Rechenaufgaben

[giffi marauder]

Spoiler

Das mit der 100. Fibonacci Zahl stimmt natürlich.

Spoiler

Ja, die Schlussbemerkung war falsch, nicht das darüber.
Es sind zwar 98 1'er aber trotzdem 99 mögliche Plätze für die 2 und nicht nur 98.

[kad]

Finde alle Paare (a, b) von dreistelligen natürlichen Zahlen a und b, für die die sechsstellige Zahl z, die man durch Hintereinanderschreiben von a und b erhält, durch das Produkt a · b teilbar ist.

[giffi marauder]

Finde alle Paare (a, b) von dreistelligen natürlichen Zahlen a und b, für die die sechsstellige Zahl z, die man durch Hintereinanderschreiben von a und b erhält, durch das Produkt a · b teilbar ist.

Spoiler

Ich probiers mal.
wir haben also
n € N
a,b € {100,...,999) (echt dreistellig)
n=(a*1000+b)/(a*b)
b= da+r (fd-aches von a + Rest) 0<=d<=9
-> n=(a*(1000+d)+r)/(a*(da+r))
da der Teiler ein Vielfaches von a ist, muss auch der Zähler ein Vielfaches von a sein.
Da jedoch bereits a*(1000+d) ein Vielfachen von a ist, müsste dann auch r ein Vielfaches von a sein.
Das kann aber nicht sein, da r<a ist, somit ist r=0

Wir haben also:
n=a*(1000+d)/d*a²=(1000+d)/d*a
Dafür kommen in Frage:
d=0-> keine Lösung, da b=0
d=1->1001/1a=7*11*13/a -> a= 11*13=143, b=143
d=2->1002/2a=501/a=3*167/a -> a=167, b= 334
d=3 ->1003/3a->17*59/a -> 1003 nicht teilbar durch 3
d=4 ->1004/4a=251/a-> keine Lösung da mit a=251, b>1000
d=5 ->1005/5a=3+5+67/a, keine Lösung da mit a=3*67=201 b>1000
d=6 ->1006/6a=503/3a -> 1006 nicht teilbar durch 3
d=7-> 1007/7a=19*53/7a -> 1007 nicht teilbar durch 7
d=8-> 1008/8a=126/a -> keine Lösung da mit a=126, b>1000
d=9-> 1009/9a -> 1009 nicht teilbar durch 9

Die Lösungen sind also:
143,143 und 167,334

Ich hoffe ich hab keinen Denkfehler.

[kad]

Finde alle Paare (a, b) von dreistelligen natürlichen Zahlen a und b, für die die sechsstellige Zahl z, die man durch Hintereinanderschreiben von a und b erhält, durch das Produkt a · b teilbar ist.

Spoiler

Ich probiers mal.
wir haben also
n € N
a,b € {100,...,999) (echt dreistellig)
n=(a*1000+b)/(a*b)
b= da+r (fd-aches von a + Rest) 0<=d<=9
-> n=(a*(1000+d)+r)/(a*(da+r))
da der Teiler ein Vielfaches von a ist, muss auch der Zähler ein Vielfaches von a sein.
Da jedoch bereits a*(1000+d) ein Vielfachen von a ist, müsste dann auch r ein Vielfaches von a sein.
Das kann aber nicht sein, da r<a ist, somit ist r=0

Wir haben also:
n=a*(1000+d)/d*a²=(1000+d)/d*a
Dafür kommen in Frage:
d=1->1001/1a=7*11*13/a -> a= 11*13=143, b=143
d=2->1002/2a=501/a=3*167/a -> a=167, b= 334
d=3 ->1003/3a->17*59/a -> 1003 nicht teilbar durch 3
d=4 ->1004/4a=251/a-> keine Lösung da mit a=251, b>1000
d=5 ->1005/5a=3+5+67/a, keine Lösung da mit a=3*67=201 b>1000
d=6 ->1006/6a=503/3a -> 1006 nicht teilbar durch 3
d=7-> 1007/7a=19*53/7a -> 1007 nicht teilbar durch 7
d=8-> 1008/8a=126/a -> keine Lösung da mit a=126, b>1000
d=9-> 1009/9a -> 1009 nicht teilbar durch 9

Die Lösungen sind also:
143,143 und 167,334

Ich hoffe ich hab keinen Denkfehler.

