Historische Aufgaben - PoeGot.org

Historische Aufgaben
f ü r d e n
MATHE � CLUB
A n n o D o m i n i M C M X C V i m M a i z u s a m m e n g e s t e l l t
v o n V o l k e r P ö s c h e l

Schachbrett und Weizen
Der arabische Geschichtsschreiber ASEPHAD berichtet: DAHOR, der Erfinder des
Schachspiels, erbat sich als Belohnung vom indischen König SCHERAN auf dem ersten Feld
des Schachbretts 1 Weizenkorn, auf dem zweiten 2 Körner, auf dem dritten 4 Körner usw.
immer doppelt soviel, wie auf dem vorhergehenden. Wie viel Weizen war das ?
L.:
Anzahl pro Feld Summe bis Feld
1. Feld 1 Korn 2° 1 2 1 -1
2. Feld 2 Körner 2 1
3 2 2 -1
3. Feld 4 Körner 2 2
7 2 3 -1
4. Feld 8 Körner 2 3
15 2 4 -1
5. Feld 16 Körner 2 4
31 2 5 -1
... ... ... ... ...
64. Feld 2 63
2 64 -1
Damit insgesamt 2 64 -1 = 1 8 . 4 4 6 . 7 4 4 . 0 7 3 . 7 0 9 . 5 5 1 . 6 1 5 Körner
wenn 1 Kamel 140 kg tragen kann, braucht man 2.303.539.469.744 Kamele,
das wird bei einer Länge von 5 m pro Kamel eine 11.517.697.384 km lange Karawane, die
rund 287.725 mal um den Äquator geht.
© Scholtyssek: "Hexeneinmaleins" S.33
wenn 7700 Körner ein Scheffel sind, sind es insgesamt 29,22 · 10 12 Scheffel oder
730.51 zweispännige Wagen (pro Wagen 40 Scheffel)
oder bei 700 Wagen = 1 dt. Meile (7,5 km) ein 1,06 · 10 9 Meilen langer Treck, das entspricht
193.259 mal dem Erdumfang
kann man je Morgen 7 Scheffel ernten so braucht man dazu 63,25 mal das Festland der Erde
um in einem Jahr diese Menge zu erzeugen (Festland mit 3.059.675 Meilen 2 und
1 Meile 2 = 21.561 Morgen)
bei 45 g pro 1000 Körner entspricht das einer Masse von 830,1 · 10 9 t
© Schäfer: "Die Wunder der Rechenkunst"S. 47/85
bei 750 kg/m 3 sind es 1,1068 · 10 12 m 3 , das ist 1,816 mal das Erdvolumen
bei 66,5 m 3 pro Getreidewaggon sind das 1,6644 · 10 12 Waggons, dieser Zug hat eine
Gesamtlänge von 3.169 · 10 11 m (bei 19,04 m Pufferlänge eines Waggons), das entspricht
264.078 mal dem gesamten Eisenbahnnetz der Erde oder 7.916.386,367 mal den Erdumfang
oder bei 40 p pro 1000 Körnern sind es 7.378.697.629.484 dz, da 1948 die Welternte
1.740 · 10 6 dz betrug wären das 4200 Jahre lang die Welternte.
© Pöschel

