Hi,
auf einer Insel leben 11 grüne, 15 rote und 16 blaue Chamäleons.
Jedesmal, wenn sich zwei verschiedenfarbige Chamäleons treffen, nehmen sie die dritte - verbleidende - Farbe an. Treffen sich zwei gleichfarbige, geschieht nichts. Ist es möglich, dass irgendwann alle Chamäleons dieselbe Farbe tragen?
Viel Spaß,
Malte.
Lösung
Hallo!
Wenn sich 2 ungleichfarbige Chamäleons treffen, sinken die Anzahlen der Chamäleons zweier Farben um 1, die Zahl der Chameleons der dritten Farbe steigt um 2.
Damit am Schluss alle Chameleons die gleiche Farbe z haben, müssen zuvor die Anzahlen der Chameleons mit den anderen beiden Farben(x und y) gleich sein.Wiederum ein Chameleon-Treffen zuvor muss die Differenz dieser Farben gleich 3 sein,weil:
wenn sich 2 Chameleons mit den Farben x und y treffen bringts nix, da hinterher die Anzahl der Chameleons dieser beiden Farben nur um eins niedriger ist, die Differenz hat sich nicht verändert.Nur wenn sich ein z-farbebes C und ein anderes C treffen, dann steigt z.B. die Anzahl der x- farbenen C um 2 und die der y-Farbenen C sinkt um 1, also ist vor dem Treffen, nach dem Anzahl x-Chameleons =Anzahl y-C ist, die Differenz dieser beiden Zahlen gleich 3.
Entsprechend muss wiederum ein („wirksames“) Treffen zuvor die Differenz dieser Anzahen nochmal um 3 größer sein u.s.w.u.s.f.
=>am Start muss die Differenz zwischen 2 Chameleon-Farben_Anzahlen ein vielfaches von 3 sein, was nicht der Fall ist
=>die Chameleons können nie alle die gleiche Farbe haben.
Ich hoffe ich hab mich verständlich ausgedrückt, wenn nicht, fragt nach (-:
Grüße
Jojo
Hallo,
gefällt mir. Da Du schneller warst eine Zusatzfrage. Dein Kriterium beschreibt zunächst mal ein notwendiges Kriterium für die Lösbarkeit der Aufgabe. Einen Tick formaler formuliert, wäre bei g grünen, r roten und b blauen Chamäleons, daß mind. einer der positiven Differenzen
|g-r|, |g-b| und |r-b|
durch drei teilbar ist, ansonsten gibt es keine Lsg. Der interessante Zug (zwei unterschiedliche Chamäleons treffen aufeinander) ändert bei z.B. einem grünen und einem roten die Mengen zu
g-1 b-1 r+2
Damit ändern sich die positiven Differenzen von |g-r| und |b-r| um ±3, |g-b| bleibt konstant. Insbesondere folgt daraus, daß alle Reste, die beim teilen der positiven Differenzen durch 3 entstehen auch durch diesen Zug (oder beliebig andere) unverändert bleiben (also nicht nur der Rest 0).
Die naheliegende Zusatzfrage ist, ob diese Bedingung hinreichend ist, d.h. falls sie erfüllt ist auch wirklich eine Lsg. konstruiert werden kann. Ist nur einen Tick komplizierter, da verschiedene Fälle berücksichtigt werden müssen und es ist hilfreich eine Strategie (falls es sie gibt) zu wählen, die
|g-r|+|g-b|+|r-b|-(g+r+b)
strikt verkleinert. Probier das mal. Würde mich interessieren, wie ein Schüler hier argumentiert.
Gruss
Enno
Lösungsversuch
Hallo zusammen,
trotz Fasching und fortgeschrittener Stunde ein etwas verworrener Lösungsweg:
Wenn „gewonnen“ werden soll, müssen 2 Farben gleich oft (z.B. 1) vorhanden sein, die in die eine übriggebliebene umkippt.
D.h. es muss irgendwo die Differenz zwischen 2 Farben Null werden (logisch)
Wegen den möglichen Änderungen der Farbzahl gilt:
-1 -1 +2
-1 +2 -1