Spoiler

Tiptop

[kad]

Die Mönche des Klosters Wan-Dan im nordvietnamesischen Tonking-Gebirge beherbergen in ihrem Gewölbekeller seit Jahrtausenden einen wertvollen Schatz nämlich einen riesigen, gläsernen Bergkristall, in dem große Mengen an Gold, Silber und Platin eingeschlossen sind. Einer uralten Prophezeiung zufolge müssen die Weisen des Klosters noch in diesem Jahr den Kristall durch einen einzigen ebenen Schnitt so teilen, dass in jedem der beiden entstehenden Teile (die bei ungünstiger Form des Kristalls auch aus mehreren Brocken bestehen dürfen) die gleiche Menge an Gold, an Silber und an Platin ist. Sollte der Schnitt nicht eben oder die Edelmetalle nicht gleichmässig aufgeteilt sein, so droht dem Kloster ewiges Unheil.
Zeige, dass die Mönche ihr Kloster retten können!

[giffi marauder]

Die Mönche des Klosters Wan-Dan im nordvietnamesischen Tonking-Gebirge beherbergen in ihrem Gewölbekeller seit Jahrtausenden einen wertvollen Schatz nämlich einen riesigen, gläsernen Bergkristall, in dem große Mengen an Gold, Silber und Platin eingeschlossen sind. Einer uralten Prophezeiung zufolge müssen die Weisen des Klosters noch in diesem Jahr den Kristall durch einen einzigen ebenen Schnitt so teilen, dass in jedem der beiden entstehenden Teile (die bei ungünstiger Form des Kristalls auch aus mehreren Brocken bestehen dürfen) die gleiche Menge an Gold, an Silber und an Platin ist. Sollte der Schnitt nicht eben oder die Edelmetalle nicht gleichmässig aufgeteilt sein, so droht dem Kloster ewiges Unheil.
Zeige, dass die Mönche ihr Kloster retten können!

Spoiler

Betrachten wir die Verteilung von Gold-, Silber- und Platinpartikel als drei getrennte Punktwolken im Raum.
Jedenfalls läßt sich für jede Punktwolke mind. eine Schnittebene finden, die diese Wolke in zwei gleich "schwere" Teile teilt.
Im Allgemeinen sind dies sogar ziemlich viele.

Gesucht ist allerdings eine gemeinsame Schnittebene für alle drei Wolken.
Nachdem eine Ebene im Raum durch drei Punkte definiert werden kann, liegt nahe, dass jede Wolke einen Punkt beisteuert.

Die Idee die Schnittebene durch die drei Massenschwerpunkte der Gold, Silber und Platinpartikel zu legen, ist aber wohl zu trivial.

Zu zeigen wäre hierfür, dass jede beliebige Schnittebene durch den Schwerpunkt die Wolke genau in zwei Teile teilt.
Aber stimmt das überhaupt?

[kad]

Die Mönche des Klosters Wan-Dan im nordvietnamesischen Tonking-Gebirge beherbergen in ihrem Gewölbekeller seit Jahrtausenden einen wertvollen Schatz nämlich einen riesigen, gläsernen Bergkristall, in dem große Mengen an Gold, Silber und Platin eingeschlossen sind. Einer uralten Prophezeiung zufolge müssen die Weisen des Klosters noch in diesem Jahr den Kristall durch einen einzigen ebenen Schnitt so teilen, dass in jedem der beiden entstehenden Teile (die bei ungünstiger Form des Kristalls auch aus mehreren Brocken bestehen dürfen) die gleiche Menge an Gold, an Silber und an Platin ist. Sollte der Schnitt nicht eben oder die Edelmetalle nicht gleichmässig aufgeteilt sein, so droht dem Kloster ewiges Unheil.
Zeige, dass die Mönche ihr Kloster retten können!

