Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von matroid
Matroids Matheplanet Forum Index » Hilfe beim Denksport » Augen zu und durch
Autor
Kein bestimmter Bereich Augen zu und durch
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 807
Wohnort: Gog
  Themenstart: 2021-12-06

Türmt man mehrere Spielwürfel mit den üblichen Augenzahlen von 1 bis 6 übereinander, so sind von jedem Würfel, abgesehen vom obersten, 2 Seiten verdeckt. So konnte man frührer, vor 30, 40 Jahren, den einen oder anderen verblüffen indem man die genaue verdeckte Augenzahl vorherzusagen wusste. Nichts besonderes, da immer die beiden gegenüberliegenden Seiten zusammen 7 Augen haben. Die Rechnung ist damit: Anzahl der Würfel mal 7 minus der oben sichtbaren Augenzahl. Wieviele verschiedene Summen an verdeckten Augenzahlen gäbe es aber, wenn man die Augenzahlen 1 bis 6 unterschiedlich auf den Würfeln platziert und genau so viele unterschiedliche Würfel aufgetürmt würden, wie es derartig unterscheidbare Würfel gibt ? Achtung: 2, 3, 6 Augen können auch mit unterschiedlicher Orientierung angeordnet werden.


Wahlurne Für haegar90 bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4072
Wohnort: Harz
  Beitrag No.1, eingetragen 2021-12-07

Hallo haegar, das ist eine tolle Herausforderung und ich bekunde mal erhöhtes Interesse :) Es wird in den "hektischen" Adventstagen etwas dauern aber... Wir könnten ja schrittweise anfangen. Oder sollen wir warten, bis jemand so etwas wie eine Gesamtlösung zu bieten hat? Grüße aus dem Harz G.


Wahlurne Für gonz bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 807
Wohnort: Gog
  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-07

Hallo gonz, da ist alles erlaubt, aber gerne können wir uns schrittweise in Richtung Lösung vorarbeiten. Die Bestimmung der Anzahl Würfel mit unterschiedlicher Platzierung der Augenzahlen und deren min- und max-Paarungen (1, 2)...(5,6) scheint mir das Wesentliche zu sein. Da mit dem obersten neutralen* Würfel von 1 bis 6 Augen sichtbar seien können, sollten alle Summen verdeckter Augen zwischen min-Summe und max-Summe möglich sein. Erste Frage: Wieviele neutrale* Würfel existieren unter den in #0 beschriebenen Bedingungen 😃? *normaler Würfel mit den Paarungen (1, 6), (2, 5), (3, 4)


Wahlurne Für haegar90 bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
emmi82
Senior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 06.05.2013
Mitteilungen: 454
  Beitrag No.3, eingetragen 2021-12-07

Hi zusammen, zur ersten Frage: Wir nehmen einen handelsüblichen Würfel, wie beschrieben, und legen ihn ohne Einschränkung mit der Eins nach unten auf den Tisch. Wir können dann die 2, 3 und 6 Augen jeweils auch in einer um 90° verdrehten Anordnung platzieren, also für die drei Augenzahlen zwei Möglichkeiten, $2^3=8$. So ungefähr, Frontalansicht: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/36556_foo.JPG Dann gibt es aber noch 2 Permutationen der gegenüberliegenden Seitenbeschriftungen der Art $(3,4)\rightarrow (4,3)$ und eine mögliche Vertauschung der Art: $(3,4)\rightarrow(2,5)$. Das müsste alles gewesen sein, glaube ich. Also wären es, wenn ich richtig liege, $8*2^2*2=64$ gültige Würfelvarianten. Gestern hatte ich schon darüber nachgegrübelt, wie viele Würfel gemäß #0 es insgesamt gibt. Wenn man zur Vereinfachung annimmt, dass bei der Herstellung der Würfel nicht gedreht wird und die Eins zuletzt auf die Unterseite gedruckt werden soll, kann man die Zahl der möglichen Würfel nach #0 so bestimmen: 1. Platziere die zwei Augen auf eins der 5 freien Felder - das geht auf 10 Arten. 2. Platziere die drei Augen auf eins der 4 freien Felder... sechs Arten. 3. ... vier Augen... 3 Felder.. 3 Arten. 4. ... fünf Augen... 2 Felder... 2 Arten. 5. ... sechs Augen... 1 Feld, 2 Arten. Das ergibt nun $10*6*3*2*2 = 720$ Würfel. Schwieriger nun die Frage, wie viele von denen jetzt aber drehungsgleich sind. Vier oder mehr? Es scheint davon abzuhängen, ob im Falle einer zyklischen Vertauschung der Seitenflächen um einen Schritt die Zahl, die der Eins gegenüberliegt, verdreht erscheint oder gleich ist, d. h.: welche Zahlart oben liegt. Damit komme ich nicht so ganz klar. Gruß emmi


