Tante Erna und die Einbrecherin
Also wenn Euch die Denkaufgaben Spaß machen … eine hab ich noch.
Tante Erna ist im Besitz eines unglaublich wertvollen Dominospiels, das aus Gold gefertigt, mit edlen Juwelen besetzt, reich gearbeitet ist. Und es ist unbezahlbar, denn die siebte Gattin des Maharadschas von Sulibabilu hat es ihrer Urgroßmutter Luise auf einer deren Dschungelexpeditionen persönlich zum Dank dafür geschenkt, daß sie derren Lieblingsenkelin Wunniwahanna davor gerettet hat, vor einer Löwin gefressen zu werden, als sie sich im Dschungel verlaufen hatte. Und Urgroßmutter Luise hatte es von Mutter zu Tochter vererbt, bis es bei Luise angekommen war.
Tante Erna leidet unter einer besonderen Form der Dyskalkulie. Sie kann überhaupt nicht zählen und sich auch keine geometrischen Formen merken – sie kann ein Quadrat nicht von einem Dreieck unterscheiden. Sie weiß nicht und kann es nicht nachzählen, daß das Dominospiel aus genau 50 Dominosteinen besteht. Jeder dieser Steine – wie das bei Dominosteinen eben so ist – ist doppelt so lang wie breit ist. Also zwei Längeneinheiten lang und eine breit. (2×1 LE) Aber nicht immer. Man kann ihn auch um 90 Grad drehen, dann ist er nur 1 LE lang, aber 2 LE breit (Haha, Späßle g’macht.) Und weil bei den alten Maharadschas Ordnung herrschte, gehört zu den Steinen noch ein quadratisches Brett, das genau 10×10 LE groß ist, und auf dem entsprechend 100 Quadrate mit jeweils 1LE eingezeichnet sind (also einfach in beiden Richtungen in 10 Streifen unterteilt, die eingezeichnet sind). Wie man leicht und trivial sehen kann, kann man die 50 Steine, die jeweils zwei 1x1LE-Felder groß sind, als zwei Felder belegen, ohne weiteres so auf dem 10×10-Feld ablegen, daß alle Steine zusammen genau das Brett bedecken. So weiß sogar Tante Erna, daß das Spiel vollständig ist und alle Steine da sind – weil das Brett exakt bedeckt ist.
In der Nacht kommt eine Einbrecherin, die von der Dyskalulie Ernas weiß und deshalb nicht das ganze Spiel, sondern nur einen Stein klauen möchte. Sie hofft, das Erna das nicht bemerkt und den Diebstahl nicht meldet. Sie entwendet also einen der 50 Dominosteine. Außerdem hat sie eine Säge dabei und sägt aus dem Brett zwei Felder heraus, nämlich das in der Ecke unten links und das in der gegenüberliegenden Ecke oben rechts. Weil dann das Brett natürlich nur noch 98 Felder hat, was ja genau dazu paßt, daß nur noch 49 Steine da sind. Gerade als sie die Steine wieder auf das Brett legen will, wird sie durch ein Geräusch gestört und muß verschwinden.
Am nächsten Morgen findet Tante Erna das leere Brett und die Steine auf dem Boden, merkt aber nicht, daß etwas fehlt und das Brett eine etwas andere Form hat. Sie glaubt, die Katze habe die Steine heruntergeworfen und möchte sie nun wieder auf das Brett legen.
Aufgabe: Hilf Tante Erna und finde eine Anordnung, mit der man die nun nur noch 49 Dominosteine auf das Brett mit nun nur noch 98 Feldern legen kann, so daß das Feld wieder exakt bedeckt und Tante Erna zufrieden ist. Lösungen gerne auch als Graphik an mich, ist pappe es dann hier in die Blog-Seite rein. Auch Algorithmen, die die Lösung finden, werden akzeptiert.
26 Kommentare (RSS-Feed)
Mist. Ihr seid gut. Die erste richtige Lösung ist schon wieder da…
Vetraqjvr tynhor vpu fb nhf qrz Uvagrexbcs, qnß qnf avpug trug…
@Jens: Tja, aber bloße Vermutungen helfen Erna auch nicht weiter…
Okay, das klappt nicht.
Nehmen wir das 10×10 Brett als Schachbrett. Dann haben die zwei diagonal gegenüberliegenden Felder die gleiche Farbe. Wenn ich die zwei raussäge, dann habe ich z.B. 2 weiße Felder mehr als schwarze Felder auf dem Brett.