Spoiler

Betrachten wir die Verteilung von Gold-, Silber- und Platinpartikel als drei getrennte Punktwolken im Raum.
Jedenfalls läßt sich für jede Punktwolke mind. eine Schnittebene finden, die diese Wolke in zwei gleich "schwere" Teile teilt.
Im Allgemeinen sind dies sogar ziemlich viele.

Gesucht ist allerdings eine gemeinsame Schnittebene für alle drei Wolken.
Nachdem eine Ebene im Raum durch drei Punkte definiert werden kann, liegt nahe, dass jede Wolke einen Punkt beisteuert.

Die Idee die Schnittebene durch die drei Massenschwerpunkte der Gold, Silber und Platinpartikel zu legen, ist aber wohl zu trivial.

Zu zeigen wäre hierfür, dass jede beliebige Schnittebene durch den Schwerpunkt die Wolke genau in zwei Teile teilt.
Aber stimmt das überhaupt?

Spoiler

Zu zeigen wäre hierfür….
Das stimmt nicht. Ich habe es soeben bei einem Tetraeder gerechnet.
SP ist bei h/4. Die beiden Volumen (gegeben durch eine Ebene parallel zur entsprechenden Grundfläche) haben Verhältnis 27:37

[giffi marauder]

Die Mönche des Klosters Wan-Dan im nordvietnamesischen Tonking-Gebirge beherbergen in ihrem Gewölbekeller seit Jahrtausenden einen wertvollen Schatz nämlich einen riesigen, gläsernen Bergkristall, in dem große Mengen an Gold, Silber und Platin eingeschlossen sind. Einer uralten Prophezeiung zufolge müssen die Weisen des Klosters noch in diesem Jahr den Kristall durch einen einzigen ebenen Schnitt so teilen, dass in jedem der beiden entstehenden Teile (die bei ungünstiger Form des Kristalls auch aus mehreren Brocken bestehen dürfen) die gleiche Menge an Gold, an Silber und an Platin ist. Sollte der Schnitt nicht eben oder die Edelmetalle nicht gleichmässig aufgeteilt sein, so droht dem Kloster ewiges Unheil.
Zeige, dass die Mönche ihr Kloster retten können!

Spoiler

Betrachten wir die Verteilung von Gold-, Silber- und Platinpartikel als drei getrennte Punktwolken im Raum.
Jedenfalls läßt sich für jede Punktwolke mind. eine Schnittebene finden, die diese Wolke in zwei gleich "schwere" Teile teilt.
Im Allgemeinen sind dies sogar ziemlich viele.

Gesucht ist allerdings eine gemeinsame Schnittebene für alle drei Wolken.
Nachdem eine Ebene im Raum durch drei Punkte definiert werden kann, liegt nahe, dass jede Wolke einen Punkt beisteuert.

Die Idee die Schnittebene durch die drei Massenschwerpunkte der Gold, Silber und Platinpartikel zu legen, ist aber wohl zu trivial.

Zu zeigen wäre hierfür, dass jede beliebige Schnittebene durch den Schwerpunkt die Wolke genau in zwei Teile teilt.
Aber stimmt das überhaupt?

Spoiler

Zu zeigen wäre hierfür….
Das stimmt nicht. Ich habe es soeben bei einem Tetraeder gerechnet.
SP ist bei h/4. Die beiden Volumen (gegeben durch eine Ebene parallel zur entsprechenden Grundfläche) haben Verhältnis 27:37

Spoiler

Habs schon befürchtet.
Alleine am Beispiel von 3 Punkten im Raum wird schon klar, dass eine Trennfläche
a) entweder "auf" allen 3 Punkten liegt oder
b) diese eine Rotationsachse von P1 zu einem weiteren Punkt zwischen P2 und P3 (P2*(t-1)+P3*t) mit t=(0..1) besitzten muss.
Womit aber eine einzelne Punktwolke (von den dreien S,G,P) mehr als 3 Variablen der für Definition die Ebene zur Verfügung stehenden 9 festlegt.

