nicht angemeldet
Gunnar Bittersmann
Matthias Apsel
beatovich
beatovich
Camping_RIDER
beatovich
Camping_RIDER
Rolf b
Tabellenkalk
Gunnar Bittersmann
Tabellenkalk
Rolf b
MudGuard
Gunnar Bittersmann
Ich hab eine nette Aufgabe fürs Wochenende gefunden:
Es gibt 27 Würfel der Kantenlänge 1 cm.
Diese werden so angeordnet, dass sie einen Würfel der Kantenlänge 3 cm bilden. Dessen Außenseiten werden mit Farbe angestrichen und trocknen gelassen.
Zweimal mehr werden die 1-cm-Würfel zu einem 3-cm-Würfel zusammengebaut und dessen Außenseiten angemalt. Am Ende sind alle Seitenflächen aller 1-cm-Würfel mit Farbe versehen.
Wenn bei jedem Anstrich eine andere Farbe verwendet wird, wieviele Würfel sind zweifarbig?
LLAP 🖖
Hallo
Nachdem ich meinen Rubic's Cube auseinander genommen habe komme ich auf drei.
Gruss
MrMurphy
Hallo Gunnar Bittersmann,
Zweimal mehr werden die 1-cm-Würfel zu einem 3-cm-Würfel zusammengebaut und dessen Außenseiten angemalt. Am Ende sind alle Seitenflächen aller 1-cm-Würfel mit Farbe versehen.
Das Problem beginnt ja schon hier. Offenbar ist sichergestellt, dass es ein solches Verfahren gibt.
Mindestens der, der beim ersten mal in der Mitte war, ist zweifarbig.
Wenn bei jedem Anstrich eine andere Farbe verwendet wird, wieviele Würfel sind zweifarbig?
Genau zweifarbig? 😉 Dürfen Flächen auch übermalt werden?
Deine Frage lässt vermuten, dass es auch nur genau ein Verfahren der Neuanordnung der Teilwürfel gibt, wenn man von Symmetrien absieht.
Bis demnächst
Matthias
Hallo
Dürfen Flächen auch übermalt werden?
Nach der Fragestellung ja. Praktisch nein.
Die Frage ist eher eine logische als eine mathematische.
So habe ich zunächst überlegt, wie viele Flächen überhaupt mindestens bemalt werden müssen.
Es gibt 27 Würfel mit jeweils 6 Seiten, also 162.
Dann die Frage, wie viele Flächen bei jedem Malvorgang bemalt werden können, wie viele Flächen also sichtbar sind. Das sind 54. Es gibt drei Malvorgänge, damit können insgesamt 54 mal 3 gleich 162 Seiten bemalt werden.
Damit geht aus der Fragestellung hervor, das jede Fläche genau einmal bemalt werden muss, da jede bemalt sein soll. In keinem Malvorgang darf eine ausgelassen werden und für eine Übermalung gibt es nicht genügend Malvorgänge.
Genau so logisch kann man jetzt weiterdenken um zur Lösung zu gelangen.
Rechnen ist also nur am Rande mit einigen wenigen Grundrechenarten gefragt. Wobei die kompliziertesten Berechnungen bis hierhin bereits erledigt sind. Für die Lösung muss nur noch bis 6 gerechnet werden, also das ganz kleine EinMalEins.
Gruss
MrMurphy
@@MrMurphy1
So habe ich zunächst überlegt, wie viele Flächen überhaupt mindestens bemalt werden müssen.
Es gibt 27 Würfel mit jeweils 6 Seiten, also 162.
Was dir bei der Überlegung entgangen ist: Man muss das Produkt nicht ausrechnen. Sollte man auch nicht:
Es gibt 3³ Würfel mit jeweils 6 Seiten, also 3³ · 6.
Dann die Frage, wie viele Flächen bei jedem Malvorgang bemalt werden können, wie viele Flächen also sichtbar sind. Das sind 54.
Das sind 3² · 6.
Es gibt drei Malvorgänge, damit können insgesamt 54 mal 3 gleich 162 Seiten bemalt werden.