Einen Dominostein auf das Brett zu legen bedeutet immer, daß ich ein weisses und ein schwarzes Feld mit dem Stein bedecke. Ich kann das Brett somit füllen, solange bis zwei weisse Felder übrigbleiben. (es sind ja zwei mehr als schwarze). Und diese zwei weissen Felder sind nicht benachbart.
Ergo: Tante Erna hat Pech gehabt.
Vorschlag für weitere Rätsel, die möglicherweise ein bißchen länger beschäftigen:
* Tante Berta hat N Kochtöpfe und genauso viele Deckel.
Jetzt ist sie etwas eigen und jedem Topf ist eindeutig ein Deckel zugeordnet (nicht von der Passform, aber von der Farbe) und jeder Topf hat eine eigene Farbe. Preisfrage: gibt es eine geschlossene Formel, um für jedes N die Anzahl aller Kombinationen anzugeben, bei denen kein Deckel auf dem passenden Topf landet? Das ist wichtig für Berta, da sie demnächst zusätzliche Anschaffungen an Töpfen und Deckeln plant und immer den Überblick behalten möchte 🙂
* der Onkel zur Tante hat übrigens auch ein tolles Spiel an der Wand hängen: es ist ein 10×10 Quadrat mit farbigen quadratischen Spielsteinen, die eine Innen- und eine Außenfarbe besitzen.
Es gibt 10 Innen und 10 Außenfarben und jede Kombination kommt einmal vor.
Hilf dem Onkel sein Bild zu sortieren: schaffst Du es, die Steine so zu legen, daß jede Farbe sowohl innen *als auch* außen in jeder Zeile und jeder Spalte *genau* einmal vorkommt.
Kleiner Hinweis: es ist besonders niederträchtig, daß die Kantenlänge genau 10 Felder beträgt 🙂
Für Kantenlänge 3 sieht eine der Lösungen z.B. so aus:
11 22 33
23 31 12
32 13 21
(1. Zahl ist die Farbe innen, 2. Zahl ist die Farbe außen)
Bitte keine Rätsel mehr.
Keine Sorge, ich kenne eh nicht mehr (nur noch so ein oder zwei ganz doofe).
Schreib ich aber was Ernstes, meinen viele Leute, es sei ihnen rätselhaft, wie ich zu solchen Auffassungen kommen könnte…
Geht leider nicht.
Man stelle sich zur Illustration vor, das Brett wäre gemustert wie ein Schachbrett. Dann fehlten nach dem Heraussägen entweder 2 schwarze oder 2 weiße Felder. Ein Dominostein muss aber immer je ein schwarzes und ein weißes Feld belegen.
Tante Erna kann also nicht geholfen werden. Hoffentlich kommt sie zum richtigen Schluss und ruft die Pozilei.
es kann nicht gehen….
Die Einbrecherin hätte 2 nebeneinander liegende LE absägen müssen, dann würde es gehen.
Da Sie (die Einbrecherin) eine LE in der Ecke unten links und eine LE in der gegenüberliegenden Ecke oben rechts abgesägt hat sind die Anzahl der LE mit der Anzahl der LE der verbliebenen Dominosteine identisch (48) aber geometrisch nicht mehr unter zu bringen.
Nachvollziehbar ?
Gruß Micha
@micha: Nöh. Das ist überhaupt keine Begründung. Wenn sie die Ecke unten links und unten rechts absägt, geht es beispielsweise ganz einfach.
ja wenn…
hat Sie aber nicht 😉
Hmmmm, in erklären hab ich es nicht so, gut das ich kein Lehrer geworden bin.
guts nächtle ….
Micha
Ich vermute, dass es gar nicht geht…
warum nicht? Nun, das Problem hängt nicht (direkt) von der Länge des Spielfeldes ab. Nur gerade muss das Spielfeld sein, d.h. es muss sich glatt durch 2LE teilen lassen.
Nun kann man (als ersten Test) das Problem auf ein 2×2 Feld beschränken. Hierbei sieht man trivialer weise, dass es nicht gehen kann.
eo
oe
e sind die kaputten Ecken und o die freien Felder.
