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Kein bestimmter Bereich **[**] Zwölf durch neunundvierzig
cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-04-04


"Der-Os-ter-has'-legt-neun-und-vier-zig-Ei-er-heut'!"
könnte der Merkspruch lauten...

Auf zwölf geraden Hoppelstrecken soll der Osterhase
ein regelmäßig quadratisches Punkteraster durchqueren
und dabei auf jeden der 49 Rasterpunkte genau ein Ei legen.



Der Hase hoppelt auf geradem Weg los.
EDIT Sobald er einen Rasterpunkt erreicht, muss er dort
ein Ei ablegen. Die Richtung ändern darf er erst, wenn er
auf seiner aktuellen, stets geraden Hoppelstrecke
mindestens ein Ei abgelegt hat, aber niemals am Punkt
der Eiablage selbst. Auf bereits abgelegte Eier oder genau
darüber hinweg hoppelt der Osterhase auch nie!
Außerdem ist er - klar! - kartesisch-orthodox. Eben eben.
EDIT Ausdrücklich noch einmal im Klartext:
Jeder der neunundvierzig Rasterpunkte soll auf
genau einer der zwölf Hoppelstrecken liegen!



So kann der Osterhase die Legeroute nicht abhoppeln!

Findet eine mögliche Legeroute für den Osterhasen!
Zwölf gerade Striche. Wo einer endet, beginnt der nächste.
Ohne den Stift abzusetzen, also.

Gebt Euere Lösungen bitte per PM/PN an.
Falls Ihr das per Grafik machen möchtet, richtet die bitte
so aus, dass das erste Ei auf der Hoppelroute möglichst nahe
am linken unteren Rasterpunkt liegt, und dass ggf. die erste
Hoppelstrecke gegenüber der Waagerechten einen möglichst
geringen Winkel aufweist.
Falls Ihr stattdessen Koordinaten verwenden mögt,
so liege die linke untere Rasterecke im Koordinatenursprung,
und die rechte obere auf dem Punkt (6;6).

Zusatzaufgabe [**]:
Findet möglichst viele, wenn nicht alle, in ihrer Gesamtgestalt
verschiedenen Eiablagehoppelrouten!

Viel Vergnügen und Frohe Ostern!

EDIT
Dass der Hoppehase "kartesisch-orthodox" ist, bedeutet insbesondere,
dass weder er noch demzufolge seine Hoppelspur eine Breite haben,
und die von ihm abgelegten Eier keine Dicke.
Wen das bislang an einer zufriedenstellenden Lösung gehindert hat,
der denke sich gerne die waagerechten wie senkrechten Punktabstände
als jeweils zwei Meter, die Breite von Hase und Hoppelspur als zwanzig
Zentimeter, und den Durchmesser eines belegten Eiablagepunktes
als zehn Zentimeter... 😉


-----------------

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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!
LeaFear
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-04-06


keine Lösung, aber eine Idee Bleibt das "EASTER TRAINING CENTER" nach Ostern geöffnet?

Danke (auch für die Aufgabe, die jetzt in meinem Kopf herumschwirrt!),
Lea



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-06


Keine Sorge - so schnell rechne ich ohnehin nicht
mit veritablen Lösungen... 😎


-----------------

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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-04-06


Ich habe auch mal mich dran versucht.
Eine Frage habe ich dennoch: "Darf der Hoppelhase das Feld verlassen ?"


-----------------
zum Primzahl k-Tupel Thread
PDFs on "Mathematik alpha"
Hinweis: MP-Notizbuch



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-06


Dass während des Eiablagehoppelns das "Feld" verlassen wird,
ist nicht nur nicht unzulässig, sondern sogar unumgänglich! 😎



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-08


F A N F A R E

Um 19:31 Uhr war's, als mir   gonz

die erste korrekte Lösung hat zukommen lassen.

Herzlichsten Glückwunsch und ehrfürchtigsten Respekt
für eine zumal in ihrer Gestalt schöne Lösung!
Mit "Schleifchen", quasi... 🤗



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-08


Bereits gestern Abend kurz vor Mitternacht
hatte  wrdlprmpfd  einen Vorschlag eingereicht,
auf den ich im folgenden kurz eingehen möchte,
bevor ich dann per EDIT die Hoppelanforderungen
im Aufgabentext "nachschärfen" möchte...

wrdlprmpfd:
"Die ursprüngliche Formulierung, dass auf der Hoppelstrecke
mindestens ein Ei abgelegt werden muss, führte mich
zu der Überlegung, dass andere Rasterpunkte auf der Strecke
zunächst mal frei bleiben können."