Historische Aufgaben
Turm von Hanoi LUCAS um 1880
Es wird erzählt. das in einem Tempel Mönche einen Turm aus goldenen. mit Türkisen
besetzten Scheiben umsetzen. Wenn ihre Arbeit getan ist, so geht die Weit unter. Die 64
Scheiben haben alle unterschiedliche Größe und ein Loch in der Mitte um sie auf einen der drei
Stäbe nach den folgenden Regeln zu stecken.
Es darf nur reine Scheibe bewegt werden.
Es ist immer eine kleinere auf eine größere Scheibe zu legen.
Die Arbeit ist beendet, wenn alle Scheiben von Stab 1 auf Stab 3 liegen. ‚
Wie lange brauchen die Mönche, wenn sie ununterbrochen arbeiten und pro Umsetzung 1 sec
brauchen ?
L.: um die Anzahl der Züge zu ermitteln beginnen wir mit kleinen Türmen 1 Scheibe
1 Zug = 2 1 - 1
2 Scheiben 3 Züge = 2 2 - 1
3 Scheiben 7 Züge = 2 3 - 1
4 Scheiben 15 Züge = 2 4 - 1
5 Scheiben 31 Züge = 2 5 - 1 ausprobieren!
...
64 Scheiben = 2 64 - 1 = 18.446.744.073.709.551.615
da gilt 1 Jahr = 365 Tage = 8760 Stunden=525.600 Minuten = 31.536.000 sec sind das
584,942417 * 10 9 Jahre. da die Erde erst ca. 3,5*10 9 Jahre alt ist. dauert es also noch etwas bis
zum Weltuntergang.
Das Umschichten der Scheiben kann man sehr schön von einem Computer mit Hilfe rekursiver
Anweisungen machen lassen.
Beispielprogramm in BASIC.
10 CLS:PRINT "Turm von H a n o i " : I N P U T "Anzahl der Scheiben: “;K
2 0 D I M R ( K , 3 ) : A = 1 : B = 2 : H = 0 : R ( H , 1 ) = K : R ( H , 2 ) = A : R(H,3)=B
3 0 G 0 S U B 4 0 : E N D
40 IF R(H,1)=0 THEN H=H-1 :RETURN
50 R(H+1,1)=R(H,1)-1: R(H+1,2)=R(H,2):R(H+1,3)=6-R(H,2)-R(H,3)
60 H=H+I: GOSUB 40
70 PRINT" R(H,1);” : “;R(H,2); “�”; R(H,3
80 R(H,1)=R(H,1)-1: R(H,3)=6-R(H,2)-R(H,3)
90 GOSUB 40
100 RETURN

Historische Aufgaben
1. Hund und Hase ALCUIN 765 - 804
Ein Hund läuft einem Hasen nach. 150 Fuß ist der Hase voraus. Der Hase macht
7 Fuß weite Sprünge, während der Hund 9 Fuß weit springt.
Nach wie viel Sprüngen holt der Hund den Hasen ein ?
L.: 7 · x+150 =9 · x | - 7·x
2 · x =150
x = 75
2. Zahlen zerlegen AL HUWÄRIZMI 780 - 850
Die Zahl 10 ist so in 2 Summanden zu zerlegen, dass deren Quadrate die Summe
58 ergeben.
L.: (1) a + b =10 (2) a 2 + b 2
= 58
a =10 - b (10 - b) 2 +b 2 =58
100 - 20 · b + b 2 = 58
b 2 - 10 · b + 21 = 0
b1/2 � 5 � 25 � 21
b1 = 3 a1 = 7
b2 = 7 a2 = 3
3. Blumen BHASKARA 1114 - 1185
Aus einer Menge reiner Lotosblüten wurde Siva der dritte, Vishnu der fünfte, der
Sonne der sechste Teil als Opfer gebracht, den vierten Teil erhielt Bhavani und die
übrigen 6 Blumen wurden dem ehrwürdigen Lehrer gegeben.
L.:
1 1 1 1
x � x � x � x � 6
3 5 6 4
= x | · 60
20x + 12x + 10x + 15x + 360 = 60 · x
57 · x + 360 = 60 · x | - 57 · x
3x = 360 | :3
x = 120
4. Bienenschwarm BHASKARA 1114 - 1 185
Von einem Schwarm Bienen lässt sich ein Fünftel auf einer Kadomablüte nieder,
ein Drittel auf einer Silnidhablüte. Der dreifache Unterschied der beiden Zahlen
flog nach den Blüten der Kutaja, eine Biene blieb übrig, welche in der Luft hin und
her schwebte, gleichzeitig angezogen vom lieblichen Duft einer Jasmine und eines
Pandamus. Sage mir die Anzahl der Bienen.
L.: x
1 1 � 1 1 �
= x � x � 3� � � x �1
5 3 � 3 5 �
|HN=15
x
3 5 � 5 � 3 � 15
= x � x � 3� � x �
15 15 � 15 � 15
x
14 15
= x �
15 15
| · 15
15 · x =14 · x + 15
x = 15