[kad]

Die Mönche des Klosters Wan-Dan im nordvietnamesischen Tonking-Gebirge beherbergen in ihrem Gewölbekeller seit Jahrtausenden einen wertvollen Schatz nämlich einen riesigen, gläsernen Bergkristall, in dem große Mengen an Gold, Silber und Platin eingeschlossen sind. Einer uralten Prophezeiung zufolge müssen die Weisen des Klosters noch in diesem Jahr den Kristall durch einen einzigen ebenen Schnitt so teilen, dass in jedem der beiden entstehenden Teile (die bei ungünstiger Form des Kristalls auch aus mehreren Brocken bestehen dürfen) die gleiche Menge an Gold, an Silber und an Platin ist. Sollte der Schnitt nicht eben oder die Edelmetalle nicht gleichmässig aufgeteilt sein, so droht dem Kloster ewiges Unheil.
Zeige, dass die Mönche ihr Kloster retten können!

Spoiler

Betrachten wir die Verteilung von Gold-, Silber- und Platinpartikel als drei getrennte Punktwolken im Raum.
Jedenfalls läßt sich für jede Punktwolke mind. eine Schnittebene finden, die diese Wolke in zwei gleich "schwere" Teile teilt.
Im Allgemeinen sind dies sogar ziemlich viele.

Gesucht ist allerdings eine gemeinsame Schnittebene für alle drei Wolken.
Nachdem eine Ebene im Raum durch drei Punkte definiert werden kann, liegt nahe, dass jede Wolke einen Punkt beisteuert.

Die Idee die Schnittebene durch die drei Massenschwerpunkte der Gold, Silber und Platinpartikel zu legen, ist aber wohl zu trivial.

Zu zeigen wäre hierfür, dass jede beliebige Schnittebene durch den Schwerpunkt die Wolke genau in zwei Teile teilt.
Aber stimmt das überhaupt?

Spoiler

Zu zeigen wäre hierfür….
Das stimmt nicht. Ich habe es soeben bei einem Tetraeder gerechnet.
SP ist bei h/4. Die beiden Volumen (gegeben durch eine Ebene parallel zur entsprechenden Grundfläche) haben Verhältnis 27:37

Spoiler

Habs schon befürchtet.
Alleine am Beispiel von 3 Punkten im Raum wird schon klar, dass eine Trennfläche
a) entweder "auf" allen 3 Punkten liegt oder
b) diese eine Rotationsachse von P1 zu einem weiteren Punkt zwischen P2 und P3 (P2*(t-1)+P3*t) mit t=(0..1) besitzten muss.
Womit aber eine einzelne Punktwolke (von den dreien S,G,P) mehr als 3 Variablen der für Definition die Ebene zur Verfügung stehenden 9 festlegt.

Spoiler

Du hast “knackiges” gewünscht

[kad]

In dem alten buddhistischen Kloster Wan-Dan (nahe Hanoi) beschäftigen sich die Mönche seit alters her mit einem heiligen Brauch:
Sie haben 2000 Edelsteine zur Verfügung, die sich alle voneinander unterscheiden. Zu Beginn des Ritus wird an einem Morgen eine gerade Anzahl 2n von Steinen ausgewählt. Sodann werden, um zugleich die Vielfältigkeit und die Ausgewogenheit der Welt zu versinnbildlichen, die 2n Steine in andächtiger Ruhe dreimal täglich, am Morgen, am Mittag und am Abend, auf eine kupferne und eine irdene Schale aufgeteilt, und zwar so, dass in jede Schale n Steine kommen.
Hierbei wird strengstens darauf geachtet, dass jede mögliche Verteilung der Steine auf die beiden Schalen im Laufe des Rituals genau einmal vorkommt. Für die Zukunft des Klosters ist nun entscheidend, wann das Ende des Rituals erreicht wird: Geschieht es des Abends, so verheißt die Zukunft Gutes. Ansonsten aber droht schweres Unheil.
Für wie viele Zahlen 2n an gewählten Edelsteinen mit 1 ≤ n ≤ 1000 können die Mönche beruhigt in die Zukunft blicken?