Tatsächlich konnte man das so verstehen, wie ich ohne Arg zugebe!

War aber nicht so gemeint. Wie ich mit meiner beigefügten
"So-Nicht-Grafik" klargemacht zu haben glaubte...
Sobald der Osterhase einen Rasterpunkt erreicht,
muss[!] er dort auch ein Ei ablegen! So wäre es gemeint gewesen. 😉

wrdlprmpfds Vorschlag ist jedoch SPEKTAKULÄR:



Von "spektakulär falsch" zu reden, wäre jedoch unangebracht -
siehe oben! Vielmehr lassen sich hier einige nette Dinge
aufzeigen. Gegenüber meiner einschlägigen "So-Nicht-Grafik"
enthält das "Ungetüm" zwar keine "Abknickpunkte" (gelbgrün),
aber immer noch einen "Abprallpunkt" (gelbgrün vor hellblau).
"Durchknickpunkte", also solche, bei denen zwischen[!] zwei
auf einem Rasterpunkt aneinanderstoßende Linienenden eine
weitere hindurchläuft, kommen nicht vor. Dafür jedoch
"Doppel-" und sogar "Dreifachkreuzungspunkte" ([fett] pink)!
Es handelt sich um eine "Mindestlösung" für das 7×7-Raster.
Würde man die alle auch noch berücksichtigen wollen,
geriete man mengenmäßig ins Uferlose.
Selbst von den in höchstem Maße effizienten, bei denen
jeder[!] Rasterpunkt auf genau[!] einer[!] der Linien liegt,
dürfte es weit über hundert geben - Variationen mitgerechnet.

Dass die vorletzte Linie "unterwegs" zwei Punkte zu berühren
scheint, ist lediglich der Darstellungsart geschuldet -
für den "kartesisch-orthodoxen" Osterhasen haben natürlich
Punkte und Linien keine Dicke!
Interessant - und vielleicht zärtelnde Hinweisgeber -
sind Anfangs- und Endpunkt dieser vorletzten, elften Linie,
denn sie liegen nicht auf ganzzahligen Punktkoordinaten,
sondern "krumm" dazwischen. Was dem ganzen einen
zusätzlichen optischen "Pfiff" gibt, wie ich finde.

😉 Also: Findet die "echten" - sehr gerne mit "Pfiff"! 😉



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-14 17:00


F A N F A R E

6:41 schlug die Uhr, da mir   LernFee

die zweite korrekte Lösung übermittelte.

Herzlichste Gratulation!
Die Gestalt der Lösung ist ebenso einzigartig
wie die derjenigen von gonz.
Mit "Blitz"! 😲😃🤗



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-18 05:28


Update:
Mittlerweile liegen uns drei inzwischen verschworenen,
gonz, LernFee und mir bereits ganze sieben Typen[!]
verschiedener Lösungen vor. Von zahlreichen Variationen
derselben ganz zu schweigen...
Dessen ungeachtet existieren absolut gewiss immer noch
zahlreiche andere, die weiterhin der "Entdeckung" harren!



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-20 02:48


F A N F A R E

Um 12:20 Uhr am Montag hat   wrdlprmpfd

als "Dritter im Bunde" eine korrekte Lösung angegeben.

Und sogar eine, auf die "wir" anderen noch nicht gekommen waren 😲😃🤗 -
herzlichen Glückwunsch!



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-29 05:01


F A N F A R E

Ab 19:56 Uhr am Dienstag hat sich   haribo

als "Vierter Musketier" zu den erfolgreichen Lösern gesellt.

Innerhalb weniger Stunden hat er ganze drei unterschiedliche
Lösungen präsentiert, welche jeweils sogar einen neuen Typus
"ins Spiel bringen". Stark - dafür herzlichste Gratulation! 😲😃🤗



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-29 05:17


Nunmehr zur Auflösung:


Beide "Musterlösungen" lassen sich aus Erkenntnissen
im Rahmen des Threads Link16 auf einen Streich ableiten.