Wahlurne Für emmi82 bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4072
Wohnort: Harz
  Beitrag No.4, eingetragen 2021-12-07

Dann sammeln wir mal Ideen :) Ich hatte es mir so versucht vorzustellen, wieviele Möglichkeiten es gibt, die Zahlen auf dem Würfel anzuordnen: - Die Eins können wir immer nach unten legen, - Die Zwei kann oben sein (Fall A) oder sie kann auf einem seitlichen Feld sein, also weder oben noch unten. Dann können wir sie aber auf jeden Fall nach rechts drehen (Fall B). - In Fall A können wir die Drei nach rechts drehen (weil die eins und die zwei auf einer gemeinsamen Drehachse des Würfels liegen, also noch eine Drehung um die senkrechte Achse erlauben). Im Fall B hingegen haben wir keine Drehung mehr frei. - Wir können also im Fall A noch die Zahlen vier bis sechs auf die verbleibenden drei Felder verteilen, macht 3!=6 Fälle - Und im Fall B haben wir noch die drei bis sechs offen, mit vier verbleibenden Feldern, und damit nochmal 4!=24 Fälle Wenn ich also richtig spekuliert habe, dann haben wir insgesamt 30 Möglichkeiten, wie die Ziffern auf dem Würfel verteilt sein können (und den Würfel damit auch gleich räumlich festgelegt). Nun können noch die zwei, die drei und die sechs jeweils um 90 Grad gedreht werden, somit haben wir 2^3 = 8 Möglichkeiten, die Zahlen jeweils auf den Würfel zu schreiben. Das heißt es gibt 8*30 = 240 mögliche Würfel. ( das wurde hier schonmal ausgerechnet, ich weiß allerdings nicht mehr, wo das vorkam ). Irrtum wie immer vorbehalten :) Grüße, Gonz


Wahlurne Für gonz bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4072
Wohnort: Harz
  Beitrag No.5, eingetragen 2021-12-10

Nun geht es daran, zu bestimmen, wie sich die Summen der gegenüberliegenden Flächen der Würfel in Minimum und Maximum verteilen. Den Faktor 8 können wir erstmal beiseite lassen, da sich die Summen ja nicht dadurch verändern, dass wir die Symbole für die Ziffern drehen, man kann also erstmal sammeln und am Ende mit acht malnehmen. Für die 6 Würfel der Gruppe A ergibt sich damit: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/36025_w_rfel-bauart-1.png


Wahlurne Für gonz bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4072
Wohnort: Harz
  Beitrag No.6, eingetragen 2021-12-10

und hier wäre teil zwei. ich weiß nicht, ob das alles so stimmt. Wenn ja, müssten wir eigentlich nur noch zusammenzählen? https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/36025_w_rfel-bauart-2.png


Wahlurne Für gonz bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
cramilu
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 09.06.2019
Mitteilungen: 1193
Wohnort: Schwäbischer Wald, seit 1989 freiwilliges Exil in Bierfranken
  Beitrag No.7, eingetragen 2021-12-10