Spoiler

Ritual beginnt mit:
Am ersten Morgen legt man fest wieviele (=2n) bit (maximal 2.000) die binäre Zahl für dieses Ritual haben soll.
Davon wird die Hälfte der bit auf 1 gesetzt (irdene Schale) und die andere Hälfte auf 0 belassen (kupferne Schale)
Täglich wird nun:
Morgens (mit Ausnahme des ersten Tages) werden mo bit von 1 auf 0 und mo bit von 0 auf 1 gesetzt (Steine wechseln die Schalen)
Mittags werden mi bit von 1 auf 0 und mi bit von 0 auf 1 gesetzt (Steine wechseln die Schalen)
Abends werden a bit von 1 auf 0 und a bit von 0 auf 1 gesetzt,
wobei immer darauf geachtet wird, dass dies nicht einer Verteilung (Zahl) entspricht, die seit Beginn des Rituals schon mal erreicht wurde.
Dies so lange bis keine neue Zahl mehr gebildet werden kann.

Mit n=1 wären nur 2 Steine im Spiel und das würde zwangsweise dazuführen, dass schon am ersten Abend
wieder der Zustand vom Morgen erreicht wird.
Morgens: 01
Mittags: 10
Abends: 01

Jetzt ist ein bisschen die Frage, ob das Ritual in obigem Falle Mittags endet (Fall 1: letzte neue Zahl)
oder Abends (Fall 2: keine neue Zahl mehr möglich).

Offensichtlich gibts wegen der gleichvielen 0en und 1en genau 2^n mögliche Zahlen, die in dieser Reihenfolge gelegt werden:
(mo,mi,ab)
1,2,3
4,5,6
7,8,9
....

Im Fall 1 (das Ritual endet mit der letzten neuen Zahl) endet das Ritual nie am Abend, da 2^n nicht durch drei teilbar ist.

Im Fall 2 (das Ritual endet mit der ersten bereits gelegten Zahl) also mit 2^n+1.

Von diesen ist jede Zweite durch drei teilbar (2^1, 2^3, 2^5...)
Damit sind die "günstigen" n = alle ungeraden Zahlen < 1000
und die zugehörigen 2n die geraden Zahlen < 2000.
Das wären dann 500 verschieden n (bzw. 2n) von 1000 möglichen.

Wenn mich nicht alles täuscht, enden die anderen Rituale immer Mittags und nie an einem Morgen.
Kurios.

Spoiler

Zu

Mit n=1 wären nur 2 Steine im Spiel und das würde zwangsweise dazuführen, dass schon am ersten Abend
wieder der Zustand vom Morgen erreicht wird.
Morgens: 01
Mittags: 10
Abends: 01

Jetzt ist ein bisschen die Frage, ob das Ritual in obigem Falle Mittags endet (Fall 1: letzte neue Zahl)
oder Abends (Fall 2: keine neue Zahl mehr möglich).

Hier endet das Ritual am Mittag. „Letzte neue Zahl.“
Man sieht übrigens, dass für n=2 das Ritual am Abend endet.

Dein Resultat für den Fall 1 ist jedoch noch nicht richtig. Wieso 2^n?
Der Test mit „durch 3 teilbar“ ist natürlich der richtige Ansatz.
(n=2 endet am Abend)

Ich mach mal hier weiter:

Spoiler

Analaog zu den 2n Steinen kann man sich eine Binärzahl vorstellen.
0->(kupferne Schale)
1->(irdene Schale)
Diese Zahl kann man in zwei Hälften der Länge n teilen.
für den linken Teil gibts dann 2^n Möglichkeiten.
Der Rechte entsteht aus Invertierung der linken Hälfte.
Damit haben wir immer gleich viele Steine in jeder Schale.

