Ihre Beiträge sind uns willkommen! Schreiben Sie uns Ihre Fragen und Anregungen, Ihre Kritik oder Zustimmung. Wir veröffentlichen hier laufend Ihre aktuellen Zuschriften.
Der Radius R des grünen Kreises bei B ist Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks, dessen eine Kathete die Strecke BD ist, und lässt sich nach Pythagoras berechnen durch R^2 = r^2 + (2r-R)^2. Teilt man die Gleichung durch R^2 und setzt für das Teilungsverhältnis der Radien v:=r/R, so folgt die Gleichung 1 = v^2 + (2v-1)^2. Die 1 fällt auf beiden Seiten weg, und nach Umstellen ergibt sich 5v^2 = 4v oder v = 4/5, d.h. die Länge der Strecke CD beträgt 80% der Länge des Durchmessers des grünen Kreises. Das gesuchte Flächenverhältnis ist gleich dem Quadrat des Radienverhältnisses, also v^2 = 16/25 = 64/100 = 64%.
Also schön fand ich den Zusammenhang mit der militärischen Forschung zu erwähnen. Hatte die Trägheitsfusion schon lange abgestempelt. Buttert ja auch kein anderer mehr Geld rein. Bei dem Pelletproblem würde ich persönlich noch die Umrechnung in Kilowattstunden vorschlagen: sind: 0,875 kWh also ca. 30 Cent Ertrag bei Vernachlässigung der Kosten Energieinput und Umwandlung der abgegebenen Wärme in Energie. Und die Pelletkosten liegen bei 10000 Dollar (keine Quelle gefunden) . Also noch grob 8 Größenordnung von der Wirtschaftlichkeit entfernt.
Was soll das noch werden, wenn sich die Journalie unkritisch vor jeden Karren spannen lässt, der des "Kaisers neue Kleider" bejubelt. Demnächst findet man wieder mal Hinweise auf " Leben auf dem Mars" um den Wissenschaftlern ihre Hobbies zu finanzieren. Ich stimme Ihrem Artikel voll und ganz zu. weiter so !
Toller Beitrag!
Wer gegen die Atomkraft ist, der ist auch gegen die Kernfusion, denn die 322 Megajoule Energie für das Plasma müssen erst atomar, mit Atomkraftwerken erzeugt werden.
Die Kernfusion ist nur ein teures Experiment mit freundlichen Grüßen an den Steuerzahler
Die Seitenlänge des Quadrats S ist gleich der Summe aus dem Durchmesser des kleinen Kreises d und des Radius des großen Kreises R, also S = d+R.
Gleichzeitig ist die Seitenlänge des Quadrates gleich der Sehnenlänge s des Kreisabschnittes, wofür gilt: s = d+R = 2R × sin x/2
Alles auf den Punkt gebracht. Nur eine Klitzekleinigkeit ist nicht (ganz) korrekt: Temperaturen von mehreren Millionen Grad Celsius kommen nicht nur in Sternen oder thermonuklearen Waffen vor, sondern ebenso bei Kollisionen in Teilchenbeschleunigern. Dort kann man im Prinzip sogar deutlich höhere Temperaturen (genauer Energiedichten) erzeugen. Leider reichen dort (ebenfalls) die Trefferwahrscheinlichkeiten (Luminositäten) nicht aus, um effizient Energie daraus zu generieren. Das sagen zumindest bislang alle Studien – wenngleich ich denke, dass das Feld noch nicht ausreichend „beackert“ ist. Man könnte mit Beschleunigern (ggf. sogar mit neuen, sogenannten Plasmabeschleunigern) sogar andere Atome miteinander verschmelzen, die zum Beispiel noch weniger Radioaktivität erzeugen. Die Forschung bleibt spannend. Traurig ist aber leider, dass viele Medien wieder einmal auf die PR der US-Amerikaner hereingefallen sind. Es braucht weiterhin gute Wissenschaftsjournalistinnen und -journalisten. Da kann man sich von Spektrum eine Scheibe abschneiden!
Das Radienverhältnis ist gleich dem Durchmesserverhältnis. Da das blaue Quadrat die Seitenlänge R sqrt(2) hat, ist der kleine Durchmesser R sqrt(2) - R, folglich das Verhältnis (R sqrt(2) - R) / (2R) = (sqrt(2) - 1) / 2.
Bekannt die Geschichte um den "Großen Fermatschen" -Satz.
