Ein Stapel Spielkarten steht direkt an der Tischkante. Wie weit kann man die Karten wohl (theoretisch) über die Tischkante hinausschieben, ohne daß der Stapel herunterfällt, wenn beliebig viele Karten zur Verfügung stehen ? ( Entfernung der obersten Karte zur Tischkante )
Hilfsmittel wie Klebstoff, Nägel, T-Träger usw. sind nicht erlaubt
Jörg
Moin!
Ein Stapel Spielkarten steht direkt an
der Tischkante. Wie weit kann man die
Karten wohl (theoretisch) über die
Tischkante hinausschieben,…
Theoretisch unbegrenzt hoch. Trick an der Sache ist es, dass mann immer die Hälfte der Entfernung 'drauflegen muss (also wenn die erste Karte 8Cm lang ist, dann legt man sie bei 4m auf die Kante). Die nächste Karte dann bei 2 Cm und dann bei 1 und immer so weiter. Theoretisch kann man erreichen, dass eine Karte über der Tischkante liegt…!
Isses so, oder?
Martin
Verstehe nicht, was Du mit unbegrenzt hoch meinst. Den letzten Satz verstehe ich so, das der Turm max 8 cm über die Tischkante hinausragen darf.
So isses jedenfalls nicht.
Jörg
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Hi,
meiner Meinung nach unendlich weit.
Ich schiebe die 2. Karte 90% über die Kante und lege dann unendlich viele über den ürsprünglichen Stapel. Nun lege ich zahlenmäßig die Hälfte dieser Menga auf die Vorstehende Karte. Die Hälfte von Unendlich—unendlich, eine vorne hinstecken uswusw…
Ja, ich weis, kann eigentlich nicht gehen, aber beweis mir das mal 
Micha
Die Statik der Konstruktion muß schon einigermaßen stimmen. Daß die 2. Karte spätestens dann abknickt, wenn mehr als ein Skatblatt darauf liegt, muß ich wohl nicht erst beweisen.
Um die Aufgabe nochmal zu verdeutlichen: Es soll sich um einen einzigen schiefen Kartenstapel handeln.
Jörg
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ich würde sagen, beliebig weit, sofern das
material es aushält, kein besonderer wind
geht und überhaupt alles ideal ist.
wichtig ist nur, das jeweils der der
schwerpunkt jedes über einer karte liegenden
stapels senkrecht über der unterstützenden
karte liegt.
mathematisch ausgearbeitet hab ich das nicht
(und werd´ es aus faulheit auch sicher nie
tun), aber ich denke, es sollte für jede
entfernung eine stapelkonstruktion erzielbar
sein, die diese forderung erfüllt.
markus
Also, ich würde sagen, eine Kartenlänge ist drin. Wobei das jetzt nur geschätzt ist, man beibe mir mit Mathe vom Leib… 
Aber solange der Schwerpunkt auf dem Tisch bleibt, dürfte die oberste Karte sich soweit entfernen können, oder?
Moin!
Ein Stapel Spielkarten steht direkt an
der Tischkante. Wie weit kann man die
Karten wohl (theoretisch) über die
Tischkante hinausschieben, ohne daß der
Stapel herunterfällt, wenn beliebig viele
Karten zur Verfügung stehen ? (
Entfernung der obersten Karte zur
Tischkante )
Hilfsmittel wie Klebstoff, Nägel,
T-Träger usw. sind nicht erlaubt
Also ich verstehe die Aufgabe so, daß an den Stapel beispielsweise ein Lineal angelegt werden kann, der Stapel also gleichmäßig schief ist. Der Stapel würde also kippen, sobald der Schwerpunkt über die unterste Karte hinausragt. Dies bedeutet, daß alle folgenden Betrachtungen zunächst diesen Grenzwert haben.
