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100% kann nur die Lösung anhand der Aufgabenstellung lauten. Jedes Kalenderblatt hat mindestens vier Wochenzeilen, darüber hinaus gibt es deutlich mehr mit fünf und weitere mit sechs Wochenzeilen. Deshalb fehlt in der Aufgabenstellung das Wort "genau". Erinnerte mich an die Scherzfrage, wieviel Monate im Jahr 28 Tage haben und die Antwort hierauf "alle" lautet.
Der eigentliche Trick ist also, dreidimensional zu denken.
Chapeau!
Ich muss zugeben, dass ich einen schönen Beweis dafür habe, dass es in zwei Dimensionen nicht lösbar ist. Hilft nur nix, wenn man zugleich in zwei Dimensionen gefangen bleibt.
Danke für die schöne Aufgabe.
wird bei manchen Kalendern der 1. und 8. sowie der 2. und 9. zusammengeschrieben und der Monat hat auch vier Zeilen. Der Prozentsatz sollte also etwas höher sein (+4/12*1/7 ungefähr).
a^3-x^3=17 mit a=k/l und x=m/n oder auch x=m/l
a^3-x^3= (a-x)(a^2+ax+x^2)=17
Nehmen wir an 17|(a-x), d.h. n*17=(a-x) und es sei n=1 und a=18, x=1
Also sollte gelten a^3-x^3= (18^3-1)/17= ist eine natürliche Zahl hoch 3.
Und es gilt mit Glück: (18^3-1)/17= l^3= 343= 7^3 ;-)
Ich sehe es wie Sie, dass die Aufgabenstellung erheblich interpretierbar ist.
Gemeint ist wohl, dass wenn a die Anzahl der Ziffern der Zahl 2**2021 und b die Anzahl der Ziffern der Zahl 5**2021 sei, dass dann die Summe a + b gesucht ist.
Mit dem Ausmultiplizieren liegen Sie aber nicht ganz falsch. Sei log der Logarithmus zur Basis 10. Dann gibt der abgerundete Wert von log(x) plus 1 die Anzahl der Stellen von x wieder.
Rechnet man nun
log(2**2021) + log(5**2021)
= 2021*(log(2) + log(5))
= 2021*log(2*5)
= 2021
und gibt noch 1 dazu, dann ist man auch bei 2022.
Ich verstehe schon die Frage "Wie viele Ziffern haben die beiden Zahlen 2**2021 und 5**2021 in Summe, wenn man sie ausmultipliziert?" nicht ganz. 2**2021 und 5**2021 sind Zahlen, wo soll was ausmultipliziert werden? und dann gar in Summe?!? Gemeint ist wohl, wieviele Ziffern hat das Produkt aus 2**2021 und 5**2011 in dezimaler Darstellung. Da kommt man ja sofort auf 10**2021 also 2022 Ziffern - völlig ohne Ungleichungen. Oder komme ich auf das richtige Ergebnis ohne die Aufgabe verstanden zu haben?
mfg. g.a.
Wenn man in der Aufgabenskizze die beiden Radien r1 und r2 auf der senkrechten Linie durch die Halbkreismittelpunkte vertauscht, also von oben erst r1, dann r2 abträgt, gelangt man zu einem Punkt M, der sich als Mittelpunkt des großen Vollkreises herausstellt.
Denn die Verbindungen der oberen und der unteren Halbkreisschnittpunkte mit dem Vollkreis jeweils mit M sind alle gleich groß, nämlich R vom Vollkreis.
Dies wird sichtbar, wenn man die 4 kongruenten (!!) Dreiecke betrachtet, die sich mit diesen Verbindungen als Hypothenuse und jeweils mit den abgetragenen (und auf der Senkrechten im ersten Schritt vertauschten) Halbkreisradien bilden.
Es gilt jeweils r1² + r2² = R² nach Pythagoras.
Also insbesondere pi/2r1² + pi/2r2² = pi/2R².
Die Summe der Flächen der beiden Halbkreise ist also genau die Hälfte der Vollkreisfläche.
Ich hätte gerne eine Skizze mitgeschickt oder verlinkt, was beides nicht möglich ist. Außer man macht sich die Mühe den Link händisch zu copy&pasten.
www.grambitter.net/spektrumraetsel.jpg
so sehr ich die hier vorgestellten Rätsel schätze - ganz oft vermisse ich eine gewisse Präzision, aber vielleicht bin ich auch nur etwas arg kleinlich...
"Der erste Würfel landet mit 1/5 bei 1, der zweite mit 1/5 bei 6.
Alle anderen Wahrscheinlichkeiten sind unverändert."
schon der zweite Satz kann ja nicht stimmen, denn
wenn sich eine Wahrscheinlichkeit (x) innerhalb einer KOMPLETTEN Gruppe ändert muss sich mindestens auch eine andere Wahrscheinlichkeit (1-x) ändern.