Damit können 3² · 6 · 3 = 3³ · 6 Seiten bemalt werden.
Rechnen ist also nur am Rande mit einigen wenigen Grundrechenarten gefragt.
Ausrechnen ist gar nicht gefragt. In der Mathematik ist man faul elegant.
LLAP 🖖
hallo
Ausrechnen ist gar nicht gefragt. In der Mathematik ist man
faulelegant.
Aber mit Eleganz allein ist es auch nicht getan. Du musst immer noch validieren, dass die notwendigen Würfelmanipulationen möglich sind, so dass das Ergebnis erscheint, welches beschrieben wird.
@@beatovich
Du musst immer noch validieren, dass die notwendigen Würfelmanipulationen möglich sind, so dass das Ergebnis erscheint, welches beschrieben wird.
Ja, natürlich.
Ich hab’s auf Papier. Aber das Wochenende ist ja noch nicht vorbei.
LLAP 🖖
Hallo
Das passt. Sonst hätte ich in meiner ersten Antwort bereits darauf hingewiesen.
Gruss
MrMurphy
Hallo MrMurphy1,
Das passt. Sonst hätte ich in meiner ersten Antwort bereits darauf hingewiesen.
Und das ist die eigentliche Aufgabe.
Bis demnächst
Matthias
Hallo,
Und das ist die eigentliche Aufgabe.
Bitte nicht gleich aufgeben, das Wochenende ist doch noch garnicht rum…
scnr
Gruß
Kalk
Hallo Tabellenkalk,
Bitte nicht gleich aufgeben, das Wochenende ist doch noch garnicht rum…
„gar nicht“ wird gar nicht zusammengeschrieben.
Bis demnächst
Matthias
Hallo,
„gar nicht“ wird gar nicht zusammengeschrieben.
nicht, wenns sich ums Seemannsgarn handelt.
Gruß
Kalk
@@Matthias Apsel
Mindestens der, der beim ersten mal in der Mitte war, ist zweifarbig.
Na, da haste ja schon mal ’ne untere Schranke.
Wenn bei jedem Anstrich eine andere Farbe verwendet wird, wieviele Würfel sind zweifarbig?
Genau zweifarbig? 😉
Ja, das ist gemeint. In anderen Worten: zweifarbig, aber nicht dreifarbig. 😉
Dürfen Flächen auch übermalt werden?
Ja. Aber du kannst ja mal die aller Seitenflächen der 1-cm-Würfel zählen und die Anzahl derer, die in einer Runde bemalt werden. Die Bedingung „Am Ende sind alle Seitenflächen aller 1-cm-Würfel mit Farbe versehen“ sollte dem Übermalen enge Grenzen setzen.
Deine Frage lässt vermuten, dass es auch nur genau ein Verfahren der Neuanordnung der Teilwürfel gibt, wenn man von Symmetrien absieht.
Oder dass auch alle verschiedene Verfahren zur selben Anzahl zweifarbiger Würfel führen.
LLAP 🖖
@@Gunnar Bittersmann
Mindestens der, der beim ersten mal in der Mitte war, ist zweifarbig.
Na, da haste ja schon mal ’ne untere Schranke.
Ähm, nee, da haste erst man ’n Denkfehler. Wenn der, der beim ersten mal in der Mitte war, auch beim zweiten Mal in der Mitte bleibt, ist der maximal einfarbig. Wenn der auch beim dritten Mal in der Mitte bleibt, sieht er am Ende ziemlich blass aus.
Ja. Aber du kannst ja mal die aller Seitenflächen der 1-cm-Würfel zählen und die Anzahl derer, die in einer Runde bemalt werden. Die Bedingung „Am Ende sind alle Seitenflächen aller 1-cm-Würfel mit Farbe versehen“ sollte dem Übermalen enge Grenzen setzen.
Hier wäre zu überlegen, ob das nicht vielleicht auch dem In-der-Mitte-Bleiben enge Grenzen setzt. 😉
LLAP 🖖
Hi,
Mindestens der, der beim ersten mal in der Mitte war, ist zweifarbig. Na, da haste ja schon mal ’ne untere Schranke. Ähm, nee, da haste erst man ’n Denkfehler. Wenn der, der beim ersten mal in der Mitte war, auch beim zweiten Mal in der Mitte bleibt, ist der maximal einfarbig. Wenn der auch beim dritten Mal in der Mitte bleibt, sieht er am Ende ziemlich blass aus.