Endlich bin ich mit Malen fertig... Nach meinen Überlegungen sind es tatsächlich 240 verschiedene Würfelkonfigurationen. Näheres siehe: \showon Ich halte mir den Würfel mit der rechten Hand, Zeigefinger oben und Daumen unten, so vor die Augen, dass die "1" stets oben unter der Spitze des Zeigefingers liegt, eine der anderen Zahlen unten unter der Daumenspitze, und die Würfelseite mit der jeweils kleinstmöglichen sonstigen Zahl genau meinem Auge zugewandt ist. Die "übrigen" Zahlen verteilen sich dann in Permutation auf die drei "verdeckten" Würfelseiten rechts, hinten und links. Außerdem können die "2", die "3" und die "6" von meiner Warte aus jeweils in zwei unterschiedlichen Orientierungen erscheinen. \(5\,\cdot\,3!\,\cdot\,2^3\,=\,240\) Die "neutralen" Konfigurationen sind hellgrün hinterlegt. Die leuchtend grün hinterlegte #206 gibt die "normale" Konfiguration wieder - jedenfalls nach den vier Würfeln, welche mir konkret als Anschauungsobjekte vorlagen. Darstellung und Nummerierung sind natürlich disputabel! 😉 \showoff Für jede mögliche Konfiguration lassen sich die jeweiligen Augensummen gegenüberliegender Würfelseiten als geordnetes Tripel darstellen. Davon treten 13 verschiedene auf, welche sich wie folgt verteilen: 16 mal \((3;7;11)\) 16 mal \((3;8;10)\) 16 mal \((3;9;9)\) 16 mal \((4;6;11)\) 16 mal \((4;7;10)\) 16 mal \((4;8;9)\) 16 mal \((5;5;11)\) 16 mal \((5;6;10)\) 32 mal \((5;7;9)\) 16 mal \((5;8;8)\) 16 mal \((6;6;9)\) 32 mal \((6;7;8)\) 16 mal \((7;7;7)\) Damit wäre die "Erste Frage" schon einmal beantwortet: Es existieren 16 "neutrale" Konfigurationen. Für die folgenden Extremfallbetrachtungen habe ich den "normalen neutralen" Würfel (#206) als obersten festgelegt, weil man damit nichts "kaputtmachen" kann... Extremfall A: Jeder der 239 "unteren" Würfel liegt so, dass die Summe der Augenzahlen der verdeckten Flächen minimal ist, und der oberste Würfel (#206) liegt mit der "1" nach unten. \(48\cdot3\,+\,48\cdot4\,+\,80\cdot5\,+\,48\cdot6\,+\,15\cdot7\,+\,1\:=\:1.130\) Extremfall B: Jeder der 239 "unteren" Würfel liegt so, dass die Summe der Augenzahlen der verdeckten Flächen maximal ist, und der oberste Würfel (#206) liegt mit der "6" nach unten. \(48\cdot11\,+\,48\cdot10\,+\,80\cdot9\,+\,48\cdot8\,+\,15\cdot7\,+\,6\:=\:2.223\) Unter der Annahme, dass alle anderen natürlichen Zahlen zwischen der minimalen Augensumme 1.130 und der maximalen Augensumme 2.223 ihrerseits ebenfalls als mögliche Augensummen infrage kommen, gibt es dann \(2.223-1.130+1=1.094\) verschiedene Augensummen. Im Mittel beträgt die Augensumme \(3,5\cdot(240\cdot2-1)=1.676,5\) . Wegen der ausufernden Potenzrechnung habe ich allerdings keine weitere Muße, auch noch die Verteilungshäufigkeiten der Augensummen zu erörtern... 😉


Wahlurne Für cramilu bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4072
Wohnort: Harz
  Beitrag No.8, eingetragen 2021-12-11

@cramilu: Da kann man doch nur sagen "Gute Arbeit - vortrefflich ausgeführt!". Mir ist heute Nacht noch eingefallen, dass man die Gesamtzahl von 240 Würfeln auch so herleiten kann: Es gibt 5x6x8=240 Möglichkeiten, denn: Die 1 kommt immer nach unten. Es gibt 5 Möglichkeiten, die Zahlen 2 und 3 anzuordnen. > Es kann entweder oben die 2 oder die 3 sein (zwei Möglichkeiten, die verbleibende 3 oder 2 wird nach rechts gedreht), > Es können die 2 und 3 mittig gegenüber liegen (eine Möglichkeit, man kann die 2 nach rechts drehen), > Es können die 2 und 3 mittig nebeneinander liegen (links- oder rechtsdrehend, also weitere 2 Möglichkeiten). Jeweils ist dadurch der Würfel festgelegt, und es gibt 3!=6 Möglichkeiten, die Zahlen 4 bis 6 auf die drei verbleibenden drei freien Flächen zu verteilen. Die acht folgt aus der Verdrehung der drei Symbole 2,3 und 5. Einen angenehmen dritten Advent wünscht Gerhard/Gonz


Wahlurne Für gonz bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 807
Wohnort: Gog
  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-11

Da haben wir aber wirklich Glück gehabt dass #0 zufällig auch das Thema der aktuellen Diplomarbeit von cramilu ist 😉. @cramilu, lobenswert die Lösung und die Darstellung👍 Danke auch natürlich für die Teilnahme und die Beträge von emmi82 und gonz. Dann kann es jetzt mit der 😁 eigentlichen 😁 Fragestellung losgehen: Lässt sich aus diesen 240 Würfeln ein Quader 6x8x5 [Würfelseitenlängen] bauen bei dem sich immer zwei gleiche Augenzahlen jeder Würfelfläche gegenüberliegen ? b) Augenzahlen mit gleicher Orientierung.


