12 Zahlen in einer Wabenfigur

[Neuling]

Die Zahlen 1, 2, ..., 11, 12 sind so in die gelben Felder (Grafik 1) zu verteilen, dass die Summe auf jeder Geraden
(Grafik 2 - rote Linien) 26 beträgt. Auch die Summe der 6 blauen "Eckfelder" soll 26 ergeben.

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Viel Spaß!

[Otmar]

Schönes Rätsel! Das kann man gut systematisch lösen. Hier meine Herangehensweise:

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Zuerst habe ich mir klar gemacht, dass die Summe der Zahlen in den roten Feldern minus der Zahl im blauen Sechseck 13 sein muss.

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Denn die Summe der Zahlen im inneren Ring (roter Kreis) ist 1+...+12 - 26 = 52. Addiert man alle Zahlen des roten Rings und die auf der roten Linie und subtrahiert die auf den blauen Linien und halbiert danach, kommt man auf obige Aussage, denn (52 + 26 - 26 - 26)/2 = 13. Alle Felder die genau eine rote und genau eine blaue Linie hatten fallen weg und die verbliebenen Felder hatten entweder zwei rote oder zwei blaue Linien. Damit kann man relativ einfach Bereiche für die Zahlen in den äußeren und inneren Sechsecken gewinnen. Die Innenzahlen müssen >= 2 sein und die größte Außenzahl muss zwischen 10 und 8 liegen, was man mit einem kleinen Diagramm sehr schnell sieht. Beginnt man mit der größten Außenzahl (bei mir im blauen Sechseck), dann hat man für die beiden roten Felder noch zwei Möglichkeiten wenn 8 die größte Außenzahl ist, bei der 9 oder 10 als größter Außenzahl stehen in den beiden roten Feldern entweder 10 und 12 oder 12 und 11. Damit kann man die wenigen Möglichkeiten zum Auffüllen der angefangenen roten Reihe durchgehen und danach ist es kein Problem mehr die möglichen Lösungen zu finden. Bis auf Drehung und Spiegelung dürfte es genau die folgenden sechs Lösungen geben:

Drei Lösungen mit größter Außenzahl 8:

          8

 2     7    11     6

   10           3

 1     9    12     4

          5


          8

 5     4    10     7

   11           6

 3     9    12     2

          1


          8

 7    12     6     1

    4           9

 2    10    11     3

          5


Eine Lösung mit größter Außenzahl 9:


          9

 7    11     6     2

    5           8

 1    10    12     3

          4

Zwei Lösungen mit größter Außenzahl 10:

         10

 4     7     9     6

    8           5

 1    11    12     2

          3


         10

 6     9     8     3

    5           7

 2    11    12     1

          4

[kurth]

Eine Lösung:

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.........10
3     8     9     6
   7           5
1    12    11     2
         4

Danke!
Ließ sich schön erknobeln!

[Neuling]

Hallo Ihr beiden "schnellen Brüter", die Aufgabe sollte über die Feiertage reichen.

Dann gibt es für Euch eine kleine Zusatzaufgabe:
Ist es auch möglich, dass die Summe der blauen Felder einen anderen Wert als 26 ergibt? Wie wäre es z.B. mit 30 ?

[Otmar]

Ist es auch möglich, dass die Summe der blauen Felder einen anderen Wert als 26 ergibt?

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Relativ einfach kann man mit der Regel in meiner ersten Post sagen, dass der Wert geradzahlig sein muss. Eine Abschätzung nach oben und unten ist auch möglich. Dann muss wieder probiert werden. Diese Aufgabe habe ich diesmal dem Rechner überlassen und er hat mir dafür zu jeder "blauen" Summenzahl, die Anzahl möglicher Lösungen ausgegeben, falls es überhaupt Lösungen gibt. Also bei Summe 30 gibt es nur noch 2 bis auf Spiegelung und Drehungen verschiedene Lösungen. Bei kleineren Summen als 24 oder größeren als 54 und bei Summe 28 oder 50 kann man nichts finden.