Das widerspricht aber der Vorgabe, daß am Ende alle kleinen Würfel auf allen Seiten angemalt wurden.
Und da pro Malvorgang maximal 3 Flächen eines kleinen Würfels bemalt werden können, kann kein kleiner Kubus [1] mehrfach mittig sein.
cu,
Andreas a/k/a MudGuard
zugunsten der Alliteration Kubus statt Würfel ↩︎
@@MudGuard
Ähm, nee, da haste erst man ’n Denkfehler. Wenn der, der beim ersten mal in der Mitte war, auch beim zweiten Mal in der Mitte bleibt, ist der maximal einfarbig. Wenn der auch beim dritten Mal in der Mitte bleibt, sieht er am Ende ziemlich blass aus.
Das widerspricht aber der Vorgabe, daß am Ende alle kleinen Würfel auf allen Seiten angemalt wurden.
Eben.
Und da pro Malvorgang maximal 3 Flächen eines kleinen Würfels bemalt werden können, kann kein kleiner Kubus mehrfach mittig sein.
Das wollte ich gesagt haben. Oder besser: Darauf wollte ich hinaus. Nur dass andere das selber herausfinden sollten. 😉
zugunsten der Alliteration Kubus statt Würfel
„Widerstand ist zwecklos.“
LLAP 🖖
hallo
Es gibt 27 Würfel der Kantenlänge 1 cm.
Diese werden so angeordnet, dass sie einen Würfel der Kantenlänge 3 cm bilden. Dessen Außenseiten werden mit Farbe angestrichen und trocknen gelassen.
Zweimal mehr werden die 1-cm-Würfel zu einem 3-cm-Würfel zusammengebaut und dessen Außenseiten angemalt. Am Ende sind alle Seitenflächen aller 1-cm-Würfel mit Farbe versehen.
Wenn bei jedem Anstrich eine andere Farbe verwendet wird, wieviele Würfel sind zweifarbig?
Die Beschreibung ist unvollständig. Ich vermute, es sollte heissen: Wieviele Würfel sind im Schnitt nur einmal bemalt worden (Jeder Würfel hat eine ursprüngliche natürliche Farbe).
Die Lösung ist dann die gleiche wie zur Frage: Wie wahrscheinlich ist es, dass ein Würfel genau 2 mal die zentrale Lage hat wenn man 3 mal nacheinander 27 kleine Würfel zu einem grossen Würfel zusammenbaut.
Hallo
Nö, die Fragestellung ist eindeutig. Deine Gedanken dazu sind krude.
Gruss
MrMurphy
hallo
Nö, die Fragestellung ist eindeutig. Deine Gedanken dazu sind krude.
Murphy, Murphy, Murphy, studiere dein Gesetz!
Aloha ;)
Nö, die Fragestellung ist eindeutig. Deine Gedanken dazu sind krude.
Murphy, Murphy, Murphy, studiere dein Gesetz!
Nana, das ist ein wenig sehr vorlaut dafür, dass der Fehler hier wirklich bei dir liegt 😉
Zugegeben, ich war anfangs auf einem ähnlichen Holzweg wie du, aber die zentrale Angabe
Am Ende sind alle Seitenflächen aller 1-cm-Würfel mit Farbe versehen.
schließt solche „Schlupflöcher“ aus.
Grüße,
RIDER
hallo
Nö, die Fragestellung ist eindeutig. Deine Gedanken dazu sind krude.
Murphy, Murphy, Murphy, studiere dein Gesetz!
Nana, das ist ein wenig sehr vorlaut dafür, dass der Fehler hier wirklich bei dir liegt 😉 Zugegeben, ich war anfangs auf einem ähnlichen Holzweg wie du, aber die zentrale Angabe
Am Ende sind alle Seitenflächen aller 1-cm-Würfel mit Farbe versehen.
schließt solche „Schlupflöcher“ aus.
