WGMS III - Lösungen der Knobelaufgaben

Transkript

1 Jörn Schweisgut WGMS III - Lösungen der Knobelaufgaben 1. In wie viele Teile kann man eine Pizza mit drei geraden Schnitten maximal zerschneiden? Und mit vier Schnitten? Die meisten Teile erhält man, wenn sich die Geraden alle jeweils paarweise schneiden und zwar in verschiedenen Punkten. Pro Gerade kommen dann so viele Teile hinzu, wie es anschließend Geraden gibt. Das liegt daran, dass die zusätzliche Gerade bei jedem Schnitt mit einer bereits vorhandenen Geraden ein neues Gebiet entstehen lässt. Zusätzlich ist bereits bei 0 Schnitten schon ein Gebiet vorhanden. Für die erste Gerade kommt also 1 Teil hinzu. Für die zweite Gerade kommen Teile hinzu. usw. Von der i ten auf die (i + 1) te Gerade kommen i + 1 Teile hinzu. Ausgehend von dieser rekursiven Folge kann man die Folgenglieder auch explizit angeben. Für n Geraden gibt es insgesamt n = 1 + n (n+1) Teile. Entsprechend gibt es bei 3 Schnitten = 7 Teile und bei 4 Schnitten schon 1 + = 11 Teile. Bemerkung: Dies gilt natürlich nur, wenn man nicht mit horizontalen Schnitten die Pizza in Scheiben zerlegt.. Sie haben neun Münzen, die äußerlich ununterscheidbar sind. Acht sind gleich schwer, eine ist leichter als die anderen. Sie sollen mit nur zwei Wägungen einer Balkenwaage herausfinden, welches die leichtere Münze ist. Zunächst legt man auf jede Seite der Waage 3 Münzen auf. Nun unterscheidet man zwei Fälle: (i) Die erste Wägung ergibt, dass beide Stapel gleich schwer sind. Dann legt man auf jede Seite jeweils noch eine Münze hinzu und wiegt erneut. Stellt sich wieder ein Gleichgewicht ein, so ist die verbleibende Münze die leichte. Ist die linke Seite schwerer, so ist die zuletzt auf die rechte Seite gelegte Münze die leichte. Ist die rechte Seite schwerer, so ist die zuletzt auf die linke Seite gelegte Münze die leichte. (ii) Die erste Wägung ergibt, dass eine der beiden Stapel leichter ist. Dann legt man den schwereren Stapel beiseite und nimmt wiegt zwei der drei Münzen des leichteren Stapels gegeneinander ab. Stellt sich ein Gleichgewicht ein, so ist die verbleibende Münze die leichte. Andernfalls ist direkt abzulesen, auf welcher Seite die leichte Münze liegt. 3. Sie haben 10 Säcke, von denen jeder entweder mit Goldmünzen à 10g oder mit äußerlich nicht unterscheidbaren Imitationen gefüllt ist, wobei eine falsche Münze 9, 9g wiegt. Nehmen Sie geeignete Anzahlen von Münzen aus den Säcken und stellen Sie unter einmaliger Verwendung einer digitalen Waage fest, welche Säcke mit echten und welche mit falschen Münzen gefüllt sind? Lösung: Mit folgendem Verfahren lässt sich bestimmen, in welchen der Säcke sich Imitationen befinden. Zur Identifizierung gibt man den einzelnen Säcken die Nummern 1 bis n = 10. Aus dem ersten Sack entnimmt man 1 Münze, aus dem zweiten Münzen, aus dem dritten 4 Münzen und allgemein aus dem Sack mit der Nummer k entnimmt man k 1 Münzen. Insgesamt sind dies m = n k 1 = k=1 nach WGMS II, Klausur 1, Aufgabe a n 1 = 103 Münzen. n=10 Jede echte Münze wiegt e = 10, 0g, jede falsche Münze f = 9, 9g. Wären alle Münzen echt, müsste die Dezimalwaage m e anzeigen. Wird allerdings ein Gewicht von d < m e gemessen, lässt sich daraus errechnen, wie viele falsche