Bei den jeweils "schönsten" Einzelvertretern ihres Typus'
verlaufen die Schrägen stets derart, dass es nach seitlich
außen keine Überschneidungszacken gibt.

Insgesamt handelt es sich bei "Lösungsfiguren" um Polygonzüge,
zumeist um offene. Geschlossene sind selten und außerdem
konzeptionell schwerer zu "fassen" (siehe später!).

"Lösungsfiguren", deren Teilstrecken sämtlich Teilmengen
der gleichen "Schar" von "tragenden" Geraden oder "Maximalstrecken"
sind, gehören zum gleichen Typus.
Analog zur biologischen Taxonomie lassen sich so innerhalb
eines jeden Einzelrasters  \(n×n\)  Individuen, Arten, Gattungen,
Familien etc. von "Lösungen" unterscheiden!

Die hier gezeigten Individuen ihrer jeweiligen Typus[unter]art
beginnen beide mit einer Horizontalen im Koordinatenursprung
(unten links) und weisen als letzte, abschließende Teilstrecke
eine Art "Schwänzchen" auf.
Bei "A" verläuft es mit einer Steigung von 1:2, bei "B" senkrecht
nach oben. Varianten "C" mit einer "Schwänzchensteigung" von 1:1
werden gewiss später noch gezeigt. Der Verlauf der Schrägen
von links oben nach rechts unten ist dann entsprechend anzupassen...

Griffige Namen für Lösungstypen etc. haben sich als geeignet
erwiesen, in wenigen Worten klarzustellen, wovon die Rede ist.
Zwar ist hier nichts "in Stein gemeißelt", aber ein Figurenname
wie "Schleifling" oder "Blitzling" veranschaulicht topologische
Besonderheiten unmittelbar.

Eine besondere Art der Darstellung von "Lösungsfiguren" ist die
"Breimaier-Normal-Matrix" BMN (Arbeitstitel). Hier repräsentieren
die Elemente einer \(n×n\)-Matrix positionsgetreu die Rasterpunkte,
und die Werte nennen die Ordinal[i]e derjenigen Teilstrecke des
Polygonzuges, welche [als erste] den entsprechenden Punkt enthält.
Der  "\(0\)"  als Kennzeichen des Startpunktes kommt eine Ausnahmerolle zu!
Aufgrund von Symmetrien des Rasters sind immer verschieden orientierte,
jedoch kongruente "Lösungsfiguren" möglich. Für eine eindeutige
Darstellung ist dann eine Figur zunächst so zu drehen oder zu spiegeln,
dass einer der beiden Enden des Polygonzuges möglichst nahe am
Koordinatenursprung zu liegen kommt. Falls Mehrdeutigkeiten bleiben,
ist die Figur derart auszurichten, dass die "Startstrecke" in einem
möglichst geringen Winkel zur Horizontalen verläuft.
Auch danach bleibt - zumal in noch größeren Rastern - eventuell
"Spielraum" für Mehrdeutigkeit. Aktuell begegnet "BMN" dem so,
dass als nächste Kriterien zusätzlich ein möglichst flacher Verlauf
der zweiten Teilstrecke, eine möglichst hohe "Treffereffizienz" der
ersten Teilstrecke (möglichst viele Punkte enthalten), ein möglichst
flacher Verlauf der dritten Teilstrecke, ... usw. angesetzt werden.
Auch hier bliebe Verbesserungsspielraum!

Exemplarisch lautet die "BMN" für "Musterlösung A":

\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,cramilu\#1}\,=\,\begin{bmatrix}6&6&6&6&6&6&6\\10&10&10&10&10&10&10\\12&9&5&3&2&7&11\\3&7&12&11&9&5&2\\8&8&8&8&8&8&8\\4&4&4&4&4&4&4\\0&1&1&1&1&1&1\end{bmatrix}\)

Durch "BMN" lässt sich nicht allein "normalisieren".
Intuitives "Malen nach Zahlen" drängt sich unmittelbar auf.
Und auch hinsichtlich algorithmischer Untersuchungen erscheint mir
diese Darstellung bis dato als die erfolgverheißendste!

p.s.
Bitte wartet mit eigenen Posts noch einen Tag zu!
Es sind inzwischen bereits um die 30 Einzellösungen bekannt,
und sogar schon um die 20 ganze Typen!
Die mag ich erst noch hier einstellen.
Wer jetzt hibbelig anfinge, doch noch eine eigene, neue Lösung zu suchen,
wäre womöglich hinterher bloß enttäuscht oder verschnupft! 😉