Dann ist die korrekte Antwort: 3 Würfel werden 2-farbig sein.
Aloha ;)
Am Ende sind alle Seitenflächen aller 1-cm-Würfel mit Farbe versehen.
Dann ist die korrekte Antwort: 3 Würfel werden 2-farbig sein.
Ich gehe davon aus, ja.
Grüße,
RIDER
Yup, würde ich auch so sehen. Ich denke, dass ich dafür einen Begründung formulieren kann.
Ich frage mich nur noch, ob man auch eine Anleitung angeben muss, wie das Ganze machbar ist. Sieht nicht GANZ einfach aus...
Rolf
@@Rolf b
Ich frage mich nur noch, ob man auch eine Anleitung angeben muss, wie das Ganze machbar ist.
Nicht unbedingt, wie. Es würde genügen, einen Beweis zu finden, dass das Ganze machbar ist.
Sieht nicht GANZ einfach aus…
Solch einen Beweis zu finden ohne einen genauen Algoritmus zu finden muss aber nicht unbedingt einfacher sein.
Zu sagen ‚wenn das Ganze machbar ist, dann sind 3 Würfel zweifarbig‘ ist allerdings nur die halbe Miete.
LLAP 🖖
Hallo
Das ist problemlos möglich. Einfach 30 Sekunden logisches, praktisches Denken.
Gruss
MrMurphy
Hi,
Zu sagen ‚wenn das Ganze machbar ist, dann sind 3 Würfel zweifarbig‘ ist allerdings nur die halbe Miete.
Wirklich?
Bereits erwähnt wurde:
die 3 Malvorgänge reichen genau aus, daß jede Würfelfläche genau einmal bemalt wird.
Ein Würfel, der einmal in der Mitte ist, muß die anderen beiden Male draußen sein, um vollständig bemalt zu werden.
Aus 2 ergibt sich: da dann jeweils 3 Flächen bemalt werden müssen, muß er dabei zweimal eine Eckposition innehaben.
Ein Würfel, der zweimal die Eckposition innehat, hat damit bereits alle Flächen bemalt, muß also beim dritten Mal in der Mitte sein.
Ein Würfel, der nur einmal die Eckposition innehat, bekommt dabei 3 Flächen bemalt, bei den anderen beiden Malen weniger als 3 (er hat ja kein zweites Mal die Eckposition). Also muß er insgesamt 3mal bemalt werden, damit 3 + 2* (weniger als 3) = 6 Flächen bemalt zu bekommen.
Da es nur 3 Malvorgänge gibt, und jeweils nur 1 Würfel in der Mitte sein kann, wo er nicht bemalt wird, kann es nicht mehr als 3 Würfel geben, die zweifarbig sind. Und auch nicht weniger, da jedes Mal ein Würfel mittig sein muß (aber, wie bereits erwähnt, nicht mehrfach in der Mitte sein kann).
cu,
Andreas a/k/a MudGuard
Ich denke, mann muss auch noch begründen, dass überhaupt eine Umordnung für die Anstriche 2 und 3 existiert. D.h. dass es auch für diese Anstriche jeweils 8 Eckwürfel gibt, bei denen 3 Seiten noch unbemalt sind, und 12 Kantenwürfel, wo noch 2 Seiten unbemalt sind. Es wäre ja nun blöd, wenn im 3. Malvorgang nur noch 6 Würfel mit drei unbemalten Kanten existieren, und dafür 14 mit zwei freien Kanten. Oder dass Du beim dritten Anstrich feststellst, dass Du nur 4 Würfel mit 5 bemalten Seiten hast und die Seitenmitten damit nicht bestückt bekommst.