ABER der einleitenden Kurzfassung seinen ein paar kleine Ungenauigkeiten gerne verziehen...
Nicht aber im Haupttext denn:
"Zwei Spielwürfel mit den Augenzahlen von 1 bis 6 sind durch Hohlräume und Gewichte in ihrem Inneren gefälscht worden. Dadurch hat sich bei dem einen Würfel die Wahrscheinlichkeit, eine 1 zu werfen, auf 1/5 erhöht. Die Wahrscheinlichkeiten für die Zahlen von 2 bis 6 sind gleich groß. Beim zweiten Würfel hat sich die Wahrscheinlichkeit, eine 6 zu werfen, auf 1/5 erhöht. Die Wahrscheinlichkeiten für die Zahlen von 1 bis 5 sind gleich groß."
ist leider kaum besser, da wie jeder wissen sollte
es bei zB einem Münzwurf durchaus möglich ist, dass die Münze auf dem Rand landet (eine weitere Möglichkeit, neben Kopf oder Zahl)
und als hätte jemand diese Möglichkeit vorausgeahnt
ist auf dem Bild hier auch noch ein Würfel zu sehen welcher auf seiner Ecke steht / zu stehen scheint...
unter der Voraussetzung, dass es für jeden der besagten Würfel nur diese 6 Möglichkeiten gibt
wäre zumindest der zweite Text im Hinblick auf die Lösung eindeutig
(glaube ich ;-) davon ist im Text aber an keiner Stelle die Rede !
Es gibt einen anderen Weg, die Lösung zu bestimmen: Nennen wir den Mittelpunkt des gelben Kreises (Radius r) M, den Mittelpunkt, der zum oberen kleinen (Halb)Kreis gehört, Ma und den Mittelpunkt, der zum unteren großen (Halb)Kreis gehört, Mb. Ferner ist MC = MB = r. Mit Bestimmung der Länge MMa hätte man direkt eine Beziehung zwischen a, MMa und r, da r^2 = MMa^2 + a^2. Außerdem ist auch r^2 = MMb^2 + b^2.
Daher ist MMa^2 + a^2 = MMb^2 + b^2, was trivialerweise erfüllt ist, wenn MMa = b und MMb = a ist. Dieses lässt sich aber auch aus der Beziehung MMa + MMb = a + b ableiten. Stellt man dieses nach MMb um und setzt es ist in MMa^2 + a^2 = MMb^2 + b^2 ein, erhält man MMa = b.
Damit ist r^2 = b^2 + a^2 und man erhält wiederum, dass die beiden Halbkreise die Hälfte der Fläche des gelben Kreises ausmachen.
Ein bisschen mehr
03.02.2022, Bernd DrögeStahlherstellung
03.02.2022, HolgerWäre das nicht ggf. effizienter als den Umweg über Wasserstoff zu gehen?
https://www.golem.de/news/eisenoxid-elektrolyse-stahlherstellung-mit-strom-statt-kohle-2112-161461.html
Berechnung überflüssig
03.02.2022, Horst HöckendorfThinking out of the box
03.02.2022, Thomas KlingbeilChapeau!
Ich muss zugeben, dass ich einen schönen Beweis dafür habe, dass es in zwei Dimensionen nicht lösbar ist. Hilft nur nix, wenn man zugleich in zwei Dimensionen gefangen bleibt.
Danke für die schöne Aufgabe.
Bei 30 Tagen, wenn der 1. auf einen Samstag fällt,
03.02.2022, CaniaSumme? Produkt? - Summe der Zifferanzahl)
03.02.2022, Gregor LeuschSumme? Produkt?
02.02.2022, Gregor Leusch2^2021 • 5^2021 = (2•5)^2021 = 10^2021, das ist eine 1 gefolgt von 2021 Nullen.
2^2021 hat ceil(log_10(2)•2021)= 609 Ziffern, 5^2021 derer 1413, also hat ihre Summe entweder 1413 oder 1414 Ziffern.
Mit Glück, eben ein bisschen gewürfelt! ;-)
02.02.2022, Siegfried Neuberta^3-x^3= (a-x)(a^2+ax+x^2)=17
Nehmen wir an 17|(a-x), d.h. n*17=(a-x) und es sei n=1 und a=18, x=1
Also sollte gelten a^3-x^3= (18^3-1)/17= ist eine natürliche Zahl hoch 3.
Und es gilt mit Glück: (18^3-1)/17= l^3= 343= 7^3 ;-)
Ich schließe mich der Frage von Hn. Abraham an
02.02.2022, Helmut WolffAufgabenstellung
02.02.2022, Thomas KlingbeilIch sehe es wie Sie, dass die Aufgabenstellung erheblich interpretierbar ist.