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-29 10:24


Und dann... gonz' erste Lösung: Der "Schleifling" [A]
vom 8. April, 19:31 Uhr (siehe oben):



"BMN":
\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,gonz\#1}\,=\,\begin{bmatrix}5&5&5&5&5&5&5\\9&9&9&9&9&9&9\\6&10&3&2&12&8&4\\12&8&3&4&6&10&2\\11&11&11&11&11&11&11\\7&7&7&7&7&7&7\\0&1&1&1&1&1&1\end{bmatrix}\)

Die hier jeweils parallelen Schrägen lassen sich auch paarweise
überkreuzen, wodurch sich dann insgesamt gleich vier ganze
Typen von Lösungen ergeben: Die "Schönschleiflinge" ;)



Bei der Darstellung habe ich mich daran versucht, jeweils insgesamt
die Vereinigungsmenge der Teilstrecken aller individuellen Vertreter
abzubilden. Es mag dabei in der Folge hie und da vorkommen, dass
bestimmte Abschnitte der Typusgrafik tatsächlich doch in keiner der
Einzellösungen enthalten sind! Die orangefarben hervorgehobenen
Teilstrecken sollen die kennzeichnende zentrale Struktur ausweisen
und nicht etwa eine Teilstreckenschnittmenge aller Einzellösungen!
Auch hier bleibt darstellungstechnisch noch Überarbeitungsspielraum...



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2021-04-29 10:31


ach was, warten wegen schnupfen? das wäre doch hoppel egal, bisle chaos gehört doch immer zu den kreativitätsten

suche nach einer lösung mit möglichst wenigen überschneidungen ausserhalb des feldes, hier nur noch 1



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-29 11:54


Ts... 😂 Aber wie könnte ich auch "Vorpreschling" haribo
gram sein!? Ist er doch in jedem Fall der "Kreativstling"! 😉

Doch nun erst einmal noch die anderen "Schleiflinge",
welche sich aus gonz' Lösung durch "Verballhornung"
der oberen bzw. unteren "Schleifenflügel" ableiten lassen:





Es sind sogar schon welche gefunden, bei denen die senkrechte Linie
weiter außen verläuft, aber dazu später mehr...
Ich komm' ja mit dem Pinseln gar nicht mehr nach!



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2021-04-29 12:10


Sollte der Hase nicht höchstens 12 Strecken hoppeln?

Bei D4 hab ich jetzt nach 14 aufgehört zu zählen... Warum soll das eine Lösung sein?



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-29 12:30


🙄 Lesen, zählen, mosern. In dieser Reihenfolge, bitte! 😎

So[!] sah mein erster individueller "Kompaktschleifling" aus:



12.. ZWÖLF Linien! Vorläufiger Typus: "D1" (siehe oben)

Und SOOO[!] sieht dann meine einzelne "D4"-Variante aus:



Auch wieder zwölf Linien. Oder?!



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2021-04-29 13:05


mosermoserling, untere variante könnte ich aus obiger post auch nicht extrahieren, hat sogar auch nur einen äussere überschneidung
gehört also zu den mir interessanten

was möchtest du mit den hellblauen linien eigentlich zeigen?



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-29 13:14


Hm... ich dachte, am Ende von #12 hätte ich klargemacht,
worum es mir bei der Typendarstellung ansatzweise geht...
Die hellblauen bzw. türkisfarbenen Linien sollen aufzeigen,
wo überall einzelne Teilstrecken einzelner Lösungen entlang
führen können, wenn man bei unterschiedlichen Startpunkten
an bestimmten Stellen anders "abbiegt". Jetzt klarer?