2 Münzen auf der Waage liegen. Es sei a die Anzahl der falschen Münzen, dann ist das Gesamtgewicht d = a f + (m a) e und für die Anzahl der falschen Münzen ergibt sich a = m e d e f = 1030g d 0,1g. Weil sich jede natürliche Zahl auf genau eine Weise als Summe von Zweierpotenzen darstellen lässt, kann man an der Binärdarstellung von a erkennen, aus welchen Säcken die falschen Münzen stammen. Steht an k-ten Stelle von hinten eine 0 bzw. eine 1, enthält der Sack mit der Nummer k echte bzw. falsche Münzen. Zeigt die Waage zum Beispiel d = 1001, 0g an, dann ist a = 90 = ( ). Die Säcke mit den falschen Münzen sind also die mit den Nummern, 6 und Vor ihnen liegen fünf Münzen. Zwei zeigen Kopf, bei den anderen dreien ist Zahl oben. Ein Zug besteht darin, zwei Münzen simultan umzudrehen. Können Sie erreichen, dass nach einer gewissen Anzahl von Zügen alle Münzen mit dem Kopf nach oben liegen / alle mit der Zahl nach oben liegen? Es ist leicht zu erreichen, dass alle Münzen mit Zahl oben liegen - man muss nur die beiden Münzen, die Kopf zeigen simultan umdrehen. Man kann nicht erreichen, dass alle mit Kopf nach oben liegen: Dreht man zwei Münzen um bei denen verschiedene Seiten nach oben zeigen, ändert man an der Anzahl der Kopf zeigenden Münzen bzw. Zahl zeigenden Münzen nichts. Dreht man zwei Münzen um, die Kopf zeigen, reduziert man die Anzahl der Münzen die Kopf zeigen um und erhöht die Zahl derer die Zahl zeigen um. Dreht man umgekehrt zwei Münzen um, die Zahl zeigen, reduziert man die Anzahl der Münzen die Zahl zeigen um und erhöht die Zahl derer die Kopf zeigen um. Man kann die Anzahl also immer nur um Vielfache von verändern. Um aber nur drei Münzen, die Zahl zeigen umzudrehen, müsste man die Anzahl derer die Zahl zeigen um eine ungerade Zahl verändern. Das ist nicht möglich. 5. Die Knobelaufgabe Aus einem Dominospiel (8 Steine) wird ein Dominostein, der zwei verschiedene Augenzahlen hat, heimlich entfernt. Dann werden die restlichen 7 Steine in einer Reihe ausgelegt, so dass jeweils zwei gleiche Zahlen aneinanderstoßen. Welche Zahlen liegen an den Enden der Reihe? Von Aufgabenblatt wissen wir, ein Dominospiel bei dem die Augenzahlen 0, 1,..., 6 vorkommen besteht aus ( ) ( 7+ 1 = 8 ) = 8!! (8 )! = 8 7 = 4 7 = 8 Steinen. Wenn man die Steine in der beschriebenen Weise aneinanderlegt, so liegen die Augenzahlen an den Enden der Reihe, die auf dem entfernten Stein abgebildet sind. Dies liegt daran, dass jede Augenzahl im vollständigen Spiel genau 8 mal vorkommt, also sich beim Aneinanderlegen immer 4 Paare (Anlegemöglichkeiten) gleicher Augenzahl bilden. Da ein Stein entfernt wurde, kommen die (verschiedenen) Augenzahlen, die auf diesem Stein abgebildet sind, nur 7 mal vor. Es bleiben also bei diesen beiden Augenzahlen jeweils ein Stein, an den man keinen anlegen kann. Damit alle Steine in einer Reihe liegen können, müssen sich diese Augenzahlen an den Enden der Reihe befinden. 6. Drei Erwachsene und drei Kinder wollen einen Fluss mit einem Ruderboot überqueren. Das Boot ist so klein, dass es nur einen Erwachsenen oder zwei Kinder fasst. Wie viele Überfahrten sind nötig, um alle ans andere Ufer zu bringen? Zunächst müssen zwei Kinder hinüber, damit das Boot dann von einem Kind wieder zurückgefahren

3 Dann können die letzten beiden Kinder hinüber fahren. Das Boot muss 8 mal hinüber (und 7 mal zurück) fahren. Und wie viele, wenn vier Erwachsene und vier Kinder hinüber wollen? Die Vorgehensweise ist die gleiche: Zunächst müssen zwei Kinder hinüber, damit das Boot dann von einem Kind wieder zurückgefahren Jetzt muss man wieder mit den Kindern weitermachen: Zunächst müssen zwei Kinder hinüber, damit das Boot dann von einem Kind wieder zurückgefahren Dann kann der vierte Erwachsener hinüber, das zweite Kind nimmt das Boot zurück. Dann können die letzten beiden Kinder hinüber fahren. Das Boot muss 11 mal hinüber (und 10 mal zurück) fahren. 7. Dieser Geheimtext ist mit einem Gartenzaun-Verschlüsselungsalgorithmus chiffriert worden: I A N E G T S S D S I G T R L O I H U? T E U A R M. Wie könnte dieser Algorithmus funktionieren? I A N E G T S S D S I G T R L O I H U? T E U A R M Ist das ein guter Algorithmus? 8. Weihnachtsgeschenke: Bevor die Geschwister ihre in drei Pakete verpackten Weihnachtsgeschenke in Augenschein nehmen, stellen sie fest, dass sich die drei quaderförmigen Pakete zu einem einzigen Quader mit den Kantenlängen 6 dm; 5 dm; dm aneinanderlegen lassen. Außerdem haben alle in Dezimeter gemessenen Kantenlängen der drei Pakete ganzzahlige Werte. Zwei der Pakete sind volumengleich, ohne dass sie jedoch durchweg gleiche Kantenlängen haben. Das dritte der Pakete hat ein kleineres Volumen als jedes dieser beiden. Welche Maße haben die drei Pakete? Infolge der Aufgabenstellung muss mit V 3 < V 1 = V die Beziehung V 1 +V 3 = 5 6 dm 3 = 60 dm 3 gelten.

