Orangenstapel Rätsel ist gelöst

Alle Rätsel, die ein wenig Nachdenken erfordern.

Orangenstapel

Beitragvon Otmar » Donnerstag 16. November 2017, 19:45

Eine Marktfrau stapelt Orangen zu einem Tetraeder. :juggle: Die Kantenlänge des Tetraeders (= Anzahl der Orangen in einer Tetraederkante) entspricht ihrem Lebensalter. Wie alt ist die Marktfrau, wenn die Anzahl aller Orangen im Stapel eine Quadratzahl ist?

Nachschlagewerke: :abgelehnt:
Taschenrechner, Software, Exel, ... : :bindagegen:
Wiki, Google, etc... : :09:

Stift und ein Blatt Papier: :jaja: .
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Start: Donnerstag 16. November 2017, 19:45
Ende: Sonntag 19. November 2017, 19:45
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Re: Orangenstapel

Beitragvon Neuling » Donnerstag 16. November 2017, 23:58

Vielleicht wird die
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kleine Lisa ja mal eine Marktfrau, denn sie schafft es jetzt schon, 4 Orangen zu stapeln.
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Re: Orangenstapel

Beitragvon Friedel » Freitag 17. November 2017, 01:13

Nach unserem Kalender kann die Marktfrau nur
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48 Jahre alt sein. Sie stapelt dann 140² = 19600 Orangen zu einem Tetraeder.

Nach dem Maya-Kalender könnte die Marktfrau auch
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1 Baktun alt sein. 1 Baktun entspricht etwas weniger als 20 Jahren. Ob 1 einzelne Orange als tetraederförmiger Stapel durch geht, ist eine Frage der Definition.

Nach diesem Kalender klappt es aber auch mit 2 Baktun (etwa 39,5 Jahre). Der Tetraeder enthält dann 2² = 4 Orangen.


P.S. Nach dem Posten habe ich natürlich in Wiki nachgeschlagen, ob das auch stimmt, was ich geschrieben habe. Leider habe ich wohl
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Baktun mit Katun verwechselt...

Ob es mit kürzeren Zeiteinheiten (Monate, Tage) geht, weiß ich nicht. Das würde ja sehr viel größere Zahlen erlauben. Bisher habe ich keine Möglichkeit gefunden, das mit Stift und Papier und Nachdenken zu berechnen. Und für heute mache ich Schluss. Bisher ist mir kein Grund eingefallen, warum es nicht noch weitere "Tetraederzahlen" geben sollte, die gleichzeitig Quadratzahlen sind.
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Re: Orangenstapel

Beitragvon Otmar » Freitag 17. November 2017, 09:17

Schon zwei Antworten und auch Klarstellungsbedarf:

Lebensalter war in Jahren gemeint und die Frau hat das Kleinkindalter längst hinter sich.
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Re: Orangenstapel

Beitragvon MadMac » Freitag 17. November 2017, 13:38

Wir wollen (wenn uns keine rein theoretische Lösung einfällt) ...

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wenigstens den Rechenaufwand beschränken.

Die Tetraederzahlen sind (weiß man oder kann man leicht herleiten, die kubische Komponente drängt sich ja auf)

t(n) = n^3/6 + n^2/2 + n/3 = n (n^2/6 + n/2 + 1/3)

Wenn diese eine Quadratzahl ergeben soll, dann ziehe ich aus dem ersten Faktor doch schon mal alle quadratischen Komponenten raus, indem ich (mit zwei teilerfremden, noch konkreter zu beschreibenden Faktoren a, b) zerlege

n = a*b*c^2

Dann ist

a*b*c^2 * (n^2/6 + n/2 + 1/3) = x^2

oder

a*b * (n^2/6 + n/2 + 1/3) = x^2/c^2

Damit das aufgeht, muss x^2 ein Vielfaches von c^2 sein. Ferner müssen die teilerfremden Faktoren a und b durch den folgenden Term zum Quadrat erhoben werden oder eliminiert werden. Ich wähle a so, dass es quadriert werden soll, und b so, dass es eliminiert werden soll. Dann ist

(n^2/6 + n/2 + 1/3) = a/b*d^2
oder
a^2*b^2*c^4 + 3*a*b*c^2 + 2 = 6*a/b*d^2
a*b^3*c^4 + 3*b^2*c^2 + 2b/a = 6*d^2

