@@Gunnar Bittersmann Ich stelle mal meine Lösung vor (die sich im Wesentlichen mit [Camping_RIDERs](https://forum.selfhtml.org/self/2017/apr/8/mathematik-zum-wochenende/1691806#m1691806) 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: * *Z* — im Zentrum; keine Fläche frisch gestrichen * *F* – in einem Flächenmittelpunkt; 1 Fläche frisch gestrichen * *K* – in einem Kantenmittelpunkt; 2 Flächen frisch gestrichen * *E* – in einer Ecke; 3 Flächen frisch gestrichen 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: {: width="150"} 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: {: width="150"} 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: {: width="150"} 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 🖖 -- “When UX doesn’t consider *all* users, shouldn’t it be known as ‘*Some* User Experience’ or... SUX? #a11y” —[Billy Gregory](https://twitter.com/thebillygregory/status/552466012713783297)

@@Gunnar Bittersmann Ich stelle mal meine Lösung vor (die sich im Wesentlichen mit [Camping_RIDERs](https://forum.selfhtml.org/self/2017/apr/8/mathematik-zum-wochenende/1691806#m1691806) 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: * *Z* — im Zentrum; keine Fläche frisch gestrichen * *F* – in einem Flächenmittelpunkt; 1 Fläche frisch gestrichen * *K* – in einem Kantenmittelpunkt; 2 Flächen frisch gestrichen * *E* – in einer Ecke; 3 Flächen frisch gestrichen 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: {: width="150"} 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: {: width="150"} 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: {: width="150"} 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 🖖 -- “When UX doesn’t consider *all* users, shouldn’t it be known as ‘*Some* User Experience’ or... SUX? #a11y” —[Billy Gregory](https://twitter.com/thebillygregory/status/552466012713783297)