Rätsel des Gottes Ra
Du stehst vor einer Wand, dahinter ist der Lotusbrunnen, wie der Kreis der Sonne. Neben
dem Brunnen liegen ein Stein, Meißel und 2 Schilfstängel mit der Länge 2 Maß und 3 Maß.
Die Schilfstängel kreuzen sich auf der Wasserfläche des Brunnens, diese Oberfläche liegt
ein Maß über dem Grund. Wer die Zahl der längsten Geraden mitteilt, die in den Reif des
Lotusbrunnens passt, dieser nimmt beide Schilfstängel und wird Priester des Gottes Ra.
Wisse: Jeder kann vor die Wand treten. Demjenigen, welcher die Sache der Priester des
Gottes Ra versteht, öffnet sich die Wand zum Hinausgehen. Wisse aber. Wenn du
hinausgehst, wirst du eingeschlossen werden. Du gehst mit den Schilfstängeln der
Priester des Gottes Ra hinaus, wenn aber der Hunger über deinen Körper siegt, so wirst
du nicht als Priester des Gottes Ra hinausgehen ...
Durch die Wand gingen viele, aber wenige wurden Priester des Gottes Ra.
Denke nach. Schätze dein Leben. So raten dir die Priester des Gottes Ra.
L.: Die moderne algebraische Lösung führt auf eine Gleichung vierten Grades
(x 4 - 2x 3 - 5x 2 + 10x - 5=0) mit der Lösung x = 1,231
Die alten Ägypter konnten aber so nicht rechnen. Ihre Lösung sah so aus:
Sie zeichneten zwei parallele Geraden (h und g) im Abstand von 1 Maß auf den Boden. Dann
ließen sie die Schilfstängel in den Brunnen hinab.Der Schnittpunkt S wurde auf g gelegt und
die Stängel so gedreht, dass die nassen Enden auf h (in A und B) lagen. Danach wurde mit
Hilfe der Stängel die Entfernung AB gemessen. (Ihre Näherung betrug 1 Maß)

Historische Aufgaben
Aufgabe von PYTHAGORAS 573 - 496
Die Summe einer beliebigen Anzahl aufeinanderfolgender ungerader Zahlen, beginnend
mit 1, ist eine Quadratzahl. Beweise das!
L.: Variante a
Ind.Vor.:1 +3+...+(2n-1)=n 2
Ind.Beh.: 1 +3+...+(2n+1)=(n+1) 2
Ind.Bew.: 1+3+...+(2n-1)+(2n+1)=n 2 +(2n+1)=(n+1) 2 q.e.d.
Die Pythagoräer lösten diese Aufgabe aber mit Hilfe einer geometrischen Anschauung mit
Winkelhaken, sogenannten Gnomonen
Hammelkauf (aus China)
Mehrere Leute kaufen zusammen einen Hammel. Wenn jeder 5 Münzen beisteuert, so
fehlen 45 am Preis des Hammels. Wenn jeder 7 Münzen gibt, so fehlen 3.
Wie viele Leute sind es und wie viel kostet der Hammel ?
L.: 5x = y - 45 y = 5x + 45
7x = y - 3 y = 7x + 3
gleichsetzen 5x + 45 = 7x + 3
42 = 2x
x = 21 -> y =150
Schnitter TOLSTOI 1828 - 1910
Ein Artel Schnitter hatte 2 Wiesen zu mähen, von denen eine doppelt so groß war wie die
andere. Am Nachmittag teilte sich das Artel in 2 gleichgroße Gruppen. Die erste verblieb
auf der größeren Wiese und mähte sie bis zum Abend ab. Die zweite Gruppe mähte bis
zum Abend die kleinere Wiese, auf ihr verblieb jedoch eine Ecke, die am nächsten Tag ein
Schnitter an einem Tag abmähte. Wie viele Schnitter gehörten zu dem Artel?
L.:
laut den Angaben schaffte das halbe Artel 1/3 der großen Wiese am halben Tag,
damit schaffte das andere halbe Artel 1/2 - 1/3 = 1/6 der kleinen Wiese nicht, was
ein Schnitter an einem Tag schaffte. Da am ersten Tag insgesamt 1 + 2/6 = 8/6
abgemäht wurden waren es folglich 8 Schnitter.

Königsberger Brückenproblem
Sieben Brücken führen über den Fluss Pregel an dessen Ufer Königsberg liegt.
a) Kann man einen Spaziergang so durchführen, dass jede Brücke nur einmal überschritten
wird ?
b) Später wurde eine zusätzliche Brücke hinzugebaut. Kann man dann einen solchen
Spaziergang durchführen?
alte Stadtansicht
a b
Lösungen:
a) Nein, der Graph hat mehr als 2 ungerade Knoten.
b) Ja, Beginn / Ende am ungeraden Knoten (A bzw. B)
a b