Rolf
Hallo,
Ich denke, mann muss auch noch begründen, dass überhaupt eine Umordnung für die Anstriche 2 und 3 existiert. D.h. dass es auch für diese Anstriche jeweils 8 Eckwürfel gibt, bei denen 3 Seiten noch unbemalt sind, und 12 Kantenwürfel, wo noch 2 Seiten unbemalt sind. Es wäre ja nun blöd, wenn im 3. Malvorgang nur noch 6 Würfel mit drei unbemalten Kanten existieren, und dafür 14 mit zwei freien Kanten. Oder dass Du beim dritten Anstrich feststellst, dass Du nur 4 Würfel mit 5 bemalten Seiten hast und die Seitenmitten damit nicht bestückt bekommst.
Nein, das ist zwar eine interessante Aufgabe, aber eben eine andere. In der vorliegenden wird dieses bereits als gegeben vorausgesetzt: Nach der dritten Runde sind alle kleine Flächen farbig.
Gruß
Kalk
Naaa gut. Aufgeschrieben und bei Gunnar hinterlegt hab ich's trotzdem mal. Es ist aber eher doch wieder konstruktiv geworden, aber immerhin allgemeiner als "Nummeriere die Würfel von 1-27 und ordne sie pro Anstrich SO an...
Rolf
Ja, ich denke schon, dass ich nicht nur eine konkrete Anordnung benennen kann, sondern auch eine abstraktere Begründung habe, warum eine Anordnung möglich ist.
Meine Überlegungen zum Herstellen einer Anordnung waren aber der geistige Treibstoff, aus denen ich die Begründung destillieren kann. Rein abstrakt hätte ich das wohl eher nicht hinbekommen.
Rolf
Aloha ;)
Meine Überlegungen zum Herstellen einer Anordnung waren aber der geistige Treibstoff, aus denen ich die Begründung destillieren kann. Rein abstrakt hätte ich das wohl eher nicht hinbekommen.
Das ist ganz normal. Man findet abstrakte Aussagen oft dadurch, dass man konkrete davon abgeleitete Probleme untersucht und Gemeinsamkeiten in der Problemlösung findet, die man dann erfolgreich abstrahieren kann. Die Abstraktion ist allerdings der zentrale Schritt, die konkreten Beispiele nur der Weg dahin - es gibt keinen Beweis durch Beispiel.
Das fühlt sich vielleicht an wie von hinten durch die Brust ins Auge aber Mathematik funktioniert (zumindest da, wo es ums beweisen und nicht ums Rechnen geht) eben meistens wirklich so (und nur so).
Grüße,
RIDER
Aloha ;)
Zu sagen ‚wenn das Ganze machbar ist, dann sind 3 Würfel zweifarbig‘ ist allerdings nur die halbe Miete.
Nein. Für diese Aufgabe ist das alles was man braucht - die endgültige Bemalung aller Würfelflächen ist in der Aufgabe schon vorausgesetzt.
Voraussetzungen müssen nicht bewiesen werden. Nur ist der sich aus der Aufgabe ableitende Satz, den man mit diesem Beweis formulieren könnte, eben schwächer als er sein müsste, da er eine an sich nicht notwendige (da beweisbare) Voraussetzung enthält.
Grüße,
RIDER
Aloha ;)
Ich frage mich nur noch, ob man auch eine Anleitung angeben muss, wie das Ganze machbar ist. Sieht nicht GANZ einfach aus...
Nein, die Anleitung ist irrelevant - Mathematiker tun im Zweifelsfall nur das, was explizit von ihnen verlangt wird. Es genügt eine Beweisführung, die die Frage zweifelsfrei beantwortet. Eine Konstruktionsanleitung ist in vielen Fällen nur ein Beispiel, ein Beweis erfordert, dass auch sichergestellt ist, dass es keine Alternativen mit anderem Ausgang gibt. Eine Konstruktionsanleitung ist demnach nur dann ein Beweis, wenn ihre Alternativlosigkeit in Bezug auf die Fragestellung in irgendeiner Form gezeigt wird.
Da sich das Wochenende zum Ende neigt hier jetzt ein Beweis:
0.: Wie in mehreren Antworten in diesem Thread gezeigt ist ein Übermalen nicht möglich, da insgesamt $$6 \cdot 27 = 162$$ Flächen bemalt werden müssen und in allen drei Durchläufen insgesamt nur $$6 \cdot 9 \cdot 3 = 162$$ Flächen-Malvorgänge stattfinden. Ein Übermalen auch nur einer Fläche würde also bedeuten, die Bedingung, dass nachher alle Würfel vollständig bemalt sein sollen, zu verletzen.