In meinem ersten Lösungsansatz hatte ich jedoch übersehen, dass es
zu jeder Bitkombination links, rechts nicht nur eine sondern mehrere passende Kombinationen bzw. eindeutige Permutationen geben kann.
Also schauen wir uns die linke noch mal genauer an.
sind links nur 0'en, sind rechts nur 1'en -> 1 Möglichkeit
ist links genau eine 1 (n Möglichkeiten) ist rechts genau eine 0 (n Möglichkeiten) -> n²
sind links genau 2 1en (n*(n-1) Möglichkeiten) gilt dies auch für die 0 rechts -> (n*(n-1))²
....
ist links genau eine 0 (n Möglichkeiten) ist rechts genau eine 1 (n Möglichkeiten) -> n²
sind links nur 1'en, sind rechts nur 0'en -> 1 Möglichkeit

Damit haben wir Binomialkoeffizienten zum Quadrat, also
n=1-> 1²+1² =2 (Rest Mod3 2)
n=2-> 1²+2²+1² = 6 (Rest Mod3 0)
n=3-> 1²+3²+3²+1² = 20 (Rest Mod3 2)
n=4-> 1²+4²+6²+4²+1² =70 (Rest Mod3 1)

Damit ist die Anzahl der möglichen Kombinationen für gegebenes n = Summe (k=0 bis n) (n!/(k!*(n-k)!)²

Jetzt ist nur noch zu klären, für welche n, diese Anzahl durch 3 teilbar ist.

Schauen wir uns mal einige Zahlen an:
n/Anzahl/Rest Mod3
1/2/2
2/6/0
3/20/2
4/70/1
5/252/0
6/924/0
7/3.432/0
8/12.870/0
9/48.620/2
10/184.756/1
11/705.432/0
12/2.704.156/1
13/10.400.600/2
14/40.116.600/0
15/155.117.520/0
16/601.080.390/0
17/2.333.606.220/0
18/9.075.135.300/0
19/35.345.263.800/0
20/137.846.528.820/0

Wenn ich mit diesem Lösungsansatz nicht völlig daneben liege, wären das bei n=20 schon 137.846.528.820 verschiedene Kombinationen.
Ob die letzte davon dann am Abend gelegt wird, würde man erst in 125.887.241 Jahren erfahren.

Zurück zum Rätsel.
Diese Anzahl ist natürlich die Summe über die Diagonale der Wahrscheinlichkeitsmatrix die bei einem früheren Rätsel schon mal vorkam.
Da hatten wir (a+b)^n * (a+b)^(n+1)

Diese Zahlen bis n=1000 zu berechnen ist ziemlich sinnfrei.
Also muss die Modulo Opteration wohl früher eingesetzt werden und ev. ausgehend von der Teilbarkeit von n auf n+1 geschlossen werden können.

tbc.

Spoiler

Die Anzahl der möglichen Kombinationen stimmt. Ich habe aber direkt „2n über n“ genommen (auf wieviele Arten kann ich n Edelsteine aus 2n Edelsteinen auswählen.

Wann ist „2n über n“ durch 3 teilbar?

Ja, schon bei n=20 gibt es grosse Zahlen (wobei mit Schaltjahren die Zahl etwas kleiner wird )

Ein Ansatz wäre, sich zu überlegen, mit welcher Vielfachheit 3 in n! vorkommt. Aber es gibt dann noch einiges zu tun.

Spoiler

Ich habe dieses Rätsel in meinem Freundes-/Kollegenkreis gestreut. Niemand findet bisher eine Lösung - du wärst der erste

[giffi marauder]

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Ich habe dieses Rätsel in meinem Freundes-/Kollegenkreis gestreut. Niemand findet bisher eine Lösung - du wärst der erste

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Nun denn, mal auf die harte Tour:

Ich bleib mal bei meinem:

Damit haben wir Binomialkoeffizienten zum Quadrat, also
n=1-> 1²+1² =2 (Rest Mod3 2)
n=2-> 1²+2²+1² = 6 (Rest Mod3 0)
n=3-> 1²+3²+3²+1² = 20 (Rest Mod3 2)
n=4-> 1²+4²+6²+4²+1² =70 (Rest Mod3 1)

Damit ist die Anzahl der möglichen Kombinationen für gegebenes n = Summe (k=0 bis n) (n!/(k!*(n-k)!)²

Mod 3 können wir natürlich schon bei den Koeffizienten machen.
Die Addition der beiden Vorgänger ist dann entweder 0,1,2
Das schaut dann ähnlich aus wie ein Sierpinski-Dreieck.