Minimaler Punkt Fermat 1601 – 1665
Im spitzwinkligen Dreieck ABC ist ein Punkt gesucht, für den die Summe seiner Abstände
von den Eckpunkten minimal wird.
L.: Man zeichne einen beliebigen Punkt P im Dreieck.
� APB ist um B um 60° zu drehen � A’P’B (1) A’P’ = AP
� ABA’ ist gleichseitig
� PBP’ ist gleichseitig (2) PP’ = PB
nun gilt AP + PB + CP = A’P’ + P’P + PC (mit 1 und 2)
Der Streckenzug A’P’PC wird minimal, wenn er eine Strecke ist.
� �BPC = 180° – �BPP’ = 120° Seiten unter 120° sichtbar von P
� Fermatscher oder Torricellischer Punkt
Konstruktion: Fermat � Umkreis ABA’ � A’C
Hasenvermehrung Leonardo von Pisa (Fibonacci) 1180 – 1240
Wie viele Kaninchenpaare werden in einem Jahr von einem Paar gezeugt, wenn jedes Paar
einen monatlichen Zuwachs von einem Paar liefert, das wiederum nach einem Monat
fortpflanzungsfähig ist?
L.:
Monat Anzahl Differenz 1 Differenz 2
0 1
1 2 1
2 3 1 1
3 5 2 1
4 8 3 2
5 13 5 3
6 21 8 5
7 34 13 8
8 55 21 13
9 89 34 21
10 144 55 34
11 233 89 55
Für die Folge der Fibonacci-Zahlen gilt:
nk = nk-1 + nk-2 und n1 + n2 + n3 + ... + nm = nm+2 – 1

Historische Aufgaben
Zahl gesucht SUN-ZI 3. Jh.
Es ist eine Zahl gesucht die bei der Teilung durch 3 den Rest 2, bei der Teilung durch 5 den
Rest 3 und bei der Teilung durch 7 den Rest 2 ergibt.
L.: (1 ) x = 3y + 2
(2) x = 5z + 3
(3) x = 7v + 2
(1) = (3) 3y + 2 = 7v + 2 y = 7
u in (1) einsetzen
3
(4) x = 7u + 2
(4) = (2) 7u + 2 = 5z + 3
es entsteht die diophantische Gleichung 7u - 5z = 1
7u - 5z ≡ l(7)
7u ≡ 0(7)
-5z ≡ 1(7) bzw. 5z ≡ 6(7)
⇒ 5z = 7*k + 6 oder z = 1
(7k + 6)
5
z ist natürlich, wenn 7k + 6 auf 5 oder 0 endet (durch 5 teilbar ist), dass ist dann der
Fall, wenn k ∈ {14p+2, 14p+7; p ∈ N)
Es entsteht folgende Tabelle
k 2 7 12 17 ...
z 4 11 18 25 ...
x 23 58 93 128 163 198 233 268 ...
Kühe NARAYANA 14. Jh.
Eine Kuh wirft jährlich eine Färse. Beginnend mit dem vierten Lebensjahr, wirft auch jede
Färse zu Jahresbeginn je eine Färse.
Wie viele Kühe und Färsen sind es nach 20 Jahren?
L.:
Jahr Kühe Färsen Summe
1 1 1 2
2 1 2 3
3 1 3 4
4 2 4 6 = 4 + 2
5 3 6 9 = 6 + 3
6 4 9 13 = 9 + 4
n xn-3 xn-1 xn = xn-1 + xn-3
Dh. im 20. Jahr sind es 2.745 Tiere.