Falls nicht, gleich noch mehr Anlass zur Verwirrung:
Zwei Typen von "Großschleiflingen" mit weiter außen
liegender senkrechter Verbindungslinie:




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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-29 13:35


Kommen wir zu LernFees erster Lösung vom 14. April,
6:41 Uhr (siehe oben), die gar von einem Blitz durchzuckt wird:



"BMN":
\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,LernFee\#1}\,=\,\begin{bmatrix}3&3&3&3&3&3&3\\7&7&7&7&7&7&7\\12&6&2&11&10&8&4\\8&4&12&11&6&2&10\\9&9&9&9&9&9&9\\5&5&5&5&5&5&5\\0&1&1&1&1&1&1\end{bmatrix}\)

Hier kann man zunächst bloß das parallele Schrägenpaar
von rechts oben nach links unten überkreuzen, aber immerhin
ergeben sich auch so schon zwei blitzdurchzuckte Typen:



Bei Überkreuzungsversuchen am anderen Schrägenpaar kommen
einem erst einmal die nächstliegenden Horizontalen "ins Gehege".
Es ist dennoch gut möglich, dass sich da irgendwie noch weitere
Blitztypen verbergen...

Jetzt brauch' ich aber wirklich eine Pause vom Pinseln!



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2021-04-29 14:05


an den schaltplänen werden sich noch alle allien-lings die zähne ausbeissen, das ist gewiss!


keine überschneidung ausserhalb des feldes aber immer noch zwei berührungen links

hast du eine erklärung wann beide losen enden des weges in die gleiche richtung zeigen (wie hier + #13) und wann entgegengesetzt (wie bei gonz+D4), also nur rechts-links technisch gesehen



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2021-04-29 17:02


Okay... Die D1-D4 sollen verschiedenen Lösungen darstellen, und nicht einzelne Lösungen eines Typs...

@Haribo
Eine blaue und eine orangene Linie überschneiden sich doch bei dir außerhalb des Feldes?



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2021-04-29 18:06


2021-04-29 17:02 - MartinN in Beitrag No. 21 schreibt:
Okay... Die D1-D4 sollen verschiedenen Lösungen darstellen, und nicht einzelne Lösungen eines Typs...

@Haribo
Eine blaue und eine orangene Linie überschneiden sich doch bei dir außerhalb des Feldes?

betriebsblindheit! du hast also absolut recht
dann ist diese lösung schlechter als die erste



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2021-04-29 19:50


bring dem hüpfer doch mal kurven bei, dann kann er zuckertüten laufen



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-29 20:23


😄 Na, selbst ein schaulaufender "Paradieshase" würde aber
zum Beeindrucken beobachtender Häsinnen mit jeder Kurve
eine ganze Linie mehr benötigen. Selbst der faulste "Kürvling":



Sogar für diesen "Schlängelschlingel" wären es 13 Linien! 🤔



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haribo
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ja, aber grosse radien zähen nicht mit da muss er ja nicht vom gras gehen



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cramilu
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wrdlprmpfd hat sich mit seiner Lösung vom 19. April, 12:20 Uhr
(siehe oben), erneut als Freund spektakulärer Linienführung erwiesen:




"BMN":
\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,wrdlprmpfd\#1}\,=\,\begin{bmatrix}2&2&2&2&2&2&2\\6&6&6&6&6&6&6\\10&10&10&10&10&10&10\\11&7&3&12&9&1&5\\5&9&0&11&12&7&3\\8&8&8&8&8&8&8\\4&4&4&4&4&4&4\end{bmatrix}\)

Hier bin ich noch nicht zu einer Typisierung gekommen.
Das parallele Schrägenpaar von links oben nach rechts unten
lässt sich auf jeden Fall überkreuzen. Auf der rechten Seite
der Figur(en) scheinen sogar mehr Kombinationen möglich...

haribo, Deine Figuren pinsele ich aktuell noch so um,
dass sie darstellungstechnisch zu den anderen "passen".
Danach plane ich eine Übersicht mit allen anderen...


Legt derweil ruhig los mit eigenen, konstruktiven Voschlägen!



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kabelhorst
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2021-04-30 10:33


Moin,

Horst hier - mit einer Frage. Aus der Breitensuche ergibt sich die Vermutung, dass es für 7x7 keine Lösungen mit Wegen der Länge 1 gibt. Könnt ihr das bestätigen, und weiterhin: gibt es aus der Theorie einen Grund dafür, warum das so ist? Mir fällt keine offensichtliche Begründung ein. Offenbar passen schon geometrisch die 12 Wege in diesem Fall nicht in das 7x7 Raster (Stage 1 nach unserer Klassifizierung hier). Wenn das begründbar der Fall ist, könnte man den Suchbaum früher abschneiden.