Wahlurne Für haegar90 bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4072
Wohnort: Harz
  Beitrag No.10, eingetragen 2021-12-11

Oha, ich dachte erst, dass sei jenseits dessen, was man schaffen kann. Aber nun denke ich, dass man vielleicht eine clevere Konstruktion schaffen kann, wie man das hinbekommt, ohne Myriaden von Fällen durchzuprobieren. Ich nehm' es mal als "Puzzle" mit :)


Wahlurne Für gonz bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
cramilu
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 09.06.2019
Mitteilungen: 1193
Wohnort: Schwäbischer Wald, seit 1989 freiwilliges Exil in Bierfranken
  Beitrag No.11, eingetragen 2021-12-11

@haegar90: Sä onvarschömtar Lömmel! Das würde Dir so passen, dass ich mein ganzes Wochenende verwürfelquadere!? 😉 @gonz: Bei solchen Problemstellungen ist für mich tatsächlich die Anschauung der Knackpunkt, weil ich mich bei räumlichen Objekten schwertue mit der Abstraktion. Die Beschäftigung mit diesem wahrlich netten Geknobel hat mich gleich zu einer neuen Knobelaufgabe angeregt! 😎


Wahlurne Für cramilu bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4072
Wohnort: Harz
  Beitrag No.12, eingetragen 2021-12-12

Ich bin ja arg langsam... Zunächst einmal eine Beschreibung, wie man die Würfel (vielleicht weniger kompliziert) klassifizieren kann: - Die eins kommt nach unten (klaro) - Es gibt fünf Möglichkeiten, welche Zahl nun oben liegen könnte, - nun drehen wir auf der Außenseite die kleinste Zahl nach rechts. - Damit ist der Würfel fixiert, und wir haben 3!=6 Möglichkeiten die verbleibenden drei Zahlen aufzufüllen. Grüße und einen schönen Sonntag (Schlaflos in Wildemann) Gonz


Wahlurne Für gonz bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4072
Wohnort: Harz
  Beitrag No.13, eingetragen 2021-12-12

So und nun zu dem 5x6x8 Quader! Für den Fall, dass wir nur Zahlen zur Deckung bringen wollen, und nicht Symbole, gibt es folgende Vereinfachung: Wir haben ja jede Anordnung der Ziffern genau achtmal zur Hand (durch die Verdrehung der Symbole). Wir nehmen nun jeweils einen mit jeder Ziffernanordnung, also 30 Würfel Wenn wir es schaffen, diese in einem 5x6 Rechteck so in der Fläche anzuordnen, dass auf den Berührungsflächen die Zahlen übereinstimmen, dann bauen wir uns den Kubus wie folgt: Wir nehmen die 5x6 Fläche als untere Ebene. In der zweiten Ebene darüber verbauen wir jeweils den Würfel, den wir aus dem darunterliegenden erhalten, indem wir Boden und oberen Deckel vertauschen. Da wir die Würfel paarweise vertauschen, haben wir in der zweiten Ebene wieder genau 30 Exemplare mit unterschiedlicher Zahlenanordnung verbaut. Das zweilagige Gebilde, das wir erhalten, hat nun in jeder senkrechten Säule oben wie unten jeweils die gleiche Zahl stehen, und wir haben von den jeweils acht Kopien der Würfel (mit den verdrehten Symbolen) jeweils zwei verbaut. Also können wir vier solcher zweilagigen Gebilde bauen, und diese übereinander stapeln. Fertig. (Irrtum vorbehalten) Grüße und einen schönen Sonntag Gonz


Wahlurne Für gonz bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
CoBe780
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 10.12.2021
Mitteilungen: 6
  Beitrag No.14, eingetragen 2021-12-13

Für 5x6 und 30 Würfel mit Backtracking zu knacken?