Historische Aufgaben
Schnecken
An den Ecken eines Quadrates mit der Kantenlänge von l m befinden sich 4 Schnecken. Sie
bewegen sich aufeinander zu. Da sie ständig ihre Richtung ändern müssen sind ihre Bahnen
Spiralen, die sich im Mitte!punkt des Quadrates treffen. Wie lang ist der Weg einer Schnecke
bis zum Treffpunkt ?
L.: 1 m, der Weg jeder Schnecke steht immer senkrecht auf dem Weg der Schnecke, die auf
sie zukriecht. Das bedeutet, dass in den Bewegungen keine Komponenten auftreten, die den
Abstand verringern, außer der Weg. Die Schnecken treffen sich so, als ob sich die andere gar
nicht bewegt hätte Die Länge des Weges ist folglich gleich der Quadratseite.
Kalenderwürfel (nach Martin Gardner)
Dr. Irving Joshua Matrix hat als Schreibtischkalender zwei Holzwürfel, auf deren Seifenflächen
Ziffern stehen. so dass er jedes Datum von 01 bis 31 darstellen kann- Welche Ziffern müssen
auf den Würfelseiten stehen ?
L.: In der Zahlenreihe 01, 02, ... 31 tauchen die 11 und die 22 auf. Deshalb müssen 1 und 2
auf beiden Würfeln stehen. Auch die 0 muss zweimal vergeben werden, da sie in
sämtlichen Ziffern in Kombination auftritt. Auf die restlichen 6 Flächen müssen die
übrigen 7 Ziffern, Dieses Problem lässt sich nur lösen, wenn man die 6 umgedreht als 9
verwendet. Die Ziffern 3 bis 8 kann man auf 20 Möglichkeiten in zwei Dreiergruppen
aufteilen.dh. es gibt 20 verschiedene Lösungen bzw. 10 ohne Würfelunterscheidung !
3, 4, 5 3, 4, 6 3, 4, 7 3, 4, 8 3, 5, 6 3, 5, 7 3, 5, 8 3, 6, 7 3,6, 8 3, 7, 8
6, 7, 8 5, 7, 8 5, 6, 8 5, 6, 7 4, 7, 8 4, 6, 8 4, 6, 7 4, 5, 8 4, 5, 7 4, 5, 7
Eine heißt: 1. Würfel – 0, 1, 2, 3, 4, 5 2. Würfel – 0, 1, 2, 6, 7, 8

Historische Aufgaben
Das Josephusproblem BACHET 1587 - 1638
Auf einem Schiff befanden sich 15 Christen und 15 Türken. Als ein gewaltiger Sturm sich
erhoben hatte und das Schiff schon dem Untergang geweiht schien, erklärte der Kapitän,
dass, wenn 15 von den 30 Personen über Bord geworfen würden, das Schiff und das
Leben der übrigen 15 Personen gerettet werden könnten. Diesem Rate wollte man
Folge leisten. Man kam überein, diejenigen 15, welche sich für die übrigen opfern
sollten, auf folgende Weise zu bestimmen. Alle 30 Personen sollten sich im Kreis
aufstellen. dann sollte wiederholt von 1 bis 9 gezählt werden und immer der über
Bord geworfen werden, auf den die Zahl 9 fiel. Welche Plätze mussten die Christen
einnehmen, um gerade die zu sein, die übrig blieben.
Der Name kommt vom jüdischen Historiker Flavius Josephus. der in eine
selbstmörderische Gemeinschaft gekommen war, bei der jeder dritte sich selbst den
Tod geben sollte und der unter insgesamt 41 Personen mit seinem Freund entkam.
Ähnliche Probleme treten bei Abzählversen
Eine kleine Feuerwehr suchte wo ein Feuer wär, löschte eine Kerze aus und du
bist raus jeder 17. oder
Ene, mene, muh, und raus bist du = jeder siebte wird heraus geworfen, auf.
L.: Man markiert 30 Punkte auf einem Kreis (oder einer Geraden) und führt das
Abzählen durch.
Es entsteht folgende Lösung
CCCCTTTTTCCTCCCTCTTCCTTTCTTCCT
Bei Josephus stand er und sein Freund an 16. bzw. 31. Stelle.
Herausgeflogen Dringeblieben
Vorletzter
Letzter

Historische Aufgaben
Käferweg
Gegeben ist ein Rechteck 20x10 und der dicke rote Weg (Vom Eckpunkt senkrecht zur
Diagonale, dann entlang der Diagonale und senkrecht zur Diagonale zum gegenüberliegenden
Eckpunkt). Wie lang ist er?
Lösung
• Im rechtwinkligen Dreieck aus Seiten und Diagonale des Rechtecks gilt für die
Hypothenuse:
d = 10² + 20² = 22,36 (Pythagoras)
• Die kleine Kathete im kleinen Teildreick ist Hypothenusenabschnitt im großen Dreieck.
10²
k = = 4,47 (Kathetensatz)
23,36
• Da die Figur symmetrisch ist ist der mittlere Diagonalenabschnitt
m = 22,36 – 2·4,47 = 13,42
• Die große Kathete des kleineren Dreiecks kann man auf zwei verschiedene Arten
berechnen
a) g = 10² − 4, 47² = 8,94 (Pythagoras)
oder da der zweite Hypothenusenabschnitt des großen Dreiecks 22,36 – 4,47 = 17,89 ist
b) g = 4,47·17,89 = 8,94 (Höhensatz)
• Somit ergibt sich für die Gesamtlänge
l = 8,94 + 13,42 + 8,94 = 31,3
Die Käfer müssen 31,3 cm zurück legen.