Fast_Sierpinski.PNG (43.19 KiB) 221 mal betrachtet

Die Koeffizienten 0,1,2 quadrieren wir -> 0,1 und nehmen die Summe noch mal mod 3
(bzw. zählen einfach die Zahlen <>0)
Steht in der zweiten Spalte im Bild oben eine 0, dann ist die Bedingung erfüllt.
Das wäre dann bis n=1000 511 mal der Fall.

[kad]

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Ich habe dieses Rätsel in meinem Freundes-/Kollegenkreis gestreut. Niemand findet bisher eine Lösung - du wärst der erste

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Nun denn, mal auf die harte Tour:

Ich bleib mal bei meinem:

Damit haben wir Binomialkoeffizienten zum Quadrat, also
n=1-> 1²+1² =2 (Rest Mod3 2)
n=2-> 1²+2²+1² = 6 (Rest Mod3 0)
n=3-> 1²+3²+3²+1² = 20 (Rest Mod3 2)
n=4-> 1²+4²+6²+4²+1² =70 (Rest Mod3 1)

Damit ist die Anzahl der möglichen Kombinationen für gegebenes n = Summe (k=0 bis n) (n!/(k!*(n-k)!)²

Mod 3 können wir natürlich schon bei den Koeffizienten machen.
Die Addition der beiden Vorgänger ist dann entweder 0,1,2
Das schaut dann ähnlich aus wie ein Sierpinski-Dreieck.
Fast_Sierpinski.PNG

Die Koeffizienten 0,1,2 quadrieren wir dann -> 0,1 und nehmen die Summer nochmal mod 3
Steht in der zweiten Spalte von oben eine 0, dann ist die Bedingung erfüllt.
Das ist 511 x der Fall.

Spoiler

511 x stimmt nicht. Wobei ich jetzt nicht sagen kann, wo der Fehler passierte

[giffi marauder]

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Ich habe dieses Rätsel in meinem Freundes-/Kollegenkreis gestreut. Niemand findet bisher eine Lösung - du wärst der erste

Spoiler

Nun denn, mal auf die harte Tour:

Ich bleib mal bei meinem:

Damit haben wir Binomialkoeffizienten zum Quadrat, also
n=1-> 1²+1² =2 (Rest Mod3 2)
n=2-> 1²+2²+1² = 6 (Rest Mod3 0)
n=3-> 1²+3²+3²+1² = 20 (Rest Mod3 2)
n=4-> 1²+4²+6²+4²+1² =70 (Rest Mod3 1)

Damit ist die Anzahl der möglichen Kombinationen für gegebenes n = Summe (k=0 bis n) (n!/(k!*(n-k)!)²

Mod 3 können wir natürlich schon bei den Koeffizienten machen.
Die Addition der beiden Vorgänger ist dann entweder 0,1,2
Das schaut dann ähnlich aus wie ein Sierpinski-Dreieck.
Fast_Sierpinski.PNG

Die Koeffizienten 0,1,2 quadrieren wir dann -> 0,1 und nehmen die Summer nochmal mod 3
Steht in der zweiten Spalte von oben eine 0, dann ist die Bedingung erfüllt.
Das ist 511 x der Fall.

Spoiler

511 x stimmt nicht. Wobei ich jetzt nicht sagen kann, wo der Fehler passierte

Spoiler

Wie wärs mit 895?

