der momente geben, eine der beiden seiten hat immer ein komma5 summe die andere immer eine ganzzahlige summe, momentengleichheit rechts-links ist also nie möglich
die bestmögliche lösung hat ein defekt-momenten summe von 0,5 und ist beispielhaft hier dargestellt:

jetzt müsste man diese überlegung die ja erstmal nur für eine wippe mit den gewichten 1...10 gildet noch auf das feld 10 x 10 erweitern

versuch:
dort muss, aus obigem grund, in jeder einzelnen spalte und in jeder zeile jeweils eine gerade anzahl ungerader gewichte angeordnet sein, oder auch gar keins
insgesamt hat man im 10x10 feld 50 ungerade zahlen, je 4 davon bekommt man immer untergebracht (zB als viererpäckchen in die schnittstelle zwischen je zwei zeilen und zwei spalten) also 48 bringt man unter,

verbleiben von den 50 noch zwei...
packt man die in eine spalte dann kann diese spalte aufgehen aber die beiden dazugehörigen zeilen nicht ---->ergibt im geringsten fall dort die defektsumme   2 x 0,5 = 1 (welche gonz im 6x6er fand)

packt man sie in verschiedene spalten auf gleicher höhe dann ist das beste ergebnis gleich wie eben, jetzt könne die zeilen auf gehen aber die beiden spalten nicht, also auch defektsumme 1

packt man die beiden in verschiedene spalten und verschiedene zeilen dann ergibt es im besten fall die defektsumme 4 mal 0,5 = 2 weil alle vier wippen nicht aufgehen können

defektsumme 0, also lösung mit momentengleichheit, ist nie möglich

damit ham wirs, oder?

haribo




  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 3243
Aus: Harz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.88, eingetragen 2019-10-25 08:37


Jedenfalls ist deine Argumentation schlüssig. Wollen wir also so etwas finden, für den recht unwahrscheinlichen Fall, dass es das gibt, müssten wir es also irgendwie anders anpacken....

Ich schau mal ob mir am WE noch was dazu einfällt :)


-----------------
~ to fight! (Don Quijote de la Mancha)



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.89, eingetragen 2019-10-25 10:09


dachte auch das es schlüssig wäre aber inzwischen...

bin ich unsicher ob die gewählte anordnung in viererpäckchen die einzig mögliche ist, auf nem schachbrett
a2; a8;
b2; b6;
c6;c8; würde 6 unterbringen mit jeweils der geforderten geraden anzahl in spalte und zeile, in einer art winkelanordnung



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 145
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.90, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-25 11:00


Kleine Zusammenfassung
$a=\lbrace1,2,3...S_q\rbrace$

Fall 1:
$S_q=(2n+1)^2\;\text{mit}\; n=\lbrace 2,3,4,...\rbrace \;\text{und}\; k=\lbrace 0,1,2,...\rbrace$
Besitzt wahrscheinlich Lösungen für alle $n$, auch Lösungen mit #49.

Fall 2:
$S_q=(4n)^2\;\text{mit}\; n=\lbrace 1,2,3,...\rbrace \;\text{und}\; 2k=\lbrace 1,3,5,...\rbrace$
Besitzt wahrscheinlich Lösungen für alle $n$, auch Lösungen mit #49.

Fall 3:
$S_q=(4n+2)^2 \;\text{mit}\; n=\lbrace 1,2,3,...\rbrace \;\text{und}\; 2k=\lbrace 1,3,5,...\rbrace$
Besitzt wahrscheinlich keine Lösungen für alle $n$, auch keine Lösungen mit #49.

Fall 3b:
$S_q=(4n+2)^2 \;\text{mit}\; n=\lbrace 1,2,3,...\rbrace \;\text{und}\;  k=\lbrace \color{red}{1,2,3,...}\rbrace$
Besitzt wahrscheinlich Lösungen für alle $n$, auch Lösungen mit #49, ergibt aber kein Gleichgewicht.