24   3
26   6
30   2
32   5
34   7
36   7
38  10
40  10
42   7
44   7
46   5
48   2
52   6
54   3

[ginger]

Meine Lösung schaut so aus:

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Zahlen in Wabe.jpg (8.05 KiB) 2223-mal betrachtet

Nette Aufgabe - danke !

[Neuling]

Hallo ginger, Hallo Otmar, Hallo kurth!

zu der bzw. den gefundenen Lösungen.
Otmar hat diese Aufgabe perfekt gelöst.

Hier mein Lösungsweg, die Herangehensweise ist der von Otmar sehr ähnlich:

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Wabengrafik.gif (3.16 KiB) 2221-mal betrachtet

Summe aller Zahlen von 1 bis 12 ist 78.
78 - 26 (Eckfelder) = 52 (gelber Ring)
Summe aller Zahlen auf diesen 3 roten Geraden: 3 * 26 = 78
78 - 52 (gelber Ring) = 26
26 geteilt durch 2 (weil blaue Felder doppelt gezählt wurden) = 13
---> die 3 blauen Felder müssen 13 als Summe ergeben und dementsprechend auch die 3 grünen Felder.

Folgende Eckfeldbelegungen sind möglich

a) 1, 2, 10 mit 3, 4, 6
b) 1, 3, 9 mit 2, 4, 7
c) 1, 3, 9 mit 2, 5, 6
d) 1, 4, 8 mit 2, 5, 6
e) 1, 5, 7 mit 2, 3, 8
f) 1, 5, 7 mit 3, 4, 6

Aus diesen Möglichkeiten ergeben sich 6 Lösungen und zwar aus den Annahmen a, b, d und e. Und es sind die von Otmar bereits genannten.

Eine Frage an Otmar - Wieso hast Du Möglichkeit f) mit "größter" Ecke = 7 ausgeschlossen?

Zur Zusatzaufgabe:

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Wenn es Lösungen zu anderen "Außenring"summen geben sollte, so müssen die Summen wegen 1+2+3+4+5+6=21 und 7+8+9+10+11+12=57 zwischen 21 und 57 liegen. Wie aus meinem Lösungsweg für die Ursprungsaufgabe ersichtlich, gibt es 2x3 Eckfelder mit der gleichen Teilsumme, d.h. die Außenringsumme muss gerade sein, also liegt sie zwischen 22 und 56.
Dies hätte mir als Antwort auf die Zusatzfrage genügt. Evtl. noch eine Lösung für Summe 30.

Dass es eine Lösung für Summe 30 gibt, wusste ich ja. Aufgrund von Otmars Angaben habe ich die zweite gesucht und gefunden.
In den Eckfeldern stehen:
a) 1, 3, 11 mit 2, 4, 9
b) 1, 3, 11 mit 2, 6, 7

@ Otmar - Ich kann die Lösungen nur finden, indem ich für jede einzelne Summe die möglichen Eckbelegungen aufschreibe und dann jeden Fall durchprobiere. Ist ja mehr ein Rechenvorgang.
Ich erkläre es mal für den Fall a) mit Summe 30:
Von den Eckfeldern nicht benötigte Zahlen sind: 5, 6, 7, 8, 10, 12
Zwischen 1 und 3 benötige ich eine 22, zwischen1 und 11 eine 14 und zwischen 3 und 11 eine 12. Lassen sich diese 3 Summen aus den Restzahlen bilden, ohne das eine Zahl doppelt benutz wird --> ja. 10+12=22, 8+6=14 und 5+7=12
Gleiche Überlegung für (2, 4, 9). Ich benötige eine 20, eine 15 und eine 13. 12+8=20, 10+5=15 und 6+7=13
Wenn dies so aufgeht ergibt sich eine Lösung.

Wollte damit sagen, ich kann es nur per Hand. Könnte kein Programm erstellen und diese Arbeit vom Rechner machen lassen.

LG Neuling

[Otmar]

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Eine Frage an Otmar - Wieso hast Du Möglichkeit f) mit "größter" Ecke = 7 ausgeschlossen?