1.: Bei jedem Durchlauf werden $$26$$ Würfel an mindestens einer Fläche bemalt und ein Würfel an keiner Fläche bemalt (der im Zentrum des Würfels). Es ergibt sich aus der Geometrie des Problems, dass es Würfelplätze mit $$1$$ (Zentrum einer Fläche), $$2$$ (Kante des großen Würfels mittig) und $$3$$ (Ecke des großen Würfels) Flächenbemalungen pro Durchlauf gibt, falls sich der Würfel nicht im Zentrum befindet.
2.: Damit ein Würfel nur zweifarbig ist, muss er also mindestens in einem Durchlauf im Zentrum gewesen sein. Das legt für die Anzahl der zweifarbigen Würfel eine obere Schranke von $$3$$ fest.
3.: Angenommen, ein Würfel befände sich bei zwei Durchläufen im Zentrum. Dann müssten beim dritten Durchlauf alle $$6$$ Flächen bemalt werden. Das stellt aber einen Widerspruch dazu dar, dass es nur Positionen mit maximal $$3$$ Flächenbemalungen je Durchlauf gibt. Daraus folgt, dass ein Würfel nicht zweimal im Zentrum sein kann und, dass es demnach auch keine einfarbigen Würfel gibt.
4.: Aus 2. und 3. folgt: Es gibt exakt drei Würfel, die bei je einem Durchlauf im Zentrum sind und demnach zweifarbig sind.
q.e.d.
Weil ich aber nicht nur Mathematiker, sondern auch Physiker und damit ein wenig praktischer veranlagt bin, kriegst du gerne auch noch eine Anleitung. Ganz so kompliziert wie du denkst ist es nicht.
Für die dreifarbigen Würfel gibt es genau folgende Möglichkeiten, an allen $$6$$ Flächen bemalt zu werden:
Man kann sich leicht klarmachen, dass eine Bemalung der Flächen bei geeigneter Drehung so auch immer ohne Übermalen möglich ist.
Für die zweifarbigen Würfel gibt es genau eine Möglichkeit, an allen $6$ Flächen bemalt zu werden:
Nun gibt es im Würfel, wie man sich leicht klarmachen kann
Insgesamt $$6*3=18$$ der dreifarbigen Würfel können damit nach Methode 1 gefärbt werden, indem in sechs Gruppen zu je drei Würfeln zwischen Flächenmitte, Ecke und Kante rotiert wird. Damit sind in jedem Durchgang je $$6$$ Eck-, Kanten- und Flächenmittepositionen vergeben.
Wir haben also noch $$6$$ Kantenpositionen, bei denen die dreifarbigen Würfel nach Methode 2 ihre Position behalten und nur jedesmal geeignet um sich selbst gedreht werden.
Damit bleiben noch exakt $$2$$ Eckpositionen und die Zentrumsposition übrig, durch die die zweifarbigen Würfel rotieren.
Betrachtet man den Würfel Schicht für Schicht von oben und markiert die Positionen mit E/K/F/Z und die Gruppen, die ihre Plätze zyklisch tauschen, je mit einer Zahl (dreifarbig 1-6, zweifarbig 7) und die ortsfesten Würfel mit einem -, so ergibt sich zum Beispiel dieses Bild:
oben mitte unten
+---+---+---+ +---+---+---+ +---+---+---+
|E 1|K 1|E 7| |K 2|F 2|K 4| |E 2|K -|E 4|
+---+---+---+ +---+---+---+ +---+---+---+
|K -|F 1|K -| |F 3|Z 7|F 4| |K -|F 6|K -|
+---+---+---+ +---+---+---+ +---+---+---+
|E 7|K -|E 5| |K 3|F 5|K 5| |E 3|K 6|E 6|
+---+---+---+ +---+---+---+ +---+---+---+
Grüße,
RIDER
Hallo,
Es gibt 27 Würfel der Kantenlänge 1 cm.