-----------------
Gruß haegar90



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 145
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.91, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-26 11:31


Fall 4:
$S_q=(2m+1)(4n)\;\text{mit}\; m=\lbrace 2,3,4,...\rbrace \; n=\lbrace 1,2,3,...\rbrace \;\text{und}\;\;k_m=\lbrace 0,1,2,...\rbrace, 2k_n=\lbrace 1,3,5,...\rbrace$
Besitzt wahrscheinlich Lösungen für alle $n$, auch Lösungen mit #49.
Fall 4: Hier 9 x 4 $S_q=36$
34	22	14	6	2	18	10	26	30
36	24	16	8	4	20	12	28	32
33	21	13	5	1	17	9	25	29
35	23	15	7	3	19	11	27	31




-----------------
Gruß haegar90



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.92, eingetragen 2019-10-26 15:19


meine fortsetzung von #56
6x6 und 1 bis "kleinstmögliche" die ausgewogen funktioniert, war bisher 58, jetzt verbessert auf 40

nur die 10 wurde nicht verwendet

mit den farben verfolge ich nur wo ungerade zahlen liegen...




  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.93, eingetragen 2019-10-27 11:12



nochmal ein strukturiert hergestellter 6x6, auch mit der minimalst bekannten defektsumme 1

im innenbereich sind 1234 angeordnet, horizontal ist alles ausgewogen vertikal nicht

1;2;3;4 alleine im inneren bereich also auf einem 2x2 feld, dafür gibt es keine ausgewogene lösung weder horizontal noch vertikal, hier hebt sich die horizontale unausgewogenheit des innenbereichs mit dem doppel-aussenring gegenseitig auf, vertikal wäre der doppel-aussenring alleine ausgewogen, die defektsumme wird hier also alleine vom innenbereich hergestellt

zieht man von jedem gewicht 4 ab dann wäre der aussenbereich mit den gewichten 1;2...32 aufgefüllt, und es verbleiben 33;34;35;36 die man auch mit gleichem gesamt ergebniss innen anordnen kann

überhaupt kann man hier viele fortlaufenden 4er gruppen gegeneinander austauschen, z.B. 1;2;3;4 gegen 29;30;31;32 dann befinden sich die kleinen zahlen in den aussenecken, die defektsummen bleiben dabei aber immer gleich

evtl hilft diese anordnung nochmal weiter zum argumentieren gegen die möglichkeit des 6x6er´s?

es lässt mir jedenfals bisher keine ruhe
haribo



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.94, eingetragen 2019-10-28 12:03


meine fortsetzung von #56
6x6 und 1 bis "kleinstmögliche" nochmals verbesert auf 1;2...39


@gonz od kay, würdest ihr das evtl mit dem monte carlo program nochmal probieren mit
1-38 od. sogar 1-37, müssste doch einfach gehen die möglichen zufallszahlen um ein/zwei zu erhöhen (stelle ich mir jedenfals so einfach vor)
das wäre nett
haribo



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 3243
Aus: Harz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.95, eingetragen 2019-10-28 12:19


Ja klar :) Am We war ich unterwegs und der Wochenanfang ist etwas hektisch grad, aber irgendwie die nächsten Tage wird es sicherlich passen :)


-----------------
~ to fight! (Don Quijote de la Mancha)



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.96, eingetragen 2019-10-28 12:20


kein stress, ist ja alles nur zur freude... danke



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
querin
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 223
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.97, eingetragen 2019-10-28 19:44


2019-10-28 12:03 - haribo in Beitrag No. 94 schreibt:
1-38 od. sogar 1-37, müssste doch einfach gehen ...

Hallo haribo,

wenn ich die Aufgabe richtig verstehe, liefert ein kleines python Programm
mehrere Lösungen, z.B.
1 bis 38 ohne 6, 31
17  4 26 25 16 10
20 19 37 29 35 12
 7 30 36  2  8 27
 9 33 15 32 34  5
11  3 24 14 23  1
22 13 38 28 18 21
1 bis 37 ohne 7
20 24  8 18  9 27 
26  3 31 36 28 10
23  4 17 12 34  6 
11 33 13 37 35  5
15 30 19 21  1 32
29  2 16 22 25 14



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.98, eingetragen 2019-10-28 21:13


querin, du hast alles richtig verstanden, danke sehr

wir suchen eine möglichst einfache erklärung ob/warum im 6x6er 1 bis 36 nicht funktioniert

haribo

nachtrag: 10x10er könnte auch mal jemand untersuchen



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
querin
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 223
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.99, eingetragen 2019-10-29 19:32


