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Lösung Aufgabe 24

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  • #15091
    Anonymous

      Mittels einer rekursiven Formel lässt sich die Aufgabe elegant lösen, da man nur die
      ersten beiden Folgenglieder zu bestimmen braucht – Anzahl der Züge bei nur einem
      bzw. zwei Kippschaltern:
      https://www.dropbox.com/s/po0d5llvnok2xmf/24_Baier_rek_Formel_Vanillekipferl.JP
      G?dl=0

      #15175
      Anonymous

        Ich habe die Lösung mit einen Scratch-Programm animiert:
        https://scratch.mit.edu/projects/621400520

        #15262
        Anonymous

          Dieses Rätsel ist viele hundert Jahre alt und wird in vielen Rätselbüchern diskutiert.

          https://en.wikipedia.org/wiki/Baguenaudier

          #15289
          Anonymous

            Lösung durch einfaches Abzählen erschien mir hier deutlich pragmatischer und schneller als das Herleiten und Beweisen der Formel. Nach 3 Minuten war ich fertig.

            #15298
            Anonymous

              Ich habe es auch durch Abzählen gelöst bzw. durch Aufschreiben. Ich verstehe noch nicht ganz, wie du (Pierrot) auf die rekursive Formel gekommen bist. Und @1234qwert: gibt es dafür auch einen deutschen Ausdruck?
              https://www.dropbox.com/t/0nHfXhCpZJ9JDpTp

              #15337
              Anonymous

                Hier meine Vorgangsweise:
                Ich brauchte genau 22 Züge um aus der linken 1 eine 0 zu machen (die habe ich einfach händisch aufgeschrieben) und danach ist es eigentlich klar: 32 weitere Züge für die nächste 1, dann 16, dann 8 usw. ==> 22 + 32 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1 = 22 + 63 = 85.

                #15460
                Anonymous

                  Ich habe es auch rekursiv gemacht:

                  a_k = Anzahl Züge, um ausschließlich Schalter k (von rechts gezählt) zu schalten, wenn rechts davon alle aus sind.

                  Um das zu tun, d.h. ausschließlich Schalter k zu schalten, muss man erst mal (ausschließlich) Schalter k-1 einschalten, Schalter k umlegen, (ausschließlich) Schalter k-1 wieder ausschalten.
                  Also ist a_k = 2*a_{k-1} + 1 (und a_1 = 1)
                  1, 3, 7, 15, 31, 63

                  Um alle Schalter einzuschalten, schaltet man so die Schalter 6 (+7), 4 (+5), 2 (+3) ein und dann Schalter 1. Die in Klammern angegebenen Schalter schaltet man jeweils mit einem einzelnen Zug zusätzlich ein.
                  Also 63 + 1 + 15 + 1 + 3 + 1 + 1 = 85 Züge.

                  Edit: Hm, ich merke gerade, dass ich wohl an und aus verwechselt habe beim Anfangs- und Endzustand (aber nicht bei den Schaltregeln.) Also nicht verwirren lassen, wenn mein Lösungsweg nicht passt.

                  (Da das jeweils die minimalen Züge sind, um Schalter 7, 5, 3, 1 einzuschalten, ist es das Minimum.)

                  #15667
                  Anonymous

                    Offenbar muss immer abwechselnd der ganz rechte Schalter und der andere mögliche bedient werden. Das habe ich dann den Rechner simulieren lassen. Wenn man richtig anfängt, öffnet sich der Tresor nach 85 Schritten. Fängt man falsch an, kann man $2^7 – 1 – 85$ Schritte gehen. Der Tresor öffnet sich dann leider nicht (dafür hätte in der Aufgabe

                    Der Tresor öffnet sich nur, wenn alle Kippschalter auf „aus“ stehen.

                    durch

                    Der Tresor öffnet sich nur, wenn der Kippschalte ganz links auf „an“ und alle anderen Kippschalter auf „aus“ stehen.

                    ersetzt werden müssen), aber manche Teilnehmer hätten sich vielleicht gefreut.

                    Ich habe danach durch Web-Suche einiges über Gray-Codes gelernt.

                    Vielen Dank den Aufgabenstellern für dieses schöne Weihnachtsgeschenk!

                    #16063
                    Anonymous

                      Die Dezimalwerte der Schalterstellungen 0, 1, 3, 2, 6, … siehe https://oeis.org/A003188

                    Viewing 9 posts - 1 through 9 (of 9 total)
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