Danach besitzt die Gleichung X^N +Y^N -Z^N = 0 für N > 2 keine ganzzahlige Lösung [X Y Z] Fermat hatte behauptet, einen einfachen Beweis gefunden zu haben.
Das hatte er auch in vielen ähnlichen Fällen behauptet und in allen diesen anderen Fällen , hat es nicht allzu lange gedauert bis die Mathematiker - Community die jeweilige Aussage bestätigen konnte.
Beim "Großen Fermatschen" -Satz gilt es gemeinhin heute als unwahrscheinlich.
dass Fermat wirklich eine Beweis gefunden hat, denn erst nach 350 Jahren
ist es Andrew Wiles mit sehr tiefliegenden Methoden, von denen Fermat nichts wissen konnte gelungen ,den Satz zu beweisen.
Ich will mich nicht in die Reihe der "Fermatisten" (d. h. Laien die so naiv sind, zu meinen, das Problem lösen zu können)
einreihen , auch wenn ich gelernter Mathematiker bin.
Aber mir sind Gedanken gekommen, die das Problem stark vereinfachen.
Zumindest gilt das für jedes einzelne N.
Daraus für alle N synchron einen Beweis zu machen , ist immer noch eine große Herausforderung, aber es könnte sein, dass unterm Strich die Analyse des Problems in der vereinfachten Form zu einem einfachen Beweis für alle N führt.
Stand der Technik war lange
ggf eine N-te Wurzel w von (-1) zu Q zu adjungieren und als Grundkörper K = Q(w) einzuführen die Gleichung kann dann äquivalent als 0 =p(X,Y,Z) = X^N +Y^N +Z^N geschrieben werden.
jetzt meine Idee:
wenn X, Y ,Z in K liegen
so auch
s0 = -X -Y -Z,
s1 = (-X)*(-Y) +(-Y) *(-Z) + (-Z) *(-X) ,
s2 =(-X)*(-Y)*(-Z)
und p lässt sich eindeutig als q(s0,s1,s2) schreiben mit einem Polynom q.
das gilt allgemeiner für jedes p mit p(X,Y,Z) = p(Y,Z,X)= p(Z,X,Y) = p(Y,X,Z) = p(X,Z,Y)= p(Z,Y,X) (siehe dazu und für ein Verfahren zu p das q zu finden :van der Waerden :Algebra) den Vektor Xv = [X , Y, Z] kann man in an die Permutationsgruppe S(3) angepassten Koordinaten als Xv = m*[1 1 1] +s*[1 1 (-2)] +d*[1 (-1) 0] schreiben.
Dies in die Definitionen von s0,s1,s2 eingesetzt ergibt mit ms = m+s, d2 = d^2
s0 =-3*m;
s1 =- 24*m^2 + 36*m*ms - 12*ms^2 -d2;
s2 = 4*d2*ms - 144*ms - 5*d2 + 84*ms^2 - 16*ms^3 + 80;
( es gilt Vektoriell
Xv.^3 +Xv.^2*s0 + Xv.^1*s1 +s2 = [0 0 0]
Dies in "msd " -Koordinaten geschrieben lautet:
0 =pm = 6*d2 + 108*ms + s1 + s2 - 4*d2*ms - 72*ms^2 + 16*ms^3 - 56;
0 =ps = 3*d2 - 156*ms + 3*s1 - 2*d2*ms - 2*ms*s1 + 108*ms^2 - 24*ms^3 + 72;
0 = pd =d*( 12*ms^2 - 36*ms + d2 + s1 + 24); (man beachte dass diese Gleichungen degree < =3 haben, unabhängig von N) ,aber das wird im folgenden nicht einmal benötigt, kann aber Beziehungen zwischen den s0 s1 s2 etablieren , die die Rechnung unten vereinfachen können )
soweit gilt das für jedes p mit p(X,Y,Z) = p(Y,Z,X)= p(Z,X,Y) = p(Y,X,Z) = p(X,Z,Y)= p(Z,Y,X) für die Frage ob X Y Z im Grundkörper liegt können wir auch zu (X' Y' Z' ) = ( X/m) (Y/m) (Z/m) übergehen.
das heißt wir dürfen m = 1 annehmen.