Hallo haribo,

ich habe versucht deine Argumentation in Beitrag #87 nachzuvollziehen; ist folgende Belegung mit je 50-mal 0 und 1 ein Widerspruch dazu? (Die Summe jeder Zeile und Spalte ist geradzahlig)
10x10 mod 2
1 0 0 0 0 1 0 0 1 1
1 0 1 0 1 1 0 0 0 0
1 1 1 1 1 0 0 1 0 0
0 1 1 0 0 0 1 0 0 1
1 0 0 0 1 1 1 1 1 0
1 1 1 1 1 0 1 0 1 1
0 1 1 1 0 1 1 0 0 1
1 0 0 1 1 1 1 0 1 0
0 0 0 0 1 0 0 0 1 0
0 0 1 0 0 1 1 0 1 0


Ich vermute, dass es keine Belegung des 6x6-Feldes mit je 9-mal 0,1,2,3 (also modulo 4) gibt, sodass die gewichtete Summe jeder Zeile und Spalte durch 4 teilbar ist (jedenfalls findet mein Programm keine Lösung). Der Suchraum lässt sich damit auf ca. $10^{18}$ Belegungen reduzieren. Eine Näherungslösung ist etwa
6x6 mod 4
1 1 3 0 3 2
1 1 3 2 3 0
3 0 2 2 3 2
1 0 0 3 3 1
2 1 2 1 3 1
0 2 0 2 0 0
Dabei sind nur die gewichteten Summen der 2. und 5. Spalte nicht durch 4 teilbar.


Wenn man zeigen kann, dass es keine solche Belegung mod 4 gibt, dann folgt daraus die Unlösbarkeit mit den Zahlen 1 bis 36.


Bemerkung: mod 4 (und Vielfache von 4) sind offenbar Sonderfälle, denn z.B. mod 2,3,5,6,7,9,10,11,13 habe ich 6x6- und 10x10-Lösungen gefunden.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.100, eingetragen 2019-10-29 20:03


in #89 hab ich selber zweifel zu #87 angemeldet

dein 1-37 (mit 37 anstelle 7) wäre ja auch in 0..1..0..1.. auszudrücken mit 1 für ungerade und 0 für gerade, und hätte immer geradzahlige spalten und zeilen

insofern bleib ich sehr unsicher über mein argument in #87

o1o1 reicht also so nicht aus, hier einer bei dem es ganzzahlig bleibt sowohl fürs 10er feld als auch fürs 6er teilfeld


gruss für heute
haribo



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 145
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.101, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-30 09:55


Die Fragestellung ließe sich auch auf gleichseitige Dreiecke erweitern wobei sich dabei die Gewichte auf den Schwerpunkten der Dreiecke befänden.
Das Dreieck abc besteht aus vier gleichseitigen Dreiecken, ABC aus 4 mal abc. Somit 1,4,16,64....

<math>
\usetikzlibrary{calc}
\tikzset{
dot/.style={draw,fill,circle,inner sep=1pt},% Stil fr Punkte
gitter/.style={thin},% Stil fr das Gitter
% Gitterelement als pic:
gitter/.pic={\draw(1,0)--++(120:2)--+(1,0)--(0,0)(0,0|-60:1)--+(1,0);}
}
\newcommand\Dreiecksgitter[5][]{%
% Gre des gezeigten Bereichs:
\def\xmin{#2}\def\ymin{#3}
\def\xmax{#4}\def\ymax{#5}
% Gitter einfgen
\begin{scope}
% Gitterbereich beschneiden (lokal, da in scope):
\clip (\xmin,\ymin) rectangle (\xmax,\ymax);
% ganzzahlige Grenzen fr die Schleife (lokal, da in scope)
\pgfmathsetmacro\xmin{floor(\xmin)};\pgfmathsetmacro\ymin{floor(\ymin/(sqrt(3))};
\pgfmathsetmacro\xmax{ceil(\xmax)};\pgfmathsetmacro\ymax{ceil(\ymax/sqrt(3))};
% Einfgen der Gitterelement in Schleife
\pic foreach \x in {\xmin,...,\xmax} foreach \y in {\ymin,...,\ymax}
[gitter,#1] at (\x,{\y*sqrt(3)}){gitter};
]
\end{scope}
}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
% Gitter mit Achsen einfgen
\Dreiecksgitter[blue]{-3.6}{-1}{3.6}{3}
% Eintragen der Punkte mit Koordinatentransformation
\begin{scope}[
cm={1,0,-0.5,{sqrt(3)/2},(0,0)}, % Koordinatentransformation
every node/.style={dot}
]
\node[label={ above:$A$}] at (-3 ,-1) {};
\node[label={ above:$B$}] at (1 ,-1) {};
\node[label={ above:$C$}] at (1,3) {};
\node[label={ above:$a$}] at (-1 ,1) {};
\node[label={ above:$b$}] at (-1 ,-1) {};
\node[label={ above:$c$}] at (1,1) {};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}
</math>

...oder auch auf ein solches rechteckiges Raster.