4 Für die Gleichung V 1 + V 3 = 60 dm 3 existieren aber unter Berücksichtigung von V 3 < V 1 nur die in der Tabelle angegebenen ganzzahligen Lösungen. V 3 in dm 3 V 1 in dm = = = = 6 = Von den möglichen V 1 -Werten besitzt jedoch nur die Zahl 4 mehr als eine Produktdarstellung aus drei Faktoren x N mit l x 6. Die beiden volumengleichen Pakete müssen folglich zwei der drei Abmessungen l dm; 4 dm; 6 dmbzw. dm; dm; 6 bzw dm; 3 dm; 4 dm haben, und für das dritte Paket gilt entweder 1 dm; dm; 6 dm oder dm; dm; 3 dm oder l dm; 3 dm; 4 dm. Der Quader 1 dm; 4 dm; 6 dm passt mit keinem der beiden anderen Quader mit dem Volumen 4 dm 3 in einen Hohlquader mit den Abmessungen dm; 5 dm; 6 dm. Mithin haben die beiden volumengleichen Pakete die Abmessungen dm; 3 dm; 4 dm und dm; dm; 6 dm. Das dritte Paket hat, wie nun leicht zu ermitteln ist, die Abmessungen dm; dm; 3 dm. 9. Rosen im Haar: Anette hatte ihre Freundinnen Beate, Christa und Daniela zu sich eingeladen. Die vier Frauen nahmen am Tisch Platz. Anettes Ehemann legte vor den Augen der Frauen vier rote und zwei weiße Rosen in einen Korb und erklärte, dass er jeder der Frauen eine dieser Rosen ins Haar stecken werde. Dabei dürfe aber keine der Frauen sehen, welche Rose in ihr eigenes Haar gesteckt werde und welche beiden Rosen im Korb blieben. Jede der Frauen konnte nach dieser Prozedur natürlich die Rosen im Haar der Freundinnen sehen. Nunmehr fragte Anettes Mann die Frauen nacheinander, welche Farbe die Rose in ihrem Haar habe. Jede der Frauen dachte gründlich nach, bevor sie antwortete. Als erste äußerte Anette, sie wisse nicht, welche Farbe die Rose in ihrem Haar habe. Danach meinte Beate, sie wisse es auch nicht. Jetzt aber konnten Christa und Daniela die Farbe der Rose in ihrem Haar sofort angeben. Welche Farben waren es? Hätte Anette im Haar ihrer drei Freundinnen Beate, Christa und Daniela zwei weiße und eine rote Rose bemerkt, so hätte sie selbst, da insgesamt nur zwei weiße Rosen vorhanden waren, eine rote Rose tragen müssen, die Farbe ihrer Rose folglich bestimmen können. Dieser Fall scheidet demnach aus. Anette sah auf Grund ihrer Antwort entweder eine weiße und zwei rote oder drei rote Rosen. Da Beate das gleiche wie Anette äußerte, konnte auch sie entweder eine weiße und zwei rote oder drei rote Rosen gesehen haben, jetzt jedoch im Haar von Anette, Christa und Daniela. Hätte Beate bei Christa oder bei Daniela eine weiße Rose bemerkt, so konnte sie selbst auf Grund der Äußerung von Anette, die Beate ja gehört hatte, nur eine rote Rose tragen. Folglich hatten sowohl Christa als auch Daniela eine rote Rose im Haar. 10. Wie könnte jeweils das nächste Glied dieser Folgen lauten? (a) Das ist vermutlich die Folge der Quadratzahlen 1,, 3,.... Es geht dann weiter mit 5, 36, 49, 64,.... (b) Vom ersten auf das zweite Folgenglied werden addiert. Vom zweiten auf das dritte werden 3 addiert. Um vom dritten auf das vierte Glied zu kommen, addiert man 4 usw. Es geht also weiter mit 1, 8, 36, 45, 55, 66, 78,....

5 (c) Die Folge der Kubikzahlen 1 3, 3, 3 3, 4 3,... lässt sich weiterführen mit 15, 16, 343, 51, 79, 1000,.... (d) Das sieht nach der Folge der Primzahlen aus, die man wie folgt weiterführen kann: 13, 17, 19, 3,.... (e) Bei der Folge der Fibonacci-Zahlen ist jedes Folgenglied (ab dem dritten) immer die Summe der beiden Vorgänger. Es geht also weiter mit 1, 34, 55, 89,.... (f) Zugegeben, die ist gemein. Man schaut sich immer das vorhergehende Folgenglied nach Zahlenblöcken an. Beim ersten Folgenglied hat man eine 1. Nun schreibt man diese Anzahl (eine) als Zahl und erhält das zweite Folgenglied 11. Beim zweiten Folgenglied hat man zwei 1-er. Daher ist das dritte Folgenglied 1. Das dritte Folgenglied enthält zunächst eine und dann eine 1. Somit ist das vierte Glied 111. Das fünfte Glied 1111 erhält man, da das dritte aus einer 1, einer und zwei 1-ern besteht. Das sechste Glied ist dann 3111, das siebte 13111, das achte Die angegebene Folge geht also weiter mit 3111, 13111, , , ,....