Alle Terme sind ganze Zahlen. Damit die Gleichung aufgeht, muss A = 1 oder 2 sein. 2 lässt sich allerdings auch leicht ausschließen (nur gerade Terme außer 2b/a = b = ungerade (teilerfremd!)). Also ist a=1.

b^3*c^4 + 3*b^2*c^2 + 2b = b * (b^2*c^4 + 3*b*c^2 + 2)= 6*d^2

1. b kann 1 sein.
2. b kann dann ungerade sein. In dem Fall ist der zweite Term wiederum Teilerfremd zu b, und folglich ist b ist Teiler von 6, also 3.

3. Wenn b = 2e gerade ist, ergibt sich

2 * e * (2*e^2*c^4 + 3*e*c^2 + 1) = 3*d^2
und e kann nur 3 sein, folglich b = 6.

2 * (18*c^4 + 9*c^2 + 1) = d^2

Das hab ich nicht mehr weiterverfolgt, sondern habe dann gerechnet.

n = b*c^2 mit b = 1, 3, 6, im Wertebereich von 18 bis 100. Das sind eben noch 13 Dreieckszahlen, das geht gerade noch von Hand.

Lösung:

n = 48


Gruß,
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Re: Orangenstapel

Beitragvon Neuling » Freitag 17. November 2017, 16:02

Bin raus, da ich den Taschenrechner benutzt habe. :oops:

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Re: Orangenstapel

Beitragvon Friedel » Freitag 17. November 2017, 16:40

Neuling hat geschrieben:Bin raus, da ich den Taschenrechner benutzt habe. :oops:


Wenn man weiß (oder herleitet), wie man die Zahl der Kugeln im Tetraeder berechnen kann, wenn die zahl der Kugeln entlang einer Kante gegeben ist, geht es sehr gut auch ohne Taschenrechner oder sonstige Hilfen.
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Ich nenne die Zahl der Kugeln entlang einer Kante A (für Alter). Die Zahl der Kugeln im Tetraeder ist dann Q (für Quadratzahl). Dann gilt:
A*(A+1)*(A+2)/6 = Q;

Ich habe mir die 3 Faktoren für jedes A in Primfaktoren zerlegt. Das geht bei kleinen Zahlen noch im Kopf. Wenn dabei eine große Primzahl auftaucht, kann man gleich aufhören und beim nächsten A weiter machen. In den 3 Faktoren muss die 2 und die 3 auftauchen, damit man die 6 aus dem Nenner kürzen kann. Die restlichen Primfaktoren müssen dann paarweise vorhanden sein. (Nur) Dann ist Q eine Quadratzahl.

48*49*50/6 = 2⁴ * 3 * 7² * 2 * 5² / 6 = Q

Wenn der Treffer mal gefunden ist, kann man Q und √Q auch leicht ausrechnen. Aber das ist ja eigentlich gar nicht verlangt.


Zur Aufgabe:
Ich habe keine Methode gefunden, wie man nur mit Stift und Papier und Nachdenken nachweisen kann, ob es weitere Lösungen gibt. Ich habe ja eine Lösung gefunden. Aber ich halte die Aufgabe nur für gelöst, wenn ich mit den zulässigen Mitteln alle Lösungen gefunden habe und auch gezeigt habe, dass es keine weiteren gibt. Ich bin sehr gespannt, ob das in der Musterlösung oder einer der anderen Lösungen enthalten ist.

P.S. Darüber habe ich die ganze Mittagspause in der Firma gegrübelt. Und jetzt, nachdem ich das hier geschrieben habe, ist mir was eingefallen, wie ich das vielleicht doch nachweisen kann... Mehr dazu später, wenn ich mir das genau überlegt habe.
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Re: Orangenstapel

Beitragvon Friedel » Sonntag 19. November 2017, 02:49

So ganz habe ich den Beweis noch nicht zusammen, dass es nur die 3 von mir gefundenen Lösungen gibt. Ich schreibe mal auf, was mir bisher eingefallen ist.