-----------------
Gruß haegar90



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.102, eingetragen 2019-10-30 18:58


2019-10-29 19:32 - querin in Beitrag No. 99 schreibt:

Wenn man zeigen kann, dass es keine solche Belegung mod 4 gibt, dann folgt daraus die Unlösbarkeit mit den Zahlen 1 bis 36.

ich  kann nachvollziehen dass es wohl so ist (jede ausgewogene 6er zeile/spalte scheint mod4 durch 4 teilbar zu sein...), aber dem gedankengang konnte ich nicht folgen

kannst du den zusammenhang nochmal versuchen zu erläutern
das wäre nett
haribo

@haegar, bitte nicht immer neue aufgaben stellen bevor nicht mal eine erschöpfend beantwortet ist???



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
querin
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 223
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.103, eingetragen 2019-10-30 20:12


2019-10-30 18:58 - haribo in Beitrag No. 102 schreibt:
kannst du den zusammenhang nochmal versuchen zu erläutern
das wäre nett

Gerne!

Bei einer Lösung (d.h. einer ausgewogenen Belegung) ist die gewichtete Summe jeder Zeile und Spalte gleich Null. Daher sind diese Summen natürlich auch modulo m, mit beliebigem m>1, gleich Null.

Umgekehrt gilt: Gibt es einen Modui m für den keine Belegung existiert, bei der alle Zeilen- und Spaltensummen modulo m gleich Null sind (d.h. die Summen sind Vielfache von m), dann kann es auch keine Lösung (ohne mod) geben.

Ich habe nun Lösungen mod 2,3,4,5,6,... für das 6x6-Feld gesucht. Findet man so eine mod-Lösung, dann kann es auch eine Lösung (ohne mod) geben - das hilft nicht. Aber ich konnte eben keine mod4-Lösung finden!

Das ist im Prinzip genau deine Idee aus Beitrag #87; nur reicht mod 2 nicht (du hast selbst mod2-Lösungen angegeben), aber mod 4 scheint zu funktionieren. Und durch eliminieren von 11 der 36 Variablen aus den 12 Bedingungen kann der Suchraum sogar auf ca. $10^{15}$ Belegungen reduziert werden. Da wäre vollständige Suche theoretisch möglich (aber nicht mit meinem alten PC). Schöner wäre natürlich ein "mathematisches" Argument...




  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Kay_S
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 06.03.2007
Mitteilungen: 1342
Aus: Koblenz (früher: Berlin)
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.104, eingetragen 2019-11-01 13:10


2019-10-28 21:13 - haribo in Beitrag No. 98 schreibt:
nachtrag: 10x10er könnte auch mal jemand untersuchen

10x10 ist nochmals deutlich aufwändiger. Bislang habe ich hier nur eine "Fast-Lösung" mit Defekt 4:
Lösung für 10x10 mit Defekt=4
 71  55  27  16  50  81  97  57  24  48
 72  58  29  67  44  12   5  28  69  88
 51  25 100  61  98  36  60  42  59  64
 14  62  33  11  66  34  39  10  80   7
 65  32  63  78  95   2   8  93  23  89
 83  20  94   9  96  13  92  84  87  18
 68   6  45  46  74   4  40   1  41  75
 54  91   3  43  38  21  90  26  17  85
 30  79  99  76  37  70  56  73  77  49
 82  22  19  15  86  53  31  35  47  52



Kay



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.105, eingetragen 2019-11-01 16:56


2019-10-30 20:12 - querin in Beitrag No. 103 schreibt:

Umgekehrt gilt: Gibt es einen Modui m für den keine Belegung existiert, bei der alle Zeilen- und Spaltensummen modulo m gleich Null sind (d.h. die Summen sind Vielfache von m), dann kann es auch keine Lösung (ohne mod) geben.

