Kommentare - - Seite 63

Entschuldigung, ich meinte die Vorderansicht.

Die Seitansicht ist falsch, da fehlt der gerade Strich zwischen den beiden Endpunkten

Nichts in der Aufgabenstellung erzwingt den 90°-Knick. Die Seitenansicht kann genauso gut auch z.B. die um 180° gedrehte Vorderansicht sein.

Hallo Herr Hemme ::

Dat Teil ( die alternative ) is nicht geknickt: Sondern in der Seitensansicht ne Gerade >( links unten nach rechts oben).
Also ne Ellipse die 45 ( + / - ) Grad im Raum steht.

Dann gibt es vielleicht noch " unendlich viele Ellipsen " !?

Wie hiess das noch ? Is 35 " Äonen her ".

" Wenn E hoch J Phi i eine Lösung ist, dann hat man unendlich viele Lösungen ? " ... irgedwatt mit sin phi und cos phi ( // sagte mein Mathe proff // ) auch Lösungen ...

Ist aber nur ne " Rätsel- " Vermutung ...

Mfg juergen

Ich hätte dann in der Draufsicht auch noch eine Linie in der Achse. Die Seitenansicht müsste die vorderansicht um 180 Grad gedreht sein.wenn ich mich nicht irre

Wieso muss das Objekt geknickt sein? Die Drahtschlinge könnte doch zB auch, ähnlich wie ein Sinus, auf und ab gehen, ohne abzuknicken. Oder kann man die Eindeutigkeit beweisen, weil man den perfekten Halbkreis und den perfekten Kreis so nicht erreichen könnte?

Ich habe mit großem Interesse den wirklich guten Artikel "Primzahltest: Wie erzeugt man eine illegale Primzahl?" von Manon Bischoff gelesen. Leider ist der kleine Fermatsche Satz etwas schlampig wiedergegeben. Die allg. Version besagt, dass für eine beliebige ganze Zahl a und eine beliebige Primzahl p a^p kongruent zu a modulo p ist. Die im Artikel verkürzte Fassung (die nichts anderes aussagt, dass a^(p-1) kongruent zu 1 modulo p ist) gilt nur, wenn a kein Vielfaches von p ist!

Sie scheinen die Serie Numbers nicht zu kennen. Dort wurden mit Hilfe der Mathematik Kriminalfälle gelöst. In den ersten Staffeln wurden die Lösungsansätze tatsächlich relativ häufig ausführlich erklärt und visualisiert.

Ludwig Knoblauchs Kritik ist nur dann berechtigt, wenn man die Bedingung, dass "A, B, C, D und E fünf verschiedene Ziffern" sein sollen, bewusst lax auslegt. Wenn man es so versteht, dass alle fünf Ziffern jeweils paarweise verschieden sein sollen, dann gibt es entweder eine oder drei Lösungen.

Denn es geht aus der Aufgabe tatsächlich nicht klar hervor, ob auch die Umkehrzahl eine echte fünfstellige Zahl sein muss, oder ob eine führende 0 erlaubt ist. Im letzteren Fall gibt es zusätzlich zu 87912 die weiteren Lösungen 65340 und 87120. Um mir logisches Kopfzerbrechen (und ein mögliches Scheitern damit ...) zu ersparen, habe ich mit einem einfachen Script alle fünfstelligen Zahlen durchprobiert.

Leider ist (a) die Aufgabenstellung ungenau und (b) die Lösung falsch.

(a) In der Aufgabenstellung sollte man erwähnen, dass auch die Umkehrzahl nicht mit Null beginnen darf und spiegelbildliche Zahlen nicht als Lösung gelten, andernfalls erhält man sehr sehr viele triviale und einen weiteren Haufen nicht-trivialer Lösungen. Ich vermute auf Grund der im Artikel angegebenen Lösung, dass der Rätselsteller solche Lösungen vermeiden wollte. Gleichwertig, aber knapper, wäre die Forderung, dass das ganzzahlige Verhältnis der beiden Zahlen zwischen 2 und 9 (inklusive) liegen soll.

(b) Aber auch dann ist die Lösung nicht, wie behauptet, eindeutig! Tatsächlich gibt es *ZWEI* Lösungen:
87912 = 21978 * 4 wie im Artikel angegeben
UND außerdem:
98901 = 10989 * 9 !!!

Den logischen Fehler in der Beweisführung zu finden (die ja zu beweisen scheint, dass es nur eine Lösung geben kann) überlasse ich gerne der Redaktion.

Mit leisem Schmunzeln
Ludwig Knoblauch

Dass es sich beim angegebenen Dreieck um das Spiegelbild handelt, wird erst klar, wenn man weiß, dass zwei Längen an einem Winkel für die Kongruenz von Dreiecken hinreichend sind(und diese Bedingung erfüllt ist). Das ist bei Ihren Lesern aber kein selbstverständliches Vorwissen.

Und @Herr Lundin/ @Herr Dietrich: Der zweite Winkel des gelben Dreiecks ist in der Aufgabenstellung nicht gegeben(genau hinsehen!) . Wie erschließen Sie ihn sich, ohne die Lösung zu benützen?

Werden die Dreiecke BCG und EFG jeweils an ihren Hypothenusen gespiegelt, so stellt man mit den bekannten Winkeln fest, dass die Katheten BG und FG (die Seiten des Quadrats, also gleich lang sind) die gleiche Höhe im gelben Dreieck CEG bilden. Damit ist der gesuchte Winkel bei C gleich 65°, und entsprechend der Winkel des gelben Dreiecks bei E gleich 70°. Die Winkelsumme beträgt -- wie in jedem ebenen Dreieck -- 45° + 65° +70° = 180°.

Die Lösungsvorschläge in anderen Kommentaren, dass man doch einfach die Winkelsumme im Dreieck verwenden könne, funktionieren nicht, da der gegebene Winkel von 70° nicht Innen- sondern Außenwinkel ist.

Falls man aber nicht erkennt, dass man ein kongruentes Dreieck konstruieren kann (2 Seiten und der eingeschlossene Winkel sind gleich -> Dreiecke sind kongruent), kann man nach der trivialen Berechnung der 4 Winkel, die auch in der Musterlösung berechnet worden sind, 4 Gleichungen für die übrigen 4 unbekannten Winkel in der Figur aufstellen und dieses Gleichungssystem lösen, was zugegebenermaßen weniger elegant ist.

Die Lösungsvorschläge in anderen Kommentaren, dass man doch einfach die Winkelsumme im Dreieck verwenden könne, funktionieren nicht, da der gegebene Winkel von 70° nicht Innen- sondern Außenwinkel ist.

Falls man aber nicht erkennt, dass man ein kongruentes Dreieck konstruieren kann (2 Seiten und der eingeschlossene Winkel sind gleich -> Dreiecke sind kongruent), kann man nach der trivialen Berechnung der 4 Winkel, die auch in der Musterlösung berechnet worden sind, 4 Gleichungen für die übrigen 4 unbekannten Winkel in der Figur aufstellen und dieses Gleichungssystem lösen, was zugegebenermaßen weniger elegant ist.

Die Folge stimmt nicht