[kad]

Spoiler

Ich habe dieses Rätsel in meinem Freundes-/Kollegenkreis gestreut. Niemand findet bisher eine Lösung - du wärst der erste

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Nun denn, mal auf die harte Tour:

Ich bleib mal bei meinem:

Damit haben wir Binomialkoeffizienten zum Quadrat, also
n=1-> 1²+1² =2 (Rest Mod3 2)
n=2-> 1²+2²+1² = 6 (Rest Mod3 0)
n=3-> 1²+3²+3²+1² = 20 (Rest Mod3 2)
n=4-> 1²+4²+6²+4²+1² =70 (Rest Mod3 1)

Damit ist die Anzahl der möglichen Kombinationen für gegebenes n = Summe (k=0 bis n) (n!/(k!*(n-k)!)²

Mod 3 können wir natürlich schon bei den Koeffizienten machen.
Die Addition der beiden Vorgänger ist dann entweder 0,1,2
Das schaut dann ähnlich aus wie ein Sierpinski-Dreieck.
Fast_Sierpinski.PNG

Die Koeffizienten 0,1,2 quadrieren wir dann -> 0,1 und nehmen die Summer nochmal mod 3
Steht in der zweiten Spalte von oben eine 0, dann ist die Bedingung erfüllt.
Das ist 511 x der Fall.

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511 x stimmt nicht. Wobei ich jetzt nicht sagen kann, wo der Fehler passierte

Spoiler

Wie wärs mit 895?

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Genau. Das war ein wenig brute force. Aber es stimmt. Bravo.

[giffi marauder]

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Genau. Das war ein wenig brute force. Aber es stimmt. Bravo.

Spoiler

Na ja, vielleicht gehts ja auch noch etwas "mathematischer".

Die Folge der 3'er Reste für 2n über n ist ja durchaus simpel.
Wir nehmen einen Block (A) und ergänzen diesen mit den gleich grossen Blöcken 2A und 3A
wobei wir für 2A die Zahlen von A mit 2 und für 3A die Zahlen von A mit 3 multiplizieren
und wieder mod 3 nehmen.
x1 0->0,1->1,2->2 (bleibt gleich)
x2 1->2, 2->1, 0 -> 0
x3 0,1,2 -> 0
Wir beginnen mit einem Block der Länge 1 und dem Inhalt 1 für n=0
A0 (Länge 1)=[1]
A' (Länge 3) = [1],[2],[0]
A'' (Länge 9) = [1,2,0],[2,1,0],[0,0,0]
A''' (Länge 27) = [1,2,0,2,1,0,0,0,0],[2,1,0,1,2,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0]
....

Aber eigentlich interessiert uns ja gar nicht, ob der Rest nun 1 oder 2 ist,
sondern lediglich, ob dieser 0 ist.
Da bei sich bei einer Multiplikation mit 2 die Teilbarkeit nicht ändern,
reicht auch einfach die Teilbarkeitsinfo 0 (teilbar) oder 1 (nicht teilbar) zu vervielfältigen.

-> A''' (Länge 27) = [1,1,0,1,1,0,0,0,0],[1,1,0,1,1,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0]

Da sich die länge mit jedem Schritt verdreifacht, ist der gesuchte Block mit Länge >= 1000
in 7 Schritten gefunden, da A7 bereits die Länge 3^7 hat.

Nun kann Rest von (2n über n) mod 3 kann an der Stelle n direkt abgelesen werden,
oder aber auch rekuriv bestimmt werden.

Jeder Block der Länge 3^i hat drei Teile:
T1= Die Teilbarkeits-Info des Blockes der Länge 3^(i-1)
T2 = Die Teilbarkeits-Info des Blockes der Länge 3^(i-1)
T3 = Ein Block mit nur 0'en der Länge 3^(i-1)

A7= [A6][A6][0...0] mit jeweils 729 "bit".

Ist n im dritten BLock ist die Teilbarkeit gegeben
ist n im ersten Block, schauen wir uns die Teilbarkeiten in A6 an
ist n im zweiten Block, ziehen wir von n 3^6 ab und schauen uns ebenfalls A6 an

Spätestens bei n=0 sind wir fertig und stelle fest, dass die Teilbarkeit in diesem Fall nicht gegeben ist.

Die Frage ist nun, ob es auch noch eine kompakte Formel f(n) gibt, die das abbildet.