Erste Antwort:

Aber es kommt noch schlimmer, wenn man diese Animation ansieht, die auch mit überschlagenden Gliedern keine Probleme hat:

Das war ja wohl nix! Nehmen wir einen neuen Anlauf:

Zweite Antwort:

Wie gefällt Ihnen das?

Das sieht eigentlich ganz gut aus, und innerhalb der Toleranz der Löcher ist es auch nicht schlecht, aber theoretisch ist doch arcsin(1/4) nicht ganz dasselbe wie 15^o, sondern eher 14,47751219^o, so dass wir statt eines Quadrates eine Raute mit zweimal 88,95502437^o bekommen.

Wie ist es denn mit dem alten ägyptischen Trick mit dem 3-4-5-Dreieck? Natürlich muss man die Stangen der Längen 3, 4 bzw. 5 durch Ketten von gleichseitigen Dreiecken stabilisieren, die nicht zufällig wie aus einem Fachwerk entsprungen aussehen. Wie viele Stangen braucht man dann?

Dritte Antwort:

Für die Länge 1 braucht man nur einen Stab, für 2 aber schon 7, und jede Verlängerung um eine weitere Einheit 4 weitere Stäbe, für 3 also 11, für 4 sind es 15 und für 5 sogar 19. Für die drei Seiten benötigt man dann 45 Stäbe und zwei weitere zur Komplettierung des Quadrats, es sind also für die ganze Figur sage und schreibe 47 Stäbe statt der 21 aus der falschen (aber guten) Näherungslösung.

Geht es auch exakt mit weniger als 47 Stäben? Der pythagoreische Satz gilt bekanntlich nicht nur für ganze Zahlen, aber wie kann man andere Zahlen durch gleichseitige Dreiecke darstellen?

Vierte Antwort:

Wie man leicht ausrechnen kann, hat ein Parallelogramm aus 6 gleichseitigen Dreiecken mit den Seiten 1 und 3 die längere Diagonale \(\sqrt{13}\), und 4 + 9 = 13:

Das sind immerhin nur 34 Stäbe.

Ob es auch mit noch weniger geht?

Fünfte Antwort:

Hier haben wir zwei Fachwerke für die Länge 2, nämlich BC und CD, und zwei für die Länge \(\sqrt3\), AB und DE. Damit kann man einen Drachen bauen, indem man A und E vereinigt. Wie leicht zu sehen ist, liegen B, F und D auch sonst stets auf einer Geraden. Führt man nun G mit A und mit E zusammen, so sind ABF und ADF wegen der Symmetrie zu AF rechtwinklig und infolgedessen BF und FD jeweils zwei Stäbe lang. Daraus folgt, dass die Raute mit den Ecken C und F das gewünschte Quadrat ist.

Ganz schön raffiniert, oder? Und man benötigt nur insgesamt 27 Stäbe, sozusagen 4 für das Quadrat und 23 für seine Stabilisierung.

Martin Gardner hat die Frage im November 1963 in seinen Mathematical Games im Scientific American gestellt und als Quelle Raphael M. Robinson angegeben. Im Dezember brachte er dessen Lösung mit den 31 + 4 = 35 Stäben. Im Februar 1964 hatte er dann über einige Post zu berichten, unter anderem über die hier gezeigten beiden falschen Lösungen (also die voll bewegliche Figur und die nur näherungsweise richtige), aber auch über das bisherige Optimum mit den 4 + 23 = 27 Stäben.

Übrigens ist das Stabilisieren des Quadrats paradoxerweise nur deshalb so aufwändig, weil alle Stäbe in der Ebene liegen sollen. Wie viele braucht man ohne diese Bedingung?

6. Antwort

12 gleich lange Stäbe tun es, und zwar gleich für drei Quadrate gleichzeitig, es sind nämlich die 12 Kanten eines regulären Oktaeders. Natürlich muss man dann statt der Schrauben oder Ösen etwas anderes zum Verbinden nehmen.

Wenn die Ecken der Raute, die zum Quadrat festgezurrt werden soll, schon "von sich aus" in einer Ebene liegen, so genügen 4 weitere Stäbe zu einer Pyramidenspitze. Wenn man also eine vierseitige Pyramide aus 8 gleich langen Kanten, die an 5 Ecken beweglich verbunden sind, mit dem Viereck zuunterst auf einen ebenen Tisch stellt, ist alles stabil.

Die Sache mit dem Oktaeder hatte Gardner schon bei der Fragestellung vorab geklärt.