(Es könnte die falsche Entscheidung gewesen sein Z auf 1 zu setzen, die Symmetrie sagt, dass man m = 1 setzen sollte, nicht Z = 1, den letzteres bricht die vermutlich im jedem Fall sehr nützliche Symmetrie S(3))
Für ein konkretes p lässt sich p dann als q(s1,s2) schreiben
oder mit beliebigen a0 a1 aus K
und [v0 v1] := [s1 s2]*[a0 a1;(-a1) a0]
auch als r(v0,v1).
Mit
s10 =- 24 + 36*ms - 12*ms^2 -d2;
s20 = 4*d2*ms - 144*ms - 5*d2 + 84*ms^2 - 16*ms^3 + 80; und
v10 = [s10 s20]*[a1 ;a0]
muss gelten:
(v1 -v10) teilt r(v0,v1)
die Polynom -Division muss also aufgehen.
wenn K genügend viele Elemente hat (K = Q , oder K =Q(...)) haben immer mit inf immer genügend viele Elemente)
müssen alle Koeffizienten aller Monome in a0, a1 des Ergebnisses gleich 0 sein.
Das liefert schon für N = 3 eine stattliche Anzahl A von Gleichungen F(ms,d2) und mit steigendem Grad in s1 s2 von q sollten es sehr schnell immer mehr werden. Diese können aber selbstverständlich viele Teiler gemeinsam haben.
All diese Gleichungen müssen dasselbe Paar [ ms d2] als Nullstelle haben.
d.h.
ein p1 von minimalen Grad deg in d2 unter diesen aus gewählt
sind die ggts von p1 mit je einem anderen davon verschiedenen
A-1 Gleichungen vom Grad < deg
Es erscheint sehr "unwahrscheinlich"
dass für ein vorgelegtes symmetrisches Polynom p man nicht so schließlich sehr viele Polynome, die von d2 unabhängig sind, findet.
Alle diese müssen, damit es eine Lösung im Grundkörper gibt, einen gemeinsamen Faktor (ms -c) mit c aus K besitzen , wenn p eine Lösung in K haben soll.
Mit der Matlab -Funktion "factor" kann man das prüfen (in van der Waerden: Algebra , kann man lesen wie Matlab das machen dürfte)
Dazu kommt , dass wir so jeden Menge Gleichungen F(ms,d2) = 0 finden ,selbst wenn so ein c aus K existiert, muss dasselbe auch für alle F(c,d^2) (mit d statt ms) gelten.
Das legt es nahe , dass man für beinahe beliebige symmetrische p automatisiert beweisen kann, dass p = 0 keine Lösung im Grundkörper hat.
Ebenso sollte mit dieser Methode für praktisch "jedes" einzelne N, automatisiert beweisbar sein, dass X^N +Y^N -Z^N keine ganzzahlige Lösung hat.
Die Herausforderung ist, daraus synchron für alle N , einen einfacheren Beweis als den, den Wiles geliefert hat, zu machen,
Es kann natürlich sein, dass der Teufel hier im Detail steckt (???).
Mich würde von Herrn Pöppe interessieren, ob diese Gedanken neu sind oder nicht . (Wahrscheinlich eher nicht ,aber wer weiß)
Es gibt noch einige zusätzliche Sonderfälle. Bei Wikipedia heißt es:
„Es gibt zwei Abweichungen von dieser Normalform, die schon seit der Antike vereinzelt zu belegen sind und auch in jüngerer Zeit auftreten: Das Zeichen in subtraktiver Stellung wird verdoppelt und dann der Wert zweimal abgezogen, z. B. IIX statt VIII für 8, XXC statt LXXX für 80. I oder X werden in subtraktiver Stellung nicht nur vor den beiden jeweils nächstgrößeren Zeichen, sondern vor noch höheren Zeichen verwendet, z. B. IL statt XLIX für 49, IC statt XCIX für 99 oder XM statt CMXC für 990.“ (https://de.wikipedia.org/wiki/R%C3%B6mische_Zahlschrift#Varianten )
Ein dritter Sonderfall sind große Zahlen. So stand eine IV mit einem Oberstrich für 4.000, eine eingerahmte IX für 900.000. (https://www.roemische-zahlen.net/#Roemische_Zahlen_umrechnen_Subtraktionsregel )
ein super Rätsel wie immer, jedoch empfehle ich bei Formulierung der Lösung eine Anpassung von Bild an Text oder vice versa. Ich habe das Originalbild durch verschiedene Sehfehlerfilter laufen lassen und die Lösung lässt eine anachromatische Sichtweise von Herrn Hemme vermuten.