Dazu muss ich noch etwas genauer werden. Erstmal mein Diagramm:

.     2  3  4  5  6  7  8  9 10 11
8                 1  2  
9              1  2  3  4
10          1  2  3  4  5  6  
11       1  2  3  4  5  6  7  8    
12    1  2  3  4  5  6  7  8  9 10

Rot links ist die größere der beiden Zahlen in den roten Feldern und rot oben die kleinere der beiden Zahlen in den roten Feldern. Blau ist die Zahl im blauen Feld. Im Diagramm sind alle Möglichkeiten für "rot+rot-blau=13" dargestellt. Für die kleinste rote Zahl 2 gibt es nur die Möglichkeit 2+12-1 = 13. Nun ist aber jede der roten Zahlen an zwei verschiedenen Termen "rot+rot-blau=13" beteiligt, was man sieht, wenn man die Wabe um 60° dreht. Da 2 nur in einem dieser Terme vorkommen kann, ist die kleinste Innenzahl größer als 2 (sorry ich hatte in meinem ersten post >= 2 geschrieben). Wäre 7 nun die größte Außenzahl, dann wäre die Summe der Innenzahlen größer oder gleich als 12+11+10+9+8+3 = 53, was nicht sein kann, da die Summe der Innenzahlen ja nur 52 ist. Deshalb kann 7 nicht die größte Außenzahl sein.

[Neuling]

Hallo Otmar, danke für Deine Ausführungen, aber

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ich habe sie mal wieder nicht verstanden. Hatte schon bei Deinem Herleitungsversuch nicht kapiert, wieso Du eine Ecke mit den "gegenüberliegenden" Feldern vergleichst. Doch, einerseits steht diese Aussage ja nicht im Widerspruch zu meiner "3-Ecken-Summe" und andererseits führen bekanntlich viele Wege nach Rom.
Nicht verstanden habe ich Deinen letzten Beitrag ab

Nun ist aber jede der roten Zahlen an zwei verschiedenen Termen "rot+rot-blau=13" beteiligt, was man sieht, wenn man die Wabe um 60° dreht. .... "

Mag sein, dass ich bei meiner Herangehensweise mehr Fälle untersuchen muss, weil ich weniger ausschließen kann, aber was nützt mir ein kürzerer Weg, den ich nicht durchschaue.
Also lassen wir es gut sein. Du bist der Spezialist und ich stoße bei manchen Dingen an meine Grenzen.

LG Neuling

[Otmar]

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Nicht verstanden habe ich Deinen letzten Beitrag ab

Nun ist aber jede der roten Zahlen an zwei verschiedenen Termen "rot+rot-blau=13" beteiligt, was man sieht, wenn man die Wabe um 60° dreht. .... "

Warum gleich die Flinte ins Korn werfen.... Hier noch eine Grafik zu der 60° Aussage:

wabe neuling 2.png (13.15 KiB) 2210-mal betrachtet

Also in der rechten Grafik gibt es für die Fragezeichen keine übrigen Zahlen, das ist alles. Deshalb geht 2 nicht innen und 7 nicht als größte Zahl außen. Du kannst es auch so sehen: 2 muss außen sein und 1 sowieso. Und wenn 7 die größte Außenzahl wäre dann wäre die Außensumme 7+6+5+4+3+2+1-k = 28-k. Da aber k nur 3, 4, 5 oder 6 sein darf, würde die Außensumme kleiner als 26; und schon sind wir fertig.
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Manchman hat man gerade bei solchen Knobeleien Ideen, die schnell gedacht sind und zum Ziel führen. Aber oft sind gerade diese kleinen Dinge schwer zu erklären. Mir ging es diesmal so. Bei der Lösung hatte ich meine Zutaten schnell gemischt, aber beim Erklären ist ein vielfacher Aufwand entstanden als bei deiner Lösung. So gesehen hast du damit recht, wenn man den Aufwand für's Erkären mitrechnet, ist es oft besser eine einfachere Lösungsvariante zu verwenden, mehr zu probieren und weniger Erklärungsbedarf zu generieren.

Aber untem Strich fand ich den "Außschluß der 7" eine der schönsten Stellen meiner Lösung. Ich hatte auch mit deinem Ansatz probiert, da gelang das nicht, weil es keine Übelappung zwischen Summanden der beiden dort benutzten Summen gibt. Deshalb bin ich bei meiner Flächenauswahl geblieben.