Schöner wäre natürlich ein "mathematisches" Argument...
deinen umkehrschluss finde ich schon ziemlich elegant, danke für die erläuterung

also weitersuchen nach mathematischen argumenten mit diesen neuen einfacheren bedingungen...
haribo



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 145
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.106, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-01 19:07


@ Kay
Ich glaube es macht wenig Sinn hier den Animierungen von haribo zu folgen da es offensichtlich keine Lösungen für 4n+2 gibt und dieses nur mit einer mathematischen Beweisführung zu belegen/widerlegen ist. Dennoch Hochachtung vor deiner 10er Betrachtung, die - wie man erkennt, wenn man es selbst versucht - tatsächlich recht verschachtelte Gedanken erfordert, um nicht an den riesigen Dimensionen der Möglichkeiten zu scheitern.


-----------------
Gruß haegar90



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.107, eingetragen 2019-11-03 15:37


2019-11-01 13:10 - Kay_S in Beitrag No. 104 schreibt:

10x10 ist nochmals deutlich aufwändiger. Bislang habe ich hier nur eine "Fast-Lösung" mit Defekt 4:

wieder ziemlich händisch hergestellt ist mir nun ein 10x10er mit defektsumme 1 gelungen



er ist von aussen nach innen hergestellt worden, insbesondere befinden sich im aussenring alle zahlen von 37-100 und in den inneren 6x6 feldern die ziffern 1-36

zuerst hab ich den grünlichen bereich ausgefüllt, immer nach dem gleichen  schema wie die 97;98;99;100 in den ecken... also jeweils vier aufeinander folgende zahlen die in einer richtung 2 als differenz haben und in der anderen 1, wie gehabt kann man diese vierersets belibig gegeneinander austauschen ohne das dadurch die defektsumme beeinflusst würde (oder nach querin einfach alle durch 0;1;2;3 ersetzen da nur ihre differenzen ins moment hineingehen)

dann den noch fehlenden bereich im aussenring gesucht/gepuzzelt
danach den innenbereich wie gehabt auch von aussen nach innen

@haegar, derart aufgebaut sind es immer noch einige verschachtelungen, aber es sind nicht mehr unendliche dimensionen an möglichkeiten erforderlich...



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.108, eingetragen 2019-11-03 16:00


@querin, ich überlege ob es in der MOD 4 variante nicht geschickter wäre anstelle von 0;1;2;3  -1.5;-0.5;0.5;1.5 zu nehmen also nur noch zwei verschiedene werte aber dafür mit plus/minus versehen?

es gibt glaube ich jetzt keinen grund mehr über den 10er nachzudenken der 6er reicht völlig aus aber ich hab das 10er konstrukt gerade auf dem bildschirm also sei es diesmal beispielhaft daran gezeigt:



(etwas unklar ist mir noch deine berechnung der gewichteten differenzsummen, bei mir sind sie alle durch zwei teilbar erst die doppelten (orangen)wären dann MOD4=0, natürlich ausser den beiden pinken)
haribo





  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
querin
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 223
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.109, eingetragen 2019-11-03 19:07


2019-11-03 16:00 - haribo in Beitrag No. 108 schreibt:
@querin, ich überlege ob es in der MOD 4 variante nicht geschickter wäre anstelle von 0;1;2;3  -1.5;-0.5;0.5;1.5 zu nehmen also nur noch zwei verschiedene werte aber dafür mit plus/minus versehen?
Darin sehe ich keinen Vorteil.


(etwas unklar ist mir noch deine berechnung der gewichteten differenzsummen, bei mir sind sie alle durch zwei teilbar erst die doppelten (orangen)wären dann MOD4=0, natürlich ausser den beiden pinken)
Ich rechne mit den doppelten Gewichten -5,-3,-1,1,3,5, sonst hätte mod4 keinen Sinn.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.110, eingetragen 2019-11-04 10:27




als verbesserung der ring zwischen 6x6 und 10x10 in sich komplett ausgewogen mit den gewichten 37-100

alle zeilen und spalten haben dabei in sich die gleichen differenzen (x;-8;....;+11;-8)

bedeutet man kann alle 6x6er lösungen hier noch einfügen mit dabei gleichbleibender defektsumme,

sollte es doch eine lösung 6x6 geben, gäbe es mit diesem ring direkt auch eine für 10x10

ich geh mal stark davon aus dass man das prinzip für alle 4n+2 ringweise erweitern könnte


haribo
hat man eins fehlt das nächste:
jetzt der in sich ausgewogene ring zwischen 2x2 und 6x6 mit den gewichten 5-36...