Wahlurne Für CoBe780 bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4072
Wohnort: Harz
  Beitrag No.15, eingetragen 2021-12-13

Klar, den Gedanken hatte ich auch schon. Vielleicht kann man aber auch eine clevere Anordnung finden, ohne den Computer zu bemühen. Lass dich nicht aufhalten @CoBe


Wahlurne Für gonz bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
CoBe780
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 10.12.2021
Mitteilungen: 6
  Beitrag No.16, eingetragen 2021-12-17

Hi Haegar, so passt es in eine Ebene, die man dann mit #13 zu einem Quader ergänzen kann. Reihenfolge Boden, Seiten von oben gesehen im Uhrzeigersinn beginnend mit der kleinsten Ziffer, Deckel gibt es dann die 30 Würfel: B1 [1, 3, 4, 5, 6, 2] B2 [1, 3, 4, 6, 5, 2] B3 [1, 3, 5, 4, 6, 2] B4 [1, 3, 5, 6, 4, 2] B5 [1, 3, 6, 4, 5, 2] B6 [1, 3, 6, 5, 4, 2] C1 [1, 2, 4, 5, 6, 3] C2 [1, 2, 4, 6, 5, 3] C3 [1, 2, 5, 4, 6, 3] C4 [1, 2, 5, 6, 4, 3] C5 [1, 2, 6, 4, 5, 3] C6 [1, 2, 6, 5, 4, 3] D1 [1, 2, 3, 5, 6, 4] D2 [1, 2, 3, 6, 5, 4] D3 [1, 2, 5, 3, 6, 4] D4 [1, 2, 5, 6, 3, 4] D5 [1, 2, 6, 3, 5, 4] D6 [1, 2, 6, 5, 3, 4] E1 [1, 2, 3, 4, 6, 5] E2 [1, 2, 3, 6, 4, 5] E3 [1, 2, 4, 3, 6, 5] E4 [1, 2, 4, 6, 3, 5] E5 [1, 2, 6, 3, 4, 5] E6 [1, 2, 6, 4, 3, 5] F1 [1, 2, 3, 4, 5, 6] F2 [1, 2, 3, 5, 4, 6] F3 [1, 2, 4, 3, 5, 6] F4 [1, 2, 4, 5, 3, 6] F5 [1, 2, 5, 3, 4, 6] F6 [1, 2, 5, 4, 3, 6] Die Ebene, Orientierung die xAchse zeigt nach rechts, die yAchse nach vorn. sx ist die Ziffer in Richtung der xAchse, sy entsprechend Feld 0/0 Würfel B1 sx=4 sy=5 Feld 0/1 Würfel F6 sx=4 sy=3 Feld 0/2 Würfel D4 sx=2 sy=5 Feld 0/3 Würfel F1 sx=2 sy=3 Feld 0/4 Würfel B2 sx=4 sy=6 Feld 0/5 Würfel C6 sx=5 sy=4 Feld 1/0 Würfel B6 sx=6 sy=5 Feld 2/0 Würfel E2 sx=2 sy=3 Feld 3/0 Würfel F5 sx=3 sy=4 Feld 4/0 Würfel F2 sx=4 sy=2 Feld 1/1 Würfel B3 sx=3 sy=6 Feld 2/1 Würfel B4 sx=6 sy=6 Feld 3/1 Würfel B5 sx=5 sy=3 Feld 4/1 Würfel C2 sx=4 sy=6 Feld 1/2 Würfel C1 sx=5 sy=4 Feld 2/2 Würfel C4 sx=4 sy=2 Feld 3/2 Würfel C3 sx=2 sy=1 Feld 4/2 Würfel C5 sx=4 sy=5 Feld 1/3 Würfel D1 sx=5 sy=1 Feld 2/3 Würfel D2 sx=3 sy=6 Feld 3/3 Würfel D3 sx=2 sy=4 Feld 4/3 Würfel D5 sx=3 sy=6 Feld 1/4 Würfel E1 sx=2 sy=5 Feld 2/4 Würfel D6 sx=5 sy=3 Feld 3/4 Würfel E3 sx=1 sy=6 Feld 4/4 Würfel E4 sx=5 sy=2 Feld 1/5 Würfel E5 sx=1 sy=1 Feld 2/5 Würfel E6 sx=5 sy=6 Feld 3/5 Würfel F3 sx=4 sy=1 Feld 4/5 Würfel F4 sx=3 sy=5 Der Lösungsraum ist relativ dicht belegt, Laufzeit unter einer Sekunde. Grüße, Constantin


Wahlurne Für CoBe780 bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4072
Wohnort: Harz
  Beitrag No.17, eingetragen 2021-12-17

Hallo Constantin, da muss aber noch ein Fehler sein, denn Feld 1/5 Würfel E5 sx=1 sy=1 geht so nicht, die 1 kann nicht in beiden Richtungen erscheinen. Sollte aber behebbar sein :) Have fun! G.