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Ich nenne die Zahl der Kugeln entlang einer Tetraederkante A. Die Zahl der Kugeln im Tetraeder nenne ich Q. Es gilt:
A * (A+1) * (A+2) /6 = Q;

oder auch

A * (A+1) * (A+2) = 2 * 3 * Q;

Q muss eine Quadratzahl sein.

Zwei natürliche Zahlen, deren Differenz 1 ist, sind immer teilerfremd. Zwei natürliche Zahlen, deren Differenz 2 ist, können nur die 2 als gemeinsamen Teiler haben.

Jeder Primfaktor, außer der 2, kann also nur in maximal einem der 3 Faktoren A, (A+1) und (A+2) vorkommen. Außerdem müssen die Primfaktoren 2 und 3 mindestens ein mal vorkommen, weil das Produkt ja durch 6 teilbar ist. Da Q eine Quadratzahl ist, müssen die Primfaktoren in A * (A+1) * (A+2) /6 paarweise vorkommen.

Für alle ganzen Zahlen z gilt z² + 2z + 1 = (z+1)². Der Abstand zwischen 2 positiven Quadratzahlen ist also immer größer als 2. Daher kann maximal einer der der 3 Faktoren eine Quadratzahl sein.

Nachdem man den Term A * (A+1) * (A+2) /6 durch 6 gekürzt hat, müssen alle Primfaktoren paarweise vorkommen. Durch das Kürzen durch 2 wird genau einer der 3 Faktoren A, (A+1) und (A+2) verändert. Auch durch das Kürzen durch 3 wird genau einer der 3 Faktoren A, (A+1) und (A+2) verändert. Der dritte Faktor muss also vor dem Kürzen eine Quadratzahl sein. Und die beiden Kürzungen müssen 2 verschiedene Faktoren verändern, weil ja maximal einer der 3 Faktoren eine Quadratzahl sein kann.

Damit wissen wir, dass (genau) einer der 3 Faktoren A, (A+1) und (A+2) eine Quadratzahl ist, die nicht durch 2 und nicht durch 3 teilbar ist. Einer der anderen enthält die 3 und möglicherweise einen Quadratzahl, der andere die 2 und möglicherweise eine Quadratzahl.
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Re: Orangenstapel

Beitragvon Otmar » Sonntag 19. November 2017, 22:22

Erstmal geht ein :klatsch: :glueckwunsch: an alle Teilnehmer, denn ihr habt die richtige Lösung gefunden!
@Neuling: Wenn man ohne Taschenrechner nicht zum Ziel kommt, dann doch lieber mit als gar nicht. :zustimm:
@MadMac: Guter Treffer,
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auch wenn der Weg dahin mathematisch nicht ganz OK war. n²/6+n/2+1/3 ist nicht immer ganzzahlig. Aber hier geht es ja auch um Rätsel und nicht um reine Mathematik.


@Friedel: Mehr als übererfüllt! Dein letzter Beitrag ist fast meine Musterlösung. :juchhu: Glaub aber, dass es zu dem, was du beweisen möchtest, noch ein langer Weg ist. Falls du weiter kommst, stell es bitte ein. Hätte großes Interesse, an einer "einfachen Lösung" für größere Zahlen.

Meine Lösung geht so:
Mehr ->
Um die Anzahl der Orangen im Stapel mit Kantenlänge n zu bestimmen, kann man jede Orange gedanklich mit drei Zahlen e, r und p beschriften:
e = Etage. Spitze hat e = 3, die darunter e=4 usw. bis e = n+2. Man sieht später, warum es schon bei 3 losgeht. In jeder Etage gibt es ein Dreieck. Dort wähle man die "obere" Spitze aus und gebe ihr die Reihe r=2. Die Reihe darunter r = 3 usw. bis r=e-1. In jeder Reihe bekommt die erste Orange die Position p = 1, die nächste p = 2 usw. bis p=r-1. Ein Beispiel für n = 4, wobei e, r und p für jede Orange gruppiert ohne Trennzeichen dastehen:
.
321

421
431 432

521
531 532
541 542 543

621
631 632
641 642 643
651 652 653 654


Es ist jede Kombination e, r, p mit n+2 >= e > r > p >= 1 genau einmal vorhanden. Die Anzahl aller Orangen entspricht deshalb genau der Anzahl der Möglichkeiten, drei Zahlen aus n+2 Zahlen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auszuwählen. Also man wählt drei Zahlen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge aus, die größte ist dann e die nächste r und die kleinste p. Deshalb liegen
  m² = (n+2)*(n+1)*n / (1*2*3)  

Orangen im Stapel.