Nebenbei - vielen Dank für die Anregung, die mich dann "hergelockt" hat. Wir lesen uns, wie man so schön sagt.
Horst



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-30 10:43


Hallöchen... finally ;)
Und herzlich willkommen auf dem Mathe-Planeten!

Bitte schon einmal einlesen: Link16 auf einen Streich

Die vier Kernfragen:
1. Geht es im n×n-Raster IMMER mit (2n-2) Strichen?
>>> Dort durch den Typus "ungeradrastrige Konuskragenspule"
>>> exemplarisch bewiesen!
2. Geht es in irgendeinem n×n-Raster mit weniger als (2n-2) Strichen?
>>> Mit höchster Wahrscheinlichkeit NEIN!
>>> "Beweise" finden sich im Web, bleiben jedoch zu prüfen.
3. Warum scheint jeder Strich mindestens 2 Punkte "erwischen" zu müssen?
>>> Bislang ungeklärt, aber praktisch erhärtet!
4. Warum scheint es stets mindestens einen Strich geben zu müssen,
der n Punkte "erwischt"?
>>> Siehe 3. ;)

Da kommen wir schon noch zu ;)



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2021-04-30 11:05


passen? alle haben doch die gleiche vorgabe, es wird sich schon das übersichtlichste durchsetzen, aber wenn du gerne zeichnest dann mal mal alle ab

hier jetzt doch noch der, mit nur einer äusseren berührung (hoffentlich fehlerfrei)

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.] wow, diesen beitrag hab ich VOR der aufgabenstellung begonnen, wie kann dass denn?



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2021-04-30 18:56


ohne es beweisen zu können, würde ich inzwischen stark vermuten dass es keine lösung gibt bei welcher nicht ausserhalb des feldes berührungen oder schnittpunkte vorkommen.
haribo



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-01 06:37


haribo, Deine erste "einwandfreie" Lösung hatte mich
am Dienstag, 27. April, um 22:08 Uhr erreicht:




"BMN":
\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,haribo\#1}\,=\,\begin{bmatrix}6&6&6&6&6&6&6\\2&2&2&2&2&2&2\\9&9&9&9&9&9&9\\3&7&10&12&5&1&8\\5&12&0&7&3&8&10\\11&11&11&11&11&11&11\\4&4&4&4&4&4&4\end{bmatrix}\)

Grundsätzlich scheint sie den "Musterlösungen" zu ähneln,
auch wenn sie hier jenen gegenüber aus Gründen darstellungs-
technischer Normierung "auf dem Kopf steht".
Allerdings verläuft der "zentrale Buckel" steiler, und die Enden
liegen beide eng beieinander im Inneren des Rasters. Cool! 😎



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-01 06:50


Bloß eine gute Stunde später kam schon "haribo#2" an:



"BMN":
\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,haribo\#2}\,=\,\begin{bmatrix}12&12&12&12&12&12&12\\3&3&3&3&3&3&3\\9&9&9&9&9&9&9\\10&7&2&6&8&4&11\\7&8&4&10&11&6&2\\5&5&5&5&5&5&5\\0&1&1&1&1&1&1\end{bmatrix}\)

Start unten links, Ende oben links, und im Zentrum sowohl ein
"Buckel" wie auch ein "Hakenzinken". Höchst interessant! 😮



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-01 07:05


Und am nächsten Morgen folgte alsbald "haribo#3":



"BMN":
\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,haribo\#3}\,=\,\begin{bmatrix}8&8&8&8&8&8&8\\5&5&5&5&5&5&5\\3&2&12&12&12&12&12\\3&6&9&2&4&11&7\\3&4&11&6&7&2&9\\0&1&1&1&1&1&1\\10&10&10&10&10&10&10\end{bmatrix}\)

Bislang eindeutig die spektakulärste!
Zwei Drei-Punkte-Linien, eine "Schleife", ein "Buckel",
und zwei horizontale Enden. Herrlich gezaubert! 😮🤗



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-01 08:42


So... und nun der Versuch eines synoptischen Überblicks
über diejenigen 28[!] typusverschiedenen Lösungen,
die sich bis dato schon ergeben haben (ohne Gewähr):







Druckt Sie Euch aus, schneidet die Einzelfiguren aus,
legt sie zum Vergleich neben- oder übereinander...
... und tragt gerne weitere Eigenkreationen bei! 😉



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2021-05-01 13:11


na prima, da hattest du mit nr 19 schon länger einen mit nur einer aussenberührung... und ick suchte mir die finger wund



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-01 13:48


Du hattest es doch so eilig! Also jetzt nicht herumjammern. 😉
gonz und ich suchen gerade systematisch bei den "Bücklingen"
(ähnlich "Musterlösungen") nach neuen Typen, und LernFee
tüftelt algorithmisch herum. Woran wir uns die Hirnwindungen
wundgegrübelt haben, ist eine Lösung mit bloß vier Horizontalen...