Wahlurne Für gonz bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
CoBe780
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 10.12.2021
Mitteilungen: 6
  Beitrag No.18, eingetragen 2021-12-17

Okay danke - Fehler gefunden. Feld 0/0 Würfel B1 sx=4 sy=5 Feld 0/1 Würfel F6 sx=4 sy=3 Feld 0/2 Würfel B6 sx=6 sy=5 Feld 0/3 Würfel B5 sx=3 sy=6 Feld 0/4 Würfel C1 sx=2 sy=4 Feld 0/5 Würfel C3 sx=6 sy=2 Feld 1/0 Würfel C2 sx=5 sy=2 Feld 2/0 Würfel D5 sx=6 sy=3 Feld 3/0 Würfel C6 sx=4 sy=2 Feld 4/0 Würfel C5 sx=2 sy=6 Feld 1/1 Würfel B2 sx=5 sy=1 Feld 2/1 Würfel B3 sx=6 sy=4 Feld 3/1 Würfel B4 sx=3 sy=1 Feld 4/1 Würfel C4 sx=1 sy=2 Feld 1/2 Würfel D1 sx=3 sy=4 Feld 2/2 Würfel D2 sx=5 sy=1 Feld 3/2 Würfel D3 sx=6 sy=4 Feld 4/2 Würfel D6 sx=3 sy=5 Feld 1/3 Würfel D4 sx=5 sy=1 Feld 2/3 Würfel F1 sx=3 sy=6 Feld 3/3 Würfel E1 sx=6 sy=2 Feld 4/3 Würfel E2 sx=2 sy=1 Feld 1/4 Würfel E3 sx=3 sy=5 Feld 2/4 Würfel E4 sx=4 sy=2 Feld 3/4 Würfel E5 sx=6 sy=3 Feld 4/4 Würfel E6 sx=3 sy=5 Feld 1/5 Würfel F2 sx=1 sy=2 Feld 2/5 Würfel F3 sx=6 sy=3 Feld 3/5 Würfel F4 sx=1 sy=4 Feld 4/5 Würfel F5 sx=6 sy=4 So sieht das besser aus.


Wahlurne Für CoBe780 bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 4072
Wohnort: Harz
  Beitrag No.19, eingetragen 2021-12-17

Fast könnte man die Weihnachtszeit damit verbringen, 30 Würfel zu basteln. Uuuund : Das Problem, die Symbole dann auch noch deckend übereinander zu bekommen bzgl. der möglichen Drehungen, ist dann auch noch offen. Ich würde fast tippen, dass es lösbar ist ( wenn man die Größe des Suchraums betrachtet und die Wahrscheinlichkeit, dass es "passt"). Aber da könnte man mit brute force arg gegen die Wand laufen... jedenfalls @CoBe: Klasse! Jetzt könnten wir an einer graphischen Darstellung arbeiten... ( oder eben - Würfel basteln smile )


Wahlurne Für gonz bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
CoBe780
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 10.12.2021
Mitteilungen: 6
  Beitrag No.20, eingetragen 2021-12-17

Mit Ascii-Grafik sähe das zB so aus: \sourceon B1-4-E3-6-C4-2-F1-4-F6-2 | | | | | 5 2 5 5 5 | | | | | F5-3-B2-6-C1-4-B3-3-B5-4 | | | | | 4 1 2 6 6 | | | | | E5-2-C2-6-C3-5-C6-2-C5-4 | | | | | 6 3 4 4 5 | | | | | B4-4-D1-1-E2-5-D2-3-D3-2 | | | | | 3 6 3 1 6 | | | | | E1-4-D4-1-D5-4-E4-3-F2-4 | | | | | 6 2 2 5 1 | | | | | B6-5-E6-1-D6-4-F4-3-F3-2 | | | | | 4 4 5 2 6 \sourceoff


Wahlurne Für CoBe780 bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
haegar90
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 807
Wohnort: Gog
  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-20 13:53

Gute Fortschritte allgemein 👍. Nach den Weihnachtstagen versuche ich mich auch mal daran.


Wahlurne Für haegar90 bei den Matheplanet-Awards stimmen
   Profil
haegar90 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.

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 © 2001-2022 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. 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]