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
OlgaBarati
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 185
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.111, eingetragen 2019-11-04 11:57


Ist doch schon in #93


-----------------
oLGa



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.112, eingetragen 2019-11-04 19:19


in #93 der ring besteht zwar aus 5-36, war aber nicht in sich ausgewogen

aber hier hab ich jetzt einen solchen ausgewogenen ring mit 5-36

haribo



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 145
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.113, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-05 10:32


zu #69
Schwenksches Theorem
Für jedes $m \;*\; n$ Brett, mit $m\leq n$, gibt es eine geschlossene Springertour, es sei denn einer der folgenden drei Fälle liegt vor:
1. $m$ und $n$ sind beide ungerade
2. $m$=1,2,4
3. $m=3$ und $n=4,6,8$
Wenn ich das richtig interpretiere, so müsste es für ein $m \;*\;n:= 5\; *\; 6$ eine geschlossene Springertour geben. Gibt es auch ein Gleichgewicht für $5\; *\; 6$ ?



-----------------
Gruß haegar90



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.114, eingetragen 2019-11-05 12:12


m*n=5*8 gibt es ein gleichgewicht nach schema f

1        33        25        17          9
4        36        28        20        12
7        39        31        23        15
6        38        30        22        14
8        40        32        24        16
5        37        29        21        13
2        34        26        18        10
3        35        27        19        11




  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 145
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.115, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-05 12:18


Ja, das (#114) ist dann quasi ähnlich dem Fall 4 aus #91.
Gilt aber nicht für 5 * 6.


-----------------
Gruß haegar90



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.116, eingetragen 2019-11-05 18:25




mit diesem offenen springer-weg gibt es nur zwei mögliche gewichtsanordnungs varianten und immerhin bei ner defektsumme von >100 ist doch in dieser erstaunlicherweise die erste zeile ausgewogen...

im ersten moment unerwartet: es sind die jeweiligen zeilen und spalten differenzen beim rückwärtsgang genau gleich also auch dann ist also die erste zeile ausgewogen mit 17;10;25;6;19

es wäre also tatsächlich egal in welcher richtung man eine lösung startet und ist bestimmt auch unschwer zu erklären... hat mich aber trotzdem überrascht

es bedeutet auch für alle anderen m*n oder n*n gibt es jeweils die gegenläufige lösung
haribo



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 145
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.117, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-06 10:44


Auf einem 6 × 6-Brett gibt es 9862, auf einem 8 × 8-Brett gibt es unglaubliche 13.267.364.410.532 ungerichtete geschlossene Touren.
Auch wenn es für 6 x 6 nur ein Gleichgewicht mit einem kleinen Defekt von min. 1 gibt, könnte man trotzdem untersuchen welche der 9862 geschl. Touren die minimale Defektsumme hat und wie groß der Defekt ist. Findet man ggf. etwas in der Richtung < 10, so würde es die Vermutung "es gibt eine Lösung für 8 x 8" bestärken.
Hier noch ein 5 * 6 mit Defektsumme <50.



-----------------
Gruß haegar90



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haribo
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 2161
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.118, eingetragen 2019-11-06 11:41


hier ist ein sogerechnet mit defekt < 10 , ist sogar ein geschlossener weg (davon natürlich der beste)


er ist aber völlig unausgewogen, es heben sich nur die negativen momente mit den positiven weitgehend auf, das macht also keinen sinn wir müssen die defektbeträge addieren nicht die werte,

dann hat dieser ne defekt-betrags-summe von 321 (eine andere vertauschung wäre dann besser mit 187) und deiner aus #117 hat 119.5 und meiner aus #116 führt weiterhin die minimalliste mit dann 118.5 an, ziemlich weit weg von 10
haribo



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 145
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.119, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-06 12:26


Ja, da muss mit den Beträgen der Summen gerechnet werden damit es sinnvoll ist.
Für die Bildung der Summe aller Spalten-Differenzen sowie der Summe aller Zeilen-Differenzen ist es sinnvoll mit den Werten zu rechnen um erkennen zu können, ob insgesamt annähernd ein Gleichgewicht der Summen möglich ist, was ja auch schon ein Erfolg wäre. Also in #117 horizontal 12 und vertikal 34,5.
Hier 5*5 mit drei "0" Summen und horiz. nur Def.4






-----------------
Gruß haegar90



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
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!
-->> Fortsetzung auf der nächsten Seite -->>
Seite 3Gehe zur Seite: 1 | 2 | 3 | 4  
Neues Thema [Neues Thema] Antworten [Antworten]    Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2019 by Matroids Matheplanet
This web site was made with PHP-Nuke, a web portal system written in PHP. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]