Kommentare - - Seite 16

Und wenn man SEVEN und SI komplett streicht? 5 plus x kann auch 18 ergeben.

IV + IX + V =18

IV + IX + V =18

dass E, nicht I, gestrichen werden muss, dann passt die Lösung.

Streicht man F und [I]E in FIVE, S in SIX und S, E, E und N in SEVEN, werden aus den Zahlwörtern römische Zahlen. Die Gleichung IV + IX + V = 18 ist auch tatsächlich korrekt.

Das geht aber viel einfacher!
Setze Länge Quadrat=1, dann Fläche Quadrat = 1^2=1, Diagonale = Wurzel aus 2
In Zwölfeckformel als Diagonale eingetragen ergibt für das Zwölfeck Fläche = 1,5
Flächenanteil Quadrat = 1/1,5 = 2/3

Man bringt sqrt(x) auf die rechte Seite. Quadriere beide Seiten. Es ergibt sich:

x + 99 = (99 - sqrt(x))^2 = 99^2 + x - 2*99*sqrt(x)

Zusammenfassen ergibt

2*99*sqrt(x)=99*98

Auf beiden Seiten kürzen mit 2*99 und quadrieren ergibt

x=49^2=2.401

Der erste Schritt in der Musterlösung hilft nicht, denn die Wurzeln tauchen i.W. dann rechts auf. Das muss man vermeiden.

Was im Beitrag leider wieder falsch dargestellt wird, ist die Vorstellung, dass "der Hacker" als einsamer Wolf jedes Passwort erneut mittels komplexer und langwieriger Operationen errechnen oder "cracken" muss.

Wenn man den Hash eines Kennworts hat, *kann* man natürlich alle möglichen Kombinationen von Zeichen durchspielen, jeweils den Hash generieren und dann vergleichen. Das dauert "unendlich lange" und erfordert "enorm viel" Rechenkapazität. Nur ist letzteres praktisch unbegrenzt verfügbar, wenn man dafür nicht einen Supercomputer, sondern eine Million argloser Computerbesitzer heranzieht, deren Rechner über verseuchte Browser oder infizierte Betriebssysteme auf Kommando Rechenzeit bereitstellen. Das "Problem" ist außerordentlich gut parallelisierbar.

Noch viel schlauer ist es, wenn man die "falschen" Codes und deren Hashes nach der Berechnung nicht vergisst und beim nächsten Versuch daher wieder berechnen muss, sondern aufhebt. Was heute falsch war, kann morgen richtig sein und dann muss man nur noch den hash in der vorhandenen Datenbank nachschlagen und kann das Passwort ohne Zeitverlust einfach auslesen.

Im übrigen ist es völlig egal, ob man dabei das "originale" Passwort errechnet hat, oder ein "falsches", das nur zufällig den gleiche Hash ergibt. Da ohnehin nur die Hashes verglichen werden, sind die natürlich gleichwertig. Die Tabelle muss also noch nicht einmal alle mögliche Passwort Kombinationen enthalten, sondern nur alle Kombinationen, die jeweils einen eindeutigen Hash ergeben.

Ja, das benötigt "enorm viel" Speicherplatz - und auch der ist heutzutage in der Cloud problemlos bereitstellbar. Tatsächlich sind fertige Rainbow Tables mit allen(!) Kombinationen von Zeichen selbst für "normal lange" Passwörter bereits Realität, stehen im Internet und können auch online abgefragt werden. Ein 8-10 Stelliges Kennwort braucht heute überhaupt nicht mehr gekrackt werden, sofern ein Hash verfügbar ist. Morgen sind es 12 oder 15-stellige Passwörter, egal ob das jetzt "12345678" oder "L(% kßlÖ" lautet.

Guten Tag,
ich bin durch eine wie ich finde elegante und einfache Methode auf die Antwort gekommen. Der Abstand zweier Quadratzahlen wächst immer um 2. 2² und 3² haben den Abstand 5. Allgemein liegen n² und (n+1) ² genau 2n+1 auseinander. (Durch bin Formeln erkennbar). Nach der Ausgangs Gleichung müssen beide Wurzeln zusammen 99 ergeben wenn die Summe der Quadrate Abstand 99 hat. Mit den Infos oben ergibt sich das für die Base 49 (49*2+1=99). Das gesuchte x ist also 49²=2401.

Viele Grüße aus Remscheid
Fabian Selbach

Hiermit korrigiere ich mich! Es hat sich ein Rechenfehler eingeschlichen. Der Flaechenanteil des Quadrats ist exakt 66 2/3 % vom 12-Eck. Ich entschuldige mich. Ich habe die Kantenlänge des Quadrats = a gesetzt, dann die Diagonale berechnet. Die halbe Diagonale entspricht der Seitenlänge jedes der 12 gleichschenkligen Teildreiecke. Über die Berechnung der Basis und der Hoehe habe ich die Fläche des 12-Ecks mit 1,5 a^2 ermittelt.

Hier ist ein Denkfehler: Die 4 Trapeze sind zwar gleich groß, aber die Verhältnisse der Farbflächen (gelb zu rot) im linken und rechten Trapez unterscheiden sich deutlich von den entsprechenden Verhältnissen in den beiden Trapezen oben und unten. Tatsächlich hat das grüne Quadrat einen größeren Flaechenanteil am regelmäßigen 12-Eck als 2/3. Es sind ca.72,28 %.

Das 12-Eck besteht aus 12 gleichen gleichschenklichen Dreiecken (Winkel 360°/12 = 30°, Schenkellänge r.) Deren Flächeninhalt = Flächeninhalt 12-Eck = 12 • 1/2 • r • r • sin 30° = 12 • 1/2 • r • r • 1/2 = 3 • r • r. Das Quadrat besteht aus 4 rechtwinkligen gleichschänklichen Dreiecken mit Schenkellänge r. Flächeninhalt = 4 • 1/2 • r • r = 2 • r • r. Verhältnis 2/3.

Hallo,
Ich denke die Lösung ist falsch. 6°/min und 24°/min Geschwindigkeiten für Spinne und Minutenzeiger ist korrekt. Da Spinne und Minutenzeiger gegenläufig unterwegs sind, bewegen sich beide mit insgesamt 30°/min nach 360° (Ein Kreisumlauf). Das dauert dann 360/30 also 12 min. Das erste Treffen ist um 6:12, das zweite um 6:32.
Viele Grüße
Frank Schneider

Ich bitte nochmals, die Gleichung zur Berechnung der Länge der zweiten horizontalen Kathete mit Pythagoras zu korrigieren. Es muss BE=sqrt... heißen, nicht BC=.... (BC ist ja die Hypotenuse).

Wenn man die Einschränkung auf natürliche Zahlen entfallen lässt und die Frage auf reelle Zahlen erweitert, ist die Lösung (100 / 37 = 2,702702702...) hoch 37 mit dem Ergebnis 9,47406E+15.
Und wenn man statt 100 immer größere Werte n verwendet, ergibt sich als Grenzwert für x in x^(n/x) die Eulersche Zahl e.
Vor vielen Jahren mit frischen Mathematik-Kenntnissen aus Schule und Studium konnte ich den Beweis dafür noch problemlos herleiten, inzwischen sind die dafür notwendigen Komponenten leider etwas eingerostet...