Nehmen wir nun an, dass wir das Problem für ein 2n langes Feld gelöst haben. wenn wir das (quadratische) Spielfeld um weiter zwei Felder erweitern, haben wir dazu vier Möglichkeiten, wobei sich jeweils zwei Aufgrund der Symmetrie gleichen:
a) Wir erweitern das Spielfeld an einer kaputten Ecke, welche natürlich immer noch außen liegen muss, d.h. die ursprüngliche kaputte Ecke wird zu einem freien Feld.) Wir können jetzt ausgehend von den “ganzen” Ecken jeweils 4er Quadrate trivialer Weise so auffüllen, dass folgendes Bild verbleibt:
eooo
oooo
oo#x
ooxx
Wobei e die neue kaputte Ecke und # die alte kaputte Ecke ist. x markiert ein bereits belegtes Feld. Dies lässt sich immer folgendermaßen lösen.
e–|
–||
–|x
–xx
Wie man sieht ist a) also immer lösbar.
b) Wir erweitern das Spielfeld an einer freien Ecke. Dadurch werden beide kaputten Ecken nach außen gezogen. In die entstehende Lücke durch das alte kaputte Feld, dem freien Feld und dem neuen kaputten Feld passt jeweils genau ein Stein. damit sind alle “Ecken” ausgefüllt. Wenn man jetzt jeweils einen Stein parallel verschoben zum gerade gelegten Stein legt so dass er mit der Lücke ein Quadrat bildet, dann verbleiben nur noch Quadrate, welche sich trivialer Weise auffüllen lassen. Somit ist auch b) immer lösbar.
Hier nochmal als Bild (bei Ecken sind symmetrisch):
x#
oo
oe
Lässt sich füllen mit:
x|
||
|e
a)+b) zusammen bedeuten, dass, sobald wir ein 2n Feld lösen können, können wir auch ein 2(n+1) Feld lösen.
Jetzt können wir auch die Rekursion rückwärts betrachten.
Wir können das Problem immer auf das nächst kleinere Feld reduzieren, denn von da können wir mit obiger Methode einfach erweitern.
Dies können wir rekursiv machen, bis wir bei unserem, bereits oben genannten, 2×2 Feld ankommen. Dies lässt sich aber nicht lösen und somit alle darauf aufbauenden Felder auch nicht.
So, und nun möchte ich eine funktionierende Lösung sehen.
Das Argument mit dem Schachbrett ist natürlich viel einfacher und intuitiver zu verstehen, als mein Ansatz.
ist schon ein komisches Gespann,
die Erna und Luise.
Ach Frauen … 😉
B.
Nach etwas probieren bin ich zwar zum Schluß gelangt, dass es nicht geht; auf den eleganten Beweis bin ich aber nicht gekommen.
=== Spoiler Töpfe und Deckellösung ===
Zu Peters Töpfen: (n-1)! Bei N Töpfen gibt es n-1 nicht-passende Deckel, es bleiben n-1 Töpfe, für den nächsten Deckel.
Also beispielsweise 4 Töpfe: 3 Deckel passen nicht. Hat man einen unpassenden Deckel zugeordnet, so bleiben noch 3 Töpfe. Für diese gibt es 2 unpassende Deckel, also haben wir 3*2 Kombinationen. Jetzt bleiben 2 Töpfe, und eine Möglichkeit einen falschen Deckel zuzuordnen. 3*2*1. Danach bleibt ein Topf und ein Decke – überhaupt keine Wahlmöglichkeit mehr. 3*2=6.
=== eo Spoiler ===
Das Onkelspiel riecht nach Sudoku, und mal sehen, ob ich mich damit noch beschäftige.
Eine sehr einfache Textaufgabe zur Interpretation von Prozentrechnen:
Tante Erna ging Erdbeeren pflücken, und sammelte 100kg Erdbeeren.
Da Tante Erna chemisch interessiert ist, bestimmte sie den Wassergehalt der Erdbeeren, nämlich 99%.
Es war ein sehr warmer, sonniger Tag, und natürlich ist etwas Wasser der Erdbeeren verdampft, Tante Erna bestimmt also erneut den Erdbeergehalt, der nun 98% beträgt.
Wieviel wiegen die Erdbeeren nun?
Da würde ich nun antworten, daß wenn der Wassergehalt vorher 99% war, dann war von 100kg Erdbeeren 99kg Wasser und 1 kg sonstiges.