Gemeint ist wohl, dass wenn a die Anzahl der Ziffern der Zahl 2**2021 und b die Anzahl der Ziffern der Zahl 5**2021 sei, dass dann die Summe a + b gesucht ist.
Mit dem Ausmultiplizieren liegen Sie aber nicht ganz falsch. Sei log der Logarithmus zur Basis 10. Dann gibt der abgerundete Wert von log(x) plus 1 die Anzahl der Stellen von x wieder.
Rechnet man nun
log(2**2021) + log(5**2021)
= 2021*(log(2) + log(5))
= 2021*log(2*5)
= 2021
und gibt noch 1 dazu, dann ist man auch bei 2022.
Wie viele Ziffern haben die beiden Zahlen 2 hoch 2021 und 5 hoch 2021 in Summe?
01.02.2022, Günter Abrahammfg. g.a.
Warum 16 oder 44 und nicht 4+4
31.01.2022, MathiasElegantere Lösung zum "Wie groß ist Gesamtfläche der beiden Halbkreise?"
31.01.2022, Peter GrambitterDenn die Verbindungen der oberen und der unteren Halbkreisschnittpunkte mit dem Vollkreis jeweils mit M sind alle gleich groß, nämlich R vom Vollkreis.
Dies wird sichtbar, wenn man die 4 kongruenten (!!) Dreiecke betrachtet, die sich mit diesen Verbindungen als Hypothenuse und jeweils mit den abgetragenen (und auf der Senkrechten im ersten Schritt vertauschten) Halbkreisradien bilden.
Es gilt jeweils r1² + r2² = R² nach Pythagoras.
Also insbesondere pi/2r1² + pi/2r2² = pi/2R².
Die Summe der Flächen der beiden Halbkreise ist also genau die Hälfte der Vollkreisfläche.
Ich hätte gerne eine Skizze mitgeschickt oder verlinkt, was beides nicht möglich ist. Außer man macht sich die Mühe den Link händisch zu copy&pasten.
www.grambitter.net/spektrumraetsel.jpg
eine wichtige Voraussetzung feht
31.01.2022, Oliver Fiedlerso sehr ich die hier vorgestellten Rätsel schätze - ganz oft vermisse ich eine gewisse Präzision, aber vielleicht bin ich auch nur etwas arg kleinlich...
"Der erste Würfel landet mit 1/5 bei 1, der zweite mit 1/5 bei 6.
Alle anderen Wahrscheinlichkeiten sind unverändert."
schon der zweite Satz kann ja nicht stimmen, denn
wenn sich eine Wahrscheinlichkeit (x) innerhalb einer KOMPLETTEN Gruppe ändert muss sich mindestens auch eine andere Wahrscheinlichkeit (1-x) ändern.
ABER der einleitenden Kurzfassung seinen ein paar kleine Ungenauigkeiten gerne verziehen...
Nicht aber im Haupttext denn:
"Zwei Spielwürfel mit den Augenzahlen von 1 bis 6 sind durch Hohlräume und Gewichte in ihrem Inneren gefälscht worden. Dadurch hat sich bei dem einen Würfel die Wahrscheinlichkeit, eine 1 zu werfen, auf 1/5 erhöht. Die Wahrscheinlichkeiten für die Zahlen von 2 bis 6 sind gleich groß. Beim zweiten Würfel hat sich die Wahrscheinlichkeit, eine 6 zu werfen, auf 1/5 erhöht. Die Wahrscheinlichkeiten für die Zahlen von 1 bis 5 sind gleich groß."
ist leider kaum besser, da wie jeder wissen sollte
es bei zB einem Münzwurf durchaus möglich ist, dass die Münze auf dem Rand landet (eine weitere Möglichkeit, neben Kopf oder Zahl)
und als hätte jemand diese Möglichkeit vorausgeahnt
ist auf dem Bild hier auch noch ein Würfel zu sehen welcher auf seiner Ecke steht / zu stehen scheint...
unter der Voraussetzung, dass es für jeden der besagten Würfel nur diese 6 Möglichkeiten gibt
wäre zumindest der zweite Text im Hinblick auf die Lösung eindeutig
(glaube ich ;-) davon ist im Text aber an keiner Stelle die Rede !
Anmerkung zum Rätsel "Wie groß ist Gesamtfläche der beiden Halbkreise?"
31.01.2022, Martin QuedzuweitDaher ist MMa^2 + a^2 = MMb^2 + b^2, was trivialerweise erfüllt ist, wenn MMa = b und MMb = a ist. Dieses lässt sich aber auch aus der Beziehung MMa + MMb = a + b ableiten. Stellt man dieses nach MMb um und setzt es ist in MMa^2 + a^2 = MMb^2 + b^2 ein, erhält man MMa = b.
Damit ist r^2 = b^2 + a^2 und man erhält wiederum, dass die beiden Halbkreise die Hälfte der Fläche des gelben Kreises ausmachen.