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2021-05-01 21:12


2021-05-01 13:48 - cramilu in Beitrag No. 36 schreibt: Woran wir uns die Hirnwindungen
wundgegrübelt haben, ist eine Lösung mit bloß vier Horizontalen...

ich hab noch gar keine lösung gesehen die nicht in das konzept 5 waagerechte 7 schräge hingedreht werden könnte
und sehe keinen ansatz die 5.waagerechte kürzer als in #33 hinzubekommen


eher halte ich es für möglich dass man die schrägen evtl auch zwischen zeile 2 und 3 anordnen könnte, hierzu müsste die 3 mit abknickung  am gelben ei aufgelöst werden

 Nachtrag:  es sind nur von den drei randpunkten der Zeile 3 Linien möglich die oberhalb des gelben ei‘s bergab nach unten führen , aber auf einer Seite wären 4 notwendig, damit ist diese Variante IMO doch nicht möglich



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LernFee
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.38, eingetragen 2021-05-03 07:37


Ich bin noch "dabei". Um mich zu sortieren: Stimmt folgende Beschreibung des Problems?

Gegeben ist ein nxn Feld aus gleichmäßig im Quadrat angeordneten Punkten (wir interessieren uns insbesondere für n=7).

Gesucht ist ein Polygonzug aus möglichst wenigen Strecken, (oder eine Übersicht über alle möglichen Polygonzüge mit minimaler Streckenzahl), die folgende Bedingungen erfüllen:

- Auf jeder Strecke des Polygonzugs liegt mindestens ein Punkt
- Jeder Punkt wird von genau einer Strecke durchlaufen
- Punkte liegen stehts im Inneren, nie auf einem der Endpunkte einer Strecke
- Der Polygonzug muss nicht geschlossen sein (aber das wäre ein Bonus).

Wir haben folgende Heuristiken für mögliche Lösungen (für hinreichend großes n, für n=1 und n=2 sieht das offenbar etwas anders aus):

- Die Lösungen mit der kürzesten Streckenzahl haben stets 2n-2 Strecken
- In der Lösung kommt keine Strecke vor, auf der nur ein Punkt liegt,
- In der Lösung kommt mindestens eine Strecke der Länge n vor.

Soweit - richtig?

Grüße aus dem Norden
Lea



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.39, eingetragen 2021-05-03 08:24


soweit richtig,

für n>3 die mögliche lösung 2n-2 wurde allgemein gezeigt, es wurde nicht gezeigt dass dies unbedingt die kleinste ist, ihr aufbau wurde aber detailiert beschrieben

für n=7 wäre die (unvollständige) beschreibung demnach:

5 waagerechte linien durch mehrere punkte der zeilen 1;2;5;6;7 haben 10 enden, davon müssen mindestens 8 angeschlossen werden durch:

7 schräge verbindungslinien paarweiser punkte von zeile 3 und 4,

mindestens 4 dieser schrägen verbinder müssen das feld zwischen zeile 4 und 5 schräg nach unten verlassen, sonst können sie nicht doppeltbelegungsfrei die unteren waagerechten anschliessen (und noch spziefischer: 3 der 4 müssen auf einer seite liegen)

mindestens zwei der schrägen verbinder müssen sich oben zwischen zeile 2 und 3 treffen, ohne einen punkt der zeile 2 zu berühren, und müssen dort verbunden werden, mehr als 2 solcher oberer verbindungen sind nicht möglich

ende der bisherigen beschreibung der 2n-2 lösung

dann immer noch cramilus traum im hinterkopf haben: "solange das gegenteil nicht bewiesen ist könnte es auch lösungen <2n-2 linien geben, z.B. mit nur 4 waagerechten... evtl mit auch nur 1punkt linien"

träumen ist (noch) frei
haribo



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