Ist n ungerade, dann sind n, n+1 und n+2 paarweise teilerfremd und n+1 ist gerade. Man setze a = (n+1)/2. Ist n jedoch gerade, dann ist auch n+2 gerade, aber nur n oder n+2 ist durch vier teilbar. Man teilt die nicht durch vier teilbare der beiden Zahlen durch 2 und schreibt dafür a. Die verbliebenen beiden Zahlen nennt man b und c. Offenbar sind nun a, b und c paarweise teilerfremd und es gilt:
  m²=a b c / 3  

Genau eine der Zahlen a, b oder c hat den Primfaktor 3 in ungerader Anzahl. Ansonsten haben a, b und c, die ja teilerfremd sind, alle Primfaktoren in gerader Anzahl. Wegen 1<=|b-c|<=2 können b und c nicht beide Quadratzahlen sein. Also ist entweder b oder c das Dreifache einer Quadratzahl. Da b und c noch vertauscht werden können, nehmen wir an, dass b=3x² ist und kann für x = 1, 2, 3, ... durchprobieren und nachsehen, ob im Abstand 1 oder 2 zu b ein c, also eine Quadratzahl liegt und danach eine passendes doppeltes Quadrat 2a suchen, so dass 2a, b und c auf 3 aufeinanderfolgende Zahlen aufgeteilt werden können:
x=1 --> b=3 ---> c=1 und 2a=2*1² ---> n=1
x=1 --> b=3 ---> c=4 und 2a=2*1² ---> n=2
x=2 --> b=12 kein c
x=3 --> b=27 ---> c=25 und 2a=2*13 geht nicht, da 13 keine Quadratzahl
x=4 --> b=48 ---> c=49 und 2a=2*5² ---> n=48
x=5 --> b=75 kein c
x=6 --> b=108 kein c
x=7 --> b=147 So alt, mindestens 145, ist noch kein Mensch geworden.

Von den Lösungen passt nur n=48 zu einem Frauenalter. Es gibt tatsächlich keine weiteren Lösungen. Hab den Beweis dazu nicht da, aber davon gelesen, dass er sehr kompliziert ist und auf andere ebenfalls komplizierte Beweise aufbaut. Wieder gefunden Gerade deshalb hatte ich die gesuchte Zahl an ein Menschenalter gekoppelt, so dass der Aufwand zur Lösung des Rätsels überschaubar bleibt.
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Re: Orangenstapel

Beitragvon MadMac » Montag 20. November 2017, 11:39

Hallo Otmar,

ich glaube, dass mein Weg schon - abgesehen von einer klitzekleinen, nicht relevanten Lücke - stimmt, auch wenn ...
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Damit das aufgeht, muss x^2 ein Vielfaches von c^2 sein.

falsch ist. Für n = 3*m ergibt sich immer 1/3 in den Nachkommastellen.

Das verwende ich aber in der folgenden Argumentation nicht.
Ferner müssen die teilerfremden Faktoren a und b durch den folgenden Term zum Quadrat erhoben werden oder eliminiert werden.

ist der Weg, den ich verfolge, und der Ansatz MUSS stimmen, sonst kommt eben am Ende keine Quadratzahl raus. Wie gesagt, a und b werden geeignet gewählt. In

a*b^3*c^4 + 3*b^2*c^2 + 2b/a = 6*d^2

SIND beide Seiten ganzzahlig.

Die einzige kleine Ungenauigkeit ergibt sich an der Stelle, wo ich für b den Wert 9 ausschließe (da ich "alle quadratischen Anteile von n" in c^2 herausgezogen habe. In dem Fall habe ich im Term a*d^2 die Nachkommastellen nicht repräsentiert, aber eben auch wieder nur einen quadratischen Anteil in n, den ich ja in der händischen Berechnung trotzdem berücksichtige. Und mit b = 1, 3, 6 übersehe ich dann immer noch keine Potenz von 3.


Gruß,
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