Rätsel mit Würfel

10.11.2010, 19:25

Huy

Rätsel mit Würfel

Ein Rätsel, das mir die Tage gestellt wurde, für welches mir aber noch kein eleganter Lösungsweg eingefallen ist. Vielleicht sieht einer von euch, wie man das "schön" macht?

Die Zahlen von 1-8 werden auf die Ecken eines Würfels verteilt (keine Zahl kommt doppelt vor). Einer Würfelkante wird die Summe der beiden anliegenden Ecken zugewiesen. Wie ist es möglich, die Zahlen 1-8 so zu verteilen, sodass keine Summe zweimal vorkommt? Falls dies nicht möglich ist, beweisen Sie es.

Es ist natürlich nicht möglich, die Zahlen so anzuordnen. Nun ist aber die Frage, wie man das elegant begründet, ohne Bruteforce zu benutzen...

MfG

27.11.2010, 07:16

gonnabphd

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Edit: *** Nachdem ich auf einen kleinen Rechenfehler hingewiesen wurde (welcher glücklicherweise die Beweisidee nicht zunichte macht), habe ich das dementsprechend abgeändert. ***

Hoi,

Hübsches Rätsel, sollte öfter hier reinschauen. smile

Hab' hier nen Lösungsvorschlag für dich:

Ersteinmal betrachten wir die Summe aller Zahlen auf den zwölf Kanten.
Diese ist durch die Forderung, dass jede Zahl von $\begin{eqnarray*} 1, \ldots, 8 \end{eqnarray*}$ genau einmal vorkommt, eindeutig festgelegt; denn betrachten wir zuerst zwei beliebige gegenüberliegende Seitenflächen, so sieht man leicht, dass die Summe über die vier Kanten, welche diese Seiten verbinden $\begin{eqnarray*} 1 + 2 + \ldots + 8 = 36 \end{eqnarray*}$ ist.

Da es genau 3 solcher Flächenpaare gibt, und jede Kante genau zwischen einem solchen Paar liegt, ist die Summe aller Zahlen auf den Kanten $\begin{eqnarray*} 3\cdot 36 = 108 \end{eqnarray*}$ .

Andererseits liegen natürlich alle Zahlen auf den Kanten in der Menge $\begin{eqnarray*} \{3, \ldots, 15\} \end{eqnarray*}$ . Gemäss Aufgabe, sollen schlussendlich 12 davon (also alle bis auf eine) auf den Kanten stehen.

Es gilt $\begin{eqnarray*} 3 + \ldots + 15 = \frac{18 \cdot 13}{2} = 117 \end{eqnarray*}$ . Somit muss die Zahl, welche auf keiner Kante steht $\begin{eqnarray*} 9 \end{eqnarray*}$ sein, gemäss der Berechnung für die Summe aller Zahlen auf den Kanten.

Wenn wir die 8 nun irgendwo auf eine Ecke setzen, dann müssen also 6 und 7 benachbarte Zahlen von 8 sein (denn 15 und 14 müssen vorkommen). Das wiederum zwingt die Fünf zur 8 (denn 13 muss auch vorkommen - 6 und 7 sind nicht benachbart). Aber wie kriegen wir nun 12 als Summe hin? Die einzigen Möglichkeiten wären 7+5 und 8+4, aber die 8 hat nun schon 3 benachbarte Zahlen (5, 6, 7) und die 7 ist nicht benachbart mit der 5!

Folglich gibt es keine Anordnung, wie in der Aufgabenstellung gefordert.

mfg Wink

25.02.2011, 18:05

r12345

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1+2+3+...+8=36 nicht war? unglücklich

25.02.2011, 18:31

gonnabphd

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Eieiei, da hast du recht. Dann muss man wohl die 114 durch 108 ersetzen und der Rest des Beweises geht genau gleich durch. smile

25.02.2011, 20:16

abc2011

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Oder bloss so:

$\begin{eqnarray*} 3 \sum\limits_{k=1}^8 k = 3\cdot 36 \neq 117 = \sum\limits_{k=3}^{15} k \end{eqnarray*}$

25.02.2011, 20:28

Mystic

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Zitat:

Original von abc2011
Oder bloss so:

$\begin{eqnarray*} 3 \sum\limits_{k=1}^8 k = 3\cdot 36 \neq 117 = \sum\limits_{k=3}^{15} k \end{eqnarray*}$

Naja, eine Zahl (genauer die 9) kann ja fehlen, da die rechtstehende Summe 13 Summanden hat und es 12 Kanten gibt...

Edit: Hier ein alternativer Beweis, wo ich nur verwende, dass es für die Summe benachbarter Ecken des Würfels höchstens die 13 Möglichkeiten 3,4,...,14,15 gibt...

Wenn man sich nun die Ecke von 1 ansieht, so hat sie jedenfalls die 2 Nachbarn 2,3, da 3,4 nur auf eine Weise als Summe von verschiedenen positiven ganzen Zahlen darstellbar sind... Nun hat zwar 5 zwei Darstellungen, nämlich 5=2+3 und 5=1+4, aber die erste scheidet aus, da 2 und 3 als Nachbarn von 1 nicht mehr benachbart sein können... Auch für 6 braucht man die 1, d.h., die Darstellung 6=1+5, da 6=2+4 aus den gleichen Gründen wie vorher nicht mehr möglich ist... Nun hat aber 1 nur genau 3 Nachbarn, also scheidet mindestens eine der Zahlen 3,4,5,6 als Eckensumme aus. ..

Dasselbe "Spiel" kann man aber aus Symmetriegründen auch mit 8 statt mit 1 als Bezugsecke machen, von der aus man alles betrachtet, womit eine weitere (und andere!) Eckensumme ausscheidet und man dann höchstens 11 verschiedene Eckensummen mehr hat, also nicht genug für die 12 Kanten...

25.02.2011, 21:15

abc2011

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Ja, Mystic hat natürlich recht: 15 minus 3 ist zwar 12, aber es sind 13 Summanden; wieder mal der typische Fehler ...

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