Hoffentlich wurde das Beispielbild beim Verfassen der Lösung nur in schwarz-weiß ausgedruckt.
Stellungnahme der Redaktion
Vielen Dank für den Hinweis. Wir werden versuchen, das künftig zu berücksichtigen!
Da steht: fünf Punkte (vier davon sind in einem Quadrat angeordnet, der fünfte befindet sich mittig über den oberen zwei Punkten)
Nachdem ich das Haus nicht kannte, war mir nicht klar, dass die vier Punkte in einem Quadrat auch noch durch Diagonalen verbunden sind, und daher hat mich zunächst auch dieser Satz verwundert: Doch wenn man an einem der drei oberen Punkte startet, mündet das zwangsläufig in eine Sackgasse.
Im Rätsel sind zwei Jahreszahlen angegeben: 2022 und 2024.
Außerdem ist
\( 2024=\frac{z_1!\bullet z_2!\bullet z_3!\bullet\ldots}{n_1!\bullet n_2!\bullet n_3!\bullet\ldots} \) in manchen Browsern (bei mir Chrome) als Quelltext sichtbar.
In der Auflösung wird von schwarzen, grauen, hellgrauen und einer weißen Münze gesprochen.
Die Übersicht zeigt jedoch rote, grüne, blaue und eine gelbe Münze.
Die Lösung beeinflusst dies jedoch nicht.
Die fabelhafte Welt der Mathematik: Ein nützlicher Rechenfehler vom 16.12.22
19.12.2022, Wolfgang Doberstein...Verzeichnet man außerdem einen anderen Punkt (a, b) ......."
wenn ich es richtig verstanden habe, sollte es in dem tollen Artikel vermutlich "Punkt (c,d)" und nicht (a,b) heißen
Grüße
Wolfgang Doberstein
Vielen Dank, das stimmt natürlich und wurde korrigiert!
Wo ist A
18.12.2022, Frank DreesbachWie viel Prozent machen die Viertelkreise aus?
16.12.2022, KuchenDa geht noch mehr.
16.12.2022, Stefan HoffmannWas soll das noch werden?
16.12.2022, Eberhard NollerKernfusion
16.12.2022, RüdigerWer gegen die Atomkraft ist, der ist auch gegen die Kernfusion, denn die 322 Megajoule Energie für das Plasma müssen erst atomar, mit Atomkraftwerken erzeugt werden.
Die Kernfusion ist nur ein teures Experiment mit freundlichen Grüßen an den Steuerzahler
Alternative Methode
15.12.2022, JochenGleichzeitig ist die Seitenlänge des Quadrates gleich der Sehnenlänge s des Kreisabschnittes, wofür gilt: s = d+R = 2R × sin x/2
x ist 90 Grad, damit ergibt sich : d = 0,41R....
Danke für den tollen Beitrag!
15.12.2022, Gerhard SamulatDas Radienverhältnis
14.12.2022, KuchenSymmetrie des Äpfel-Problems und verwandter Probleme
12.12.2022, Dr. Gerald LeonhardtDanach besitzt die Gleichung X^N +Y^N -Z^N = 0 für N > 2 keine ganzzahlige Lösung [X Y Z] Fermat hatte behauptet, einen einfachen Beweis gefunden zu haben.
Das hatte er auch in vielen ähnlichen Fällen behauptet und in allen diesen anderen Fällen , hat es nicht allzu lange gedauert bis die Mathematiker - Community die jeweilige Aussage bestätigen konnte.
Beim "Großen Fermatschen" -Satz gilt es gemeinhin heute als unwahrscheinlich.
dass Fermat wirklich eine Beweis gefunden hat, denn erst nach 350 Jahren
ist es Andrew Wiles mit sehr tiefliegenden Methoden, von denen Fermat nichts wissen konnte gelungen ,den Satz zu beweisen.
Ich will mich nicht in die Reihe der "Fermatisten" (d. h. Laien die so naiv sind, zu meinen, das Problem lösen zu können)
einreihen , auch wenn ich gelernter Mathematiker bin.
Aber mir sind Gedanken gekommen, die das Problem stark vereinfachen.
Zumindest gilt das für jedes einzelne N.
Daraus für alle N synchron einen Beweis zu machen , ist immer noch eine große Herausforderung, aber es könnte sein, dass unterm Strich die Analyse des Problems in der vereinfachten Form zu einem einfachen Beweis für alle N führt.