Da muss man aber zuerst fragen, wo man 27 Würfel herkriegt: Spiegelrätsel
Gruß
Kalk
@@Gunnar Bittersmann
Ich stelle mal meine Lösung vor (die sich im Wesentlichen mit Camping_RIDERs deckt und auch mit der, die mir Rolf b per DM zukommen ließ):
Wie wir bereits gesehen haben, reichen 3 Runden gerade so aus, um alle Seitenflächen der 1er-Würfel zu bemalen. Keine Fläche darf übermalt werden.
Um am Ende zweifarbig zu sein, muss ein 1er-Würfel einmal im Zentrum des 3er-Würfels gewesen sein. Ein 1er-Würfel darf höchstens einmal im Zentrum sein; d.h. in jeder Runde muss ein anderer 1er-Würfel im Zentrum sein. Da es 3 Runden gibt, gibt es am Ende 3 zweifarbige Würfel – wenn denn die Bemalung überhaupt möglich ist.
Und so geht’s: Wir betrachten 3 Zeitpunkte (in den 3 Runden), wo die 1er-Würfel zum 3er-Würfel zusammengesetzt sind und der Maler jeweils seine Arbeit getan hat. (Wie hieß der Mann der Frau des Malers? Aber das ist ein anderes Rätsel.)
Ein 1er-Würfel kann in 4 verschiedenen Zuständen (Positionen im 3er-Würfel) sein:
Es ist zu jedem der 3 Zeitpunkte jeweils 1 Würfel im Zustand Z, 6 im Zustand F, 12 im Zustand K und 8 im Zustand E.
Der Würfel, der in der 1. Runde in Z war, muss danach in den Zustand E wechseln, ansonsten ist die Bemalung aller restlichen Flächen in der 3. Runde nicht möglich. In der 3. Runde muss er auch im Zustand E sein. Aus demselben Grund muss der Würfel, der in der 2. bzw. 3. Runde in Z ist, vorher in E gewesen sein. Es ergibt sich ein Zyklus mit 3 Würfeln:
Ein Würfel, der in einer Runde in F ist (also 1 Fläche mit frischer Farbe hat), muss in den anderen beiden Runden die Zustände K und E durchlaufen, damit am Ende alle 6 Seiten bemalt sind.
Es gibt also 6 solcher Zyklen:
Damit sind jetzt 1× Z, 6× F, 8× E und 6× K belegt. Verbleiben noch 6 Würfel, die in jeder Runde im Zustand K sind:
Beim Zusammensetzen des 3er-Würfels muss man freilich darauf achten, dass man die 1er-Würfel so dreht, dass die Bemalung der restlichen Flächen in späteren Runden noch möglich ist. (Nicht dass man bspw. nach der 2. Runde einen Würfel hat, bei dem 2 gegenüberliegende Flächen noch unbemalt sind.) Das ist aber immer möglich.
So, wo nun alle Würfel bemalt sind, geht’s an die Ostereier.
LLAP 🖖
Hallo,
Wie hieß der Mann der Frau des Malers? Aber das ist ein anderes Rätsel.
Ägypten?
Gruß
Kalk
@@Tabellenkalk
Wie hieß der Mann der Frau des Malers? Aber das ist ein anderes Rätsel.
Ägypten?
Der Kandidat erhält 💯 Punkte – der Gegenkanditat allerdings.
LLAP 🖖
Aus den Ostereiern kann ich aber kein Riesenei zusammensetzen.
(Naja, ich KANN schon, aber das Ergebnis ist Matsch)
Jedenfalls finde ich solche Aufgaben immer wieder spannend. Herzlichen Dank den Lieferanten!
Rolf
Hi,
Aus den Ostereiern kann ich aber kein Riesenei zusammensetzen.
(Naja, ich KANN schon, aber das Ergebnis ist Matsch)
Wieso Matsch? Stangenei!
cu,
Andreas a/k/a MudGuard
@@Gunnar Bittersmann
@five_triangles (wo ich das Rätsel herhabe) schreiben: “The longer this pinned tweet festers, the more we like the problem.”
LLAP 🖖