Wenn wir unterstellen, daß wirklich nur Wasser verdunstet, und danach der Wasseranteil noch 98% beträgt, heißt das, daß der Anteil des Sonstigen mithin 2% beträgt, in seinem absoluten Gewicht von 1 kg aber unverändert blieb. Daraus würde folgen, daß die Erdberen nunmehr 50 kg wiegen (und ich sie nicht mehr essen würde, wenn sie auf die Hälfte eingeschrumpft sind).
Gegenfrage: Wir haben zwei Gläser A und B, in denen je 500 ml Flüssigkeit ist, aber unterschiedlicher Flüssigkeit, die wir der Einfachheit halber auch A und B nennen.
Nun nehmen wir einen Löffel unbekannter Größe, und tragen damit einen Löffel der Flüssigkeit aus A in das Glas B. Und rühren gründlich um, so daß sich die Flüssigkeiten völlig vermischen. Sodann nehmen wir einen Löffel voll aus B und kippen ihn wieder nach A. Rühren erneut um.
Ist nun mehr Flüssigkeit A im Glas B, oder mehr B im Glas A?
hmm, über die frage hatte ich mal nachgedacht;
Damals war die antwort identisch 🙂
Man kann formal aufschreiben, dass die Löffelgröße keinen Einfluss hat, und dann betrachtet man den leeren Löffel oder den unendlich großen Löffel und erkennt die antwort direkt 🙂
Flüssigkeiten:
Wenn wir aus A xml rausnehmen (ah, XML? Nein, Iks Milliliter), und nach dem umrühren yml wieder zurücktransferieren, so ist – so oder so – im Glas A 500 – x + y ml A. Der Rest ist – da es keine 3. Flüssigkeit gibt (tertium non datur) alles, was nicht A ist B, und folglich fehlt es in Glas B, wo dafür, da es ja auch insgesamt 500 ml + 1 Löffel – 1 Löffel ist, nichts anderes als A sein kann. Es kam von keiner äußeren Quelle was dazu, und es verflog nichts ins Ungewisse. (ceteris paribus). Insgesamt haben wir 1l (A+B), und je Glas nach wie vor 500ml. Was hier fehlt ist dort und umgekehrt.
Erdbeeren: Ist jetzt der Wasser- oder der Erdbeergehalt 98%? Wird der Wassergehalt am Gewicht oder am Volumen bestimmt?
Nachfrage an Alex: War mit “Erdbeergehalt, der nun 98% beträgt” der Wassergehalt gemeint, oder tatsächlich das, was Hadmut als “sonstiges” bezeichnet hat.
@Hadmut: Es kann durchaus auch schmackhaft sein, wenn der Wassergehalt von “Erdbeeren” deutlich gesenkt wird, z.BV. in Marmelade (da auch unter Zuhilfenahme von Zucker + Hitze).
@Yasar: Aber nicht, wenn das dadurch passiert, daß sie in der Sonne rumliegen…
Sorry für missglückte Aufgabenformulierung.
Nach Trocknung beträgt der Wassergehalt noch 98% (statt vorher 99%) – und die Lösung wurde ja auch direkt von Hadmut direkt korrekt angegeben
Der Wassergehalt soll hier über das Gewicht bestimmt werden.
Eigentlich ist es wurscht, ob der Wassergehalt in Gewicht oder Volumen gerechnet wird. Entweder ist von den Erdbeeren hinterher noch das halbe Gewicht, oder nur noch das halbe Volumen da. Denn eigentlich geht es ja nur um Prozentrechnung, und die ist bei Gewicht und Volumen letztlich gleich.
20.7.2011 14:07
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Man denke sich das Spielfeld in der Einfärbung eines Schachbrettes. Also mit abwechselnd schwarz und weiß gefärbten Feldern. Jedes schwarze Feld hat nur weiße als Nachbarn und umgekehrt. Die eine der beiden Diagonalen besteht nur aus schwarzen, die andere nur aus weißen Feldern.
Für die eigentliche Aufgabenstellung sind die Farben der Felder belanglos; für die Formulierung der Lösung aber äußerst hilfreich.
Denn jeder Dominostein belegt stets zwei benachbarte Felder, also mit zwei unterschiedlichen Farben. Die geforderte Belegung ist allenfalls dann möglich, wenn das Spielfeld weiterhin gleich viele schwarze wie weiße Felder hat.
Beide der abgesägten Felder liegen aber auf einer Diagonale, haben also die selbe Farbe. Somit hat das Spielfeld nicht mehr gleich viele Felder von jeder Farbe, die Aufgabenstellung ist nicht lösbar.