Historische Aufgaben
Münzen
a) DODGSON (Lewis Caroll) 1832 - 1898
Zehn Münzen sind in 2 Reihen angeordnet. Es sind lediglich 4 Münzen in eine solche
Lage zu verschieben, daß auf fünf verschiedenen Geraden jeweils 4 Münzen liegen.
L.:
Man verschiebt 3 Münzen von oben und 1 von unten. Es gibt ca. 300 verschiedene
Lösungen.
b) Neun Münzen sind wie abgebildet im Quadrat angeordnet, verbinde sie durch einen
Graph aus 4 Linien ohne abzusetzen.
L.:
c) Es liegen 3 2-Pfennig-Münzen und 2 1-Pfennig-Münzen wie in a abgebildet aus. Mit
möglichst wenig Zügen ist Anordnung b zu erreichen, wobei immer zwei
nebeneinanderliegende 2- und 1-Pf-Münzen verschoben werden dürfen.
L.:

Historische Aufgaben
Gleichseitiges Dreieck TARTAGLIA 1500 - 1557
Auf einer Geraden g seien die Punkte A und B gegeben. Man zeichne das gleichseitige
Dreieck ABC, unter Verwendung einer festen Zirkelspanne ungleich AB.
L.:
Analysis: Mit dem festen Radius lässt sich leicht ein gleichseitiges Dreieck ADF
konstruieren, es hat einen Winkel ∢DAF = 60°. Ebenso ein Dreieck BEG
Konstruktion:
mit dem Winkel. ∢EBG = 60°.
Der Schnittpunkt der Seiten AF und BG ist C.
Beschreibung: 1. Zeichne um A (bzw. B) einen Kreisbogen ⇒ D (bzw. C)
2. Zeichne um D (bzw. C) einen Kreisbogen ⇒ F (bzw. G)
3. Der Schnittpunkt von AF und BG ist C.
Beweis: ADF und BCG gleichseitig nach Konstruktion
⇒ ∢DAF = ∢BAC = 60° und ∢CBG = ∢ABC = 60°
⇒ ABC gleichseitig
Würfel GALILEI 1564 - 1642
Drei Würfel werden gleichzeitig geworfen. Welches Ereignis hat eine größere
Wahrscheinlichkeit, das Erscheinen der Augensumme 9 oder 10?
L.:
Beim würfeln mit 3 Würfeln kann man die Augenzahlen (1,1,1) = 3 bis (6,6,6) = 18
erreichen. Insgesamt gibt es 6 Möglichkeiten pro Würfel, also 6*6*6 = 216 Varianten.
In 27 Fällen können 10 Augen fallen, in 25 Fällen 9 Augen Die Wahrscheinlichkeit für
10 Augen ist also 27
216
= 0,125 , die für 9 Augen ist dagegen nur 25
216
= 0,116.

Das Haus des Nikolaus
Übersicht über alle Lösungsmöglichkeiten (o.B.d.A. wird in 1 begonnen, die Lösungen mit
2 als Startpunkt sind noch mal so viele)
1 1 2 3 1 4 3 5 4 2
2 1 2 3 1 4 5 3 4 2
3 1 2 3 4 1 3 5 4 2
4 1 2 3 4 5 3 1 4 2
5 1 2 3 5 4 1 3 4 2
6 1 2 3 5 4 4 5 3 2
7 1 2 4 1 3 4 5 3 2
8 1 2 4 1 3 5 4 3 2
9 1 2 4 3 1 4 5 3 2
10 1 2 4 3 5 4 1 3 2
11 1 2 4 5 3 1 4 3 2
12 1 2 4 5 3 4 1 3 2
13 1 3 2 1 4 3 5 4 2
14 1 3 2 1 4 5 3 4 2
15 1 3 2 4 3 5 4 1 2
16 1 3 2 4 5 3 4 1 2
17 1 3 4 1 2 3 5 4 2
18 1 3 4 1 2 4 5 3 2
19 1 3 4 2 1 4 5 3 2
20 1 3 4 2 3 5 4 1 2
21 1 3 7 5 3 2 4 1 2
22 1 3 7 5 3 2 1 4 2
23 1 3 5 4 1 2 3 4 2
24 1 3 5 4 1 2 4 3 2
25 1 3 5 4 2 1 4 3 2
26 1 3 5 4 2 3 4 1 2
27 1 3 5 4 3 2 1 4 2
28 1 3 5 4 3 2 4 1 2
29 1 4 2 1 3 4 5 3 2
30 1 4 2 1 3 5 4 3 2
31 1 4 2 3 4 5 3 1 2
32 1 4 2 3 5 4 3 1 2
33 1 4 3 1 2 3 5 4 2
34 1 4 3 1 2 4 5 3 2
35 1 4 3 2 1 3 5 4 2
36 1 4 3 2 4 5 3 1 2
37 1 4 3 5 4 2 1 3 2
38 1 4 3 5 4 2 3 1 2
39 1 4 5 3 1 2 3 4 2
40 1 4 5 3 1 2 4 3 2
41 1 4 5 3 2 1 3 4 2
42 1 4 5 3 2 4 3 1 2
43 1 4 5 3 4 2 1 3 2
44 1 4 5 3 4 2 3 1 2

Ist nun mehr Wasser im Wein oder Wein im Wasser?
Vor mir stehen 2 Gläser.
In dem einen Glas befindet sich Wasser, in dem anderen das gleiche Volumina Wein. Aus
dem Wasserglas entnehme ich einen Esslöffel Wasser, gieße es in den Wein, und nachdem ich
beide Flüssigkeiten gut umgerührt habe, entnehme ich dem Weinglas einen gleichvollen
Esslöffel "Gemisch" und gieße es in das Wasserglas zurück.
1. die "logische Lösung"
Es befindet sich genau soviel Wein im Wasserglas wie Wasser im Weinglas. Da beide Gläser
genau soviel Flüssigkeit enthalten wie vorher und sich die Menge der einzelnen Flüssigkeiten
nicht ändert, muss zwangsläufig die Menge, die aus dem einen Glas entnommen wird, im
anderen aufgefüllt werden und umgekehrt. Dabei ist es übrigens völlig unerheblich, ob man
gründlich umrührt oder beim Zurückschütten eine beliebige "Mischung" erwischt.
2. die "rechnerische Lösung"
Ich wähle folgende Bezeichnungen:
Variablen (in beliebiger Volumeneinheit z.B. ml)
x - Volumen an Wasser im Wasserglas
x = Volumen an Wein im Weinglas (eigentlich x1) aber x1 = x [TRICK !]
e - Volumen eines Esslöffels
Wenn man nun aus einem Glas ein bestimmtes Volumen (das des Esslöffels: e) Flüssigkeit
entnimmt, so entnimmt man von jedem Stoff (Wasser oder Wein) nur den Volumenanteil, den
Volumen des Stoffes
der Stoff im Gemisch hat, also: e ·
Volumen des Gemisches
Aktion Wasserglas Weinglas
Wasser (h) Wein (w) Wasser (h) Wein (w)
Ausgang x 0 0 x
1. Umfüllen x – e 0 e x
(x – e)·h
x
· w �
e
· h
2. Umfüllen e
(x – e) + e ·
(x � e)
Ergebnis x²
(x � e)
e · x
(x � e)
e · x
(x � e)
e –
e
e ·
(x � e)
e · x
(x � e)
x � e x � e
x –
x
e ·
(x � e)
x²
(x �
e)

Zwölf Kugeln
Man hat zwölf gleiche Kugeln, von denen sich eine in ihrem Gewicht etwas von den anderen
unterscheidet.
Zur Verfügung hat man eine Balkenwaage mit zwei Waagschalen.
Mit höchstens drei Wägungen soll die abweichende Kugel ermittelt werden.
Die Kugeln werden in 3 Pakete (a, b, c) zu je 4 Kugeln unterteilt und entsprechend bezeichnet:
a-Paket: a1,a2,a3,a4 b-Paket: b1, b2, b3, b4 c-Paket: c1, c2, c3, c4 .
Bedeutung der Symbole:
Wägevorgang ~
die linke Seite ist leichter als die rechte <
beide Seiten haben das gleiche Gewicht =
die linke Seite ist schwerer als die rechte >
Abkürzungen:
lei : Kugel ist die gesuchte und ihr Gewicht ist gegenüber den anderen etwas leichter.
schw : Kugel ist die gesuchte und ihr Gewicht ist gegenüber den anderen etwas schwerer.
Bemerkung: aus Platzgründen wurden gemeinsam zu wägende Kugeln teilweise auch untereinander geschrieben
Die Kugeln werden in 3 Pakete (a, b, c) zu je 4 Kugeln unterteilt
und entsprechend bezeichnet:
a-Paket: a1,a2,a3,a4 b-Paket: b1, b2, b3, b4 c-Paket: c1, c2, c3, c4 .
1.Wägung:
---------- a1,a2,a3,a4 ~ b1,b2,b3,b4 ----------
| | |
| | |
a1,a2,a3,a4 < b1,b2,b3,b4 a1,a2,a3,a4 = b1,b2,b3,b4 a1,a2,a3,a4 > b1,b2,b3,b4
(c1,c2,c3,c4 normal) (a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4 normal) (c1,c2,c3,c4 normal)
| | |
| | |
2.Wägung: | | |
a1,a2,a3,b4 ~ c1,c2,c3,a4 a1,a2,a3, ~ c1,c2,c3 a1,a2,a3,b4 ~ c1,c2,c3,a4
| | | / | \ | | |
| | | / | \ | | |
a1 c1 a1 c1 a1 c1 a1 c1 a1 c1 a1 c1 a1 c1 a1 c1 a1 c1
a3 > c2 a2 = c2 a2 < c2 a2 < c2 a2 = c2 a2 > c2 a3 > c2 a2 = c2 a2 < c2
a3 c3 a3 c3 a3 c3 a3 c3 a3 c3 a3 c3 a3 c3 a3 c3 a3 c3
b4 a4 b4 a4 b4 a4 b4 a4 b4 a4 b4 a4
| | | | | | | | |
| | | | | | | | |
3.Wägung: | | | | | | | |
| | | | | | | | |
| b1 ~ b2 | | a1 ~ c4 | | b1 ~ b2 |
| / | \ | | / \ | | / | \ |
| b1b2 | | a1c4 | | b1b2 |
| | | | | | | | | | | | | |
| b2 b3 b1 | | c4 c4 | | b2 b3 b1 |
| schw schw schw | | schw lei | | lei lei lei |
| | | | | |
| | | | | |
a1 ~ a4 | c1 ~ c2 c1 ~ c2 | a1 ~ a4
a1>a4 a1=a4 | / | \ / | \ | a1

Historische Aufgaben
Das 8-Damen-Problem GAUSS 1777-1855
Es sind 8 Damen so auf dem 8*8 Schachbrett auf zustellen. dass sie sich gegenseitig
nicht bedrohen.
L.:
Bekanntlich können Damen senkrecht und waagerecht (wie Türme) und diagonal (wie
Läufer) schlagen. Also darf in jeder Zeile und Spalte nur eine von ihnen stehen. Das
gibt für die erste Dame 8 Möglichkeiten, für die zweite noch 7 usw., dh. insgesamt
8! = 8*7*6*5*4*3*2*1 = 40.320Varianten.
Schreibt man eine solche Möglichkeit so auf, dass man nur die Zeilen notiert, in denen
die Damen stehen, so wäre zB. 35 281 647 die Stellung mit Damen auf den Feldern a3
b5. c2' d8, e1, f6, g4 und h7 (beim Schachspiel werden die Spalten mit Buchstaben
bezeichnet und die Zeilen mit Zahlen).
Das Problem besteht darin, dass man unmöglich alle Varianten auf Richtigkeit von
Hand auf diagonalen Angriff überprüfen kann.
Gauss untersuchte das Problem und kam auf folgende Idee:
Addiert man zu jeder Zeilennummer die Spaltennummer in der die Dame steht, so
bedrohen sich 2 Damen nur dann. wenn ihre neue "Zeilennummer" gleich ist.
Für das Beispiel 35 281 647 ist das in Spalte d und f parallel zur Diagonalen a8-h1 der
Fall
Zeile 3 5 2 8 1 6 4 7
Spalte 1 2 3 4 5 6 7 8
Summe 4 7 5 12 6 12 11 15
(man muss allerdings zur Kontrolle der anderen Diagonalen a1 - h8 noch von "hinten"
beginnen, dann findet man auch die c- und h-Spalte sind nicht richtig belegt.).
Wendet man dies an, so findet man 12 Positionen:
35 281 746
15 863 724 25 713 864 26 831 475
35 841 726 16 837 425 25 741 863
27 368 514 36 258 174 24 683 175
26 174 835 27 581 463
Durch Spiegeln und Drehen ergeben sich aus der ersten Variante 4 Stellungen. aus den
anderen jeweils 8, Damit gibt es insgesamt 92 Lösungen. Mit dem Computer geht so
etwas natürlich etwas eleganter.

Historische Aufgaben
Hier im BASIC des ACORN (ähnlich Pascal)