Stand der Technik war lange
ggf eine N-te Wurzel w von (-1) zu Q zu adjungieren und als Grundkörper K = Q(w) einzuführen die Gleichung kann dann äquivalent als 0 =p(X,Y,Z) = X^N +Y^N +Z^N geschrieben werden.
jetzt meine Idee:
wenn X, Y ,Z in K liegen
so auch
s0 = -X -Y -Z,
s1 = (-X)*(-Y) +(-Y) *(-Z) + (-Z) *(-X) ,
s2 =(-X)*(-Y)*(-Z)
und p lässt sich eindeutig als q(s0,s1,s2) schreiben mit einem Polynom q.
das gilt allgemeiner für jedes p mit p(X,Y,Z) = p(Y,Z,X)= p(Z,X,Y) = p(Y,X,Z) = p(X,Z,Y)= p(Z,Y,X) (siehe dazu und für ein Verfahren zu p das q zu finden :van der Waerden :Algebra) den Vektor Xv = [X , Y, Z] kann man in an die Permutationsgruppe S(3) angepassten Koordinaten als Xv = m*[1 1 1] +s*[1 1 (-2)] +d*[1 (-1) 0] schreiben.
Dies in die Definitionen von s0,s1,s2 eingesetzt ergibt mit ms = m+s, d2 = d^2
s0 =-3*m;
s1 =- 24*m^2 + 36*m*ms - 12*ms^2 -d2;
s2 = 4*d2*ms - 144*ms - 5*d2 + 84*ms^2 - 16*ms^3 + 80;
( es gilt Vektoriell
Xv.^3 +Xv.^2*s0 + Xv.^1*s1 +s2 = [0 0 0]
Dies in "msd " -Koordinaten geschrieben lautet:
0 =pm = 6*d2 + 108*ms + s1 + s2 - 4*d2*ms - 72*ms^2 + 16*ms^3 - 56;
0 =ps = 3*d2 - 156*ms + 3*s1 - 2*d2*ms - 2*ms*s1 + 108*ms^2 - 24*ms^3 + 72;
0 = pd =d*( 12*ms^2 - 36*ms + d2 + s1 + 24); (man beachte dass diese Gleichungen degree < =3 haben, unabhängig von N) ,aber das wird im folgenden nicht einmal benötigt, kann aber Beziehungen zwischen den s0 s1 s2 etablieren , die die Rechnung unten vereinfachen können )
soweit gilt das für jedes p mit p(X,Y,Z) = p(Y,Z,X)= p(Z,X,Y) = p(Y,X,Z) = p(X,Z,Y)= p(Z,Y,X) für die Frage ob X Y Z im Grundkörper liegt können wir auch zu (X' Y' Z' ) = ( X/m) (Y/m) (Z/m) übergehen.
das heißt wir dürfen m = 1 annehmen.
(Es könnte die falsche Entscheidung gewesen sein Z auf 1 zu setzen, die Symmetrie sagt, dass man m = 1 setzen sollte, nicht Z = 1, den letzteres bricht die vermutlich im jedem Fall sehr nützliche Symmetrie S(3))
Für ein konkretes p lässt sich p dann als q(s1,s2) schreiben
oder mit beliebigen a0 a1 aus K
und [v0 v1] := [s1 s2]*[a0 a1;(-a1) a0]
auch als r(v0,v1).
Mit
s10 =- 24 + 36*ms - 12*ms^2 -d2;
s20 = 4*d2*ms - 144*ms - 5*d2 + 84*ms^2 - 16*ms^3 + 80; und
v10 = [s10 s20]*[a1 ;a0]
muss gelten:
(v1 -v10) teilt r(v0,v1)
die Polynom -Division muss also aufgehen.
wenn K genügend viele Elemente hat (K = Q , oder K =Q(...)) haben immer mit inf immer genügend viele Elemente)
müssen alle Koeffizienten aller Monome in a0, a1 des Ergebnisses gleich 0 sein.
Das liefert schon für N = 3 eine stattliche Anzahl A von Gleichungen F(ms,d2) und mit steigendem Grad in s1 s2 von q sollten es sehr schnell immer mehr werden. Diese können aber selbstverständlich viele Teiler gemeinsam haben.
All diese Gleichungen müssen dasselbe Paar [ ms d2] als Nullstelle haben.
d.h.
ein p1 von minimalen Grad deg in d2 unter diesen aus gewählt
sind die ggts von p1 mit je einem anderen davon verschiedenen
A-1 Gleichungen vom Grad < deg
Es erscheint sehr "unwahrscheinlich"
dass für ein vorgelegtes symmetrisches Polynom p man nicht so schließlich sehr viele Polynome, die von d2 unabhängig sind, findet.
Alle diese müssen, damit es eine Lösung im Grundkörper gibt, einen gemeinsamen Faktor (ms -c) mit c aus K besitzen , wenn p eine Lösung in K haben soll.
Mit der Matlab -Funktion "factor" kann man das prüfen (in van der Waerden: Algebra , kann man lesen wie Matlab das machen dürfte)
Dazu kommt , dass wir so jeden Menge Gleichungen F(ms,d2) = 0 finden ,selbst wenn so ein c aus K existiert, muss dasselbe auch für alle F(c,d^2) (mit d statt ms) gelten.
Das legt es nahe , dass man für beinahe beliebige symmetrische p automatisiert beweisen kann, dass p = 0 keine Lösung im Grundkörper hat.
Ebenso sollte mit dieser Methode für praktisch "jedes" einzelne N, automatisiert beweisbar sein, dass X^N +Y^N -Z^N keine ganzzahlige Lösung hat.
Die Herausforderung ist, daraus synchron für alle N , einen einfacheren Beweis als den, den Wiles geliefert hat, zu machen,
Es kann natürlich sein, dass der Teufel hier im Detail steckt (???).
Mich würde von Herrn Pöppe interessieren, ob diese Gedanken neu sind oder nicht . (Wahrscheinlich eher nicht ,aber wer weiß)
Drei zusätzliche Sonderfälle
12.12.2022, Volker Pöhls„Es gibt zwei Abweichungen von dieser Normalform, die schon seit der Antike vereinzelt zu belegen sind und auch in jüngerer Zeit auftreten: Das Zeichen in subtraktiver Stellung wird verdoppelt und dann der Wert zweimal abgezogen, z. B. IIX statt VIII für 8, XXC statt LXXX für 80. I oder X werden in subtraktiver Stellung nicht nur vor den beiden jeweils nächstgrößeren Zeichen, sondern vor noch höheren Zeichen verwendet, z. B. IL statt XLIX für 49, IC statt XCIX für 99 oder XM statt CMXC für 990.“ (https://de.wikipedia.org/wiki/R%C3%B6mische_Zahlschrift#Varianten )
Ein dritter Sonderfall sind große Zahlen. So stand eine IV mit einem Oberstrich für 4.000, eine eingerahmte IX für 900.000. (https://www.roemische-zahlen.net/#Roemische_Zahlen_umrechnen_Subtraktionsregel )
Farbenblindheit für Leser angleichen
12.12.2022, Florian Kappein super Rätsel wie immer, jedoch empfehle ich bei Formulierung der Lösung eine Anpassung von Bild an Text oder vice versa. Ich habe das Originalbild durch verschiedene Sehfehlerfilter laufen lassen und die Lösung lässt eine anachromatische Sichtweise von Herrn Hemme vermuten.
Hoffentlich wurde das Beispielbild beim Verfassen der Lösung nur in schwarz-weiß ausgedruckt.
Vielen Dank für den Hinweis. Wir werden versuchen, das künftig zu berücksichtigen!
Beschreibung des Nikolaushauses nicht ganz klar
11.12.2022, Andreas SchmidtNachdem ich das Haus nicht kannte, war mir nicht klar, dass die vier Punkte in einem Quadrat auch noch durch Diagonalen verbunden sind, und daher hat mich zunächst auch dieser Satz verwundert: Doch wenn man an einem der drei oberen Punkte startet, mündet das zwangsläufig in eine Sackgasse.
Zwei Jahreszahlen
11.12.2022, Andreas SchmidtAußerdem ist
\( 2024=\frac{z_1!\bullet z_2!\bullet z_3!\bullet\ldots}{n_1!\bullet n_2!\bullet n_3!\bullet\ldots} \) in manchen Browsern (bei mir Chrome) als Quelltext sichtbar.
Farben stimmen nicht
10.12.2022, Erwin HaldimannDie Übersicht zeigt jedoch rote, grüne, blaue und eine gelbe Münze.
Die Lösung beeinflusst dies jedoch nicht.