Wenn ich vom Schwerpunkt des Stapels ausgehe, der sich ja in der beschriebenen Anordnung in der Mitte des symmetrischen Stapels befindet, würde die horizontale Position der obersten Karte dort beginnen, wo die unterste endet. Das funktioniert aber nicht, weil der Stapel vorher schon kippt. Und zwar kurz bevor ich die entsprechende Position erreicht habe, also kurz bevor der Schwerpunkt über dem Ende der unteren Karte liegt. Doch selbst wenn sich dieser theoretische Grenzwert beim Stapeln erreichen ließe, kann die unterste Karte keine volle Kartenlänge über die Kante hinausragen, sondern höchstens eine Kartenlänge abzüglich einer Kartenstärke. Sie würde sonst einfach herunterklappen. Es muß übrigens ziemlich hoch gestapelt werden, weil der Druck auf die unteren Karten sonst nicht ausreicht. Liege ich richtig?
Munter bleiben… TRICHTEX
Also ich verstehe die Aufgabe so, daß an
den Stapel beispielsweise ein Lineal
angelegt werden kann, der Stapel also
gleichmäßig schief ist.
Nein, das wäre eine willkürlich definierte Einschränkung der Aufgabe. Der Turm darf beliebig ungleichmäßig schief sein. Damit sind natürlich alle weiteren Überlegungen in dieser Richtung hinfällig
Jörg
Also, ich würde sagen, eine Kartenlänge
ist drin. Wobei das jetzt nur geschätzt
ist, man beibe mir mit Mathe vom Leib…-)
Um das mit Sicherheit sagen zu können braucht’s schon ein wenig Mathe
Aber solange der Schwerpunkt auf dem
Tisch bleibt, dürfte die oberste Karte
sich soweit entfernen können, oder?
Stimmt, der Schwerpunkt muß ÜBER dem Tisch bleiben. Aber warum sollte das nicht auch gehen, wenn die oberste Karte um 3 Kartenlängen hinter der Kante liegt ?
Jörg
Das würde bedeuten, daß eine entsprechende Menge an Spielkarten z.B. 100 Meter über die Kante hinausragen würde. Kaum vorstellbar, daß das gehen soll. Das erfordert schon einen Beweis, sonst wird’s keiner glauben.
Jörg
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mathematisch
Nu habe ich mich dann mal drangemacht und mein mathematisches Kompaktwissen zum Einsatz gebracht. Du hast ja mehrfach gepostet, Du willst einen *echten* Beweis haben. Hier probier ich es mal:
Man beginnt mit der ersten Karte, die man halb über die Tischkante hinausschiebt (Schwerpunkt genau über die Tischkante). Die hebt man dann an und plaziert anstelle der Tischkante eine zweite Karte darunter. Beide Karten zusammen werden nun weiter über die Tischkannte hinausgeschoben, bis sie zu kippen drohen (Gesamtschwerpunkt wieder genau über der Kante). Stapel anheben, dritte Karte anstelle der Tischkante drunter und alles wieder weiter rausschieben wie vorher.
Physikalisch-mathematisch kann man mit Hebelgesetzen o.ä. den Schwerpunkt der bisherigen Konstruktion berechnen und daraus ermitteln, wie weit die nächste Karte geschoben werden kann, ohne dass der Stapel kippt.
Ich mach das hier aber mal so:
Wo liegt jetzt der neue Schwerpunkt(SP)? Links vom bisherigen SP ist ein Gramm hinzugekommen, also haben wir dort M/2 + 1. Rechts vom bisherigen SP liegt weiterhin nur M/2. Der neue Schwerpunkt muss rechts wie links wieder gleiche Massenverhältnisse haben und somit die Gleichung
M/2+1-(M*X+X)=M/2+(M*X+X)
erfüllen. (X =Abstand des neuen SP vom alten SP. (M*X+X) gibt die Massenzu- bzw. -abnahme auf linker/rechter Seite für den entsprechenden Abstand X an.
Löst man die Gleichung auf, erhält man als „Verschiebemöglichkeit“ des neuen Stapels X=1/(2*M+2), wobei M die Masse des Stapels (oder einfacher: die Anzahl der Karten) *vor* Hinzufügen der neuen Karte ist. Man erhält als Zahlenfolge
1: 1/2
2: 1/4
3: 1/6
4: 1/8
5: 1/10
…
Addiert man die Folgeglieder, so ist schon 1/2+1/4+1/6+1/8 größer als eins; bei vier Karten steht also schon eine über die Tischplatte über. Aus der Folge kann nun das Reihengesetz für die Summenbildung erstellt werden. Daraus berechnet man dann den Limes, der sicherlich gg Unendlich geht. (Diese und ähnliche Reihen werden ja schon ausgiebig in mathematischer Literatur behandelt. Dann muss ich das nicht hier machen. (Will ich nämlich nicht)) Das heißt, die Karten können beliebig weit gestapelt werden, wenn man nur genügend Karten hat und der Platz nach oben reicht.
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Es gab vor ettlichen Jahren (lang lang ists her) die Sendung Kopf um Kopf (zumindestens im WDR).
Dort wurde genau diese Frage gestellt und es hieß, daß der Stapel theoretisch(!) beliebig weit über die Tischkante hinausragen könne. Um einen Überhang von ca. 2 m zu erzielen müße der Stapel aber ca. 3 Lichtjahre hoch werden.
Grau mein Freund ist alle Theorie!
Gandalf
Hi Chimera,
Kompliment für Deine Lösung.
(Will ich nämlich nicht)) Das heißt, die
Karten können beliebig weit gestapelt
werden, wenn man nur genügend Karten hat
und der Platz nach oben reicht.
Stimmt. Ein Wermutstropfen ist nur, daß die Anzahl N der Karten, die man für einen gegebenen „Überhang“ u (= Verschiebung der obersten ggü. der untersten Karte) braucht, wahrhaft übel anwächst. Ich habe für wen auch immer es interessiert einige Zahlenwerte zusammengestellt (l ist die Länge der Karten):
1 - 0.5 l
2 - 0.75 l
3 - 0.9166666 l
4 - 1.0416666 l
5 - 1.1416666 l
6 - 1.225 l
10 - ca. 1.4645 l
31 - ca. 2 l
227 - ca. 3 l
1674 - ca. 4 l
Für 6 l oder spätestens 7 l muß man also wahrscheinlich schon nen Stapel zum Mond bauen .
Mit freundlichem Gruß
Martin
Hallo Leute,
jaja, ihr habt mich erwischt. Das Rätsel war tatsächlich aus „Kopf um Kopf“ geklaut. Die Sendung war nähmlich auch hier im hessisch-sibirischen-Fernsehen zu verfolgen. Leider warte ich schon sehr lange auf vergleichbare Highlights im deutschen Fernsehen.
Die Lösung steht zwar schon 1-2 Einträge weiter unten, ich will sie aber nochmal kurz zusammenfassen:
Der Trick besteht darin, bei einem geraden Stapel aus n Karten bei der obersten Karte anzufangen. Die 1. ( oberste ) Karte wird soweit hinausgeschoben, daß sie gerade nicht herunterfällt. Das gleiche macht man dann mit der 2., 3., 4., usw. bis zur n-ten Karte. Die über der zu schiebenden Karte liegenden Karten bleiben auf dieser bis zum Ende der Aktion unverändert liegen.
Definiert man die Kartenlänge mit 1, läßt sich die 1. Karte um 1/2, die 2. um 1/4, die 3. nicht, wie oft vermutet um 1/8, sondern um 1/6 verschieben. Es geht also im Nenner nicht mit 2-er-Potenzen sondern mit einer Folge gerader Zahlen weiter. Die Verschiebung der obersten Karte ist also:
1/2 + 1/4 + 1/6+…+ 1/2n
= 0.5*( 1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/n )
Diese sog. harmonische Reihe hat bekanntlich keinen Grenzwert und kann deshalb beliebig groß werden. Allerdings wächst die Summe nur logarithmisch mit der Kartenanzahl n. Deshalb muß man sich jeden weiteren cm Überhang mit einer Vervielfachung der Stapelhöhe erkaufen.
Im Praktischen Experiment sollten aber min 2 Kartenlängen möglich sein.
Jörg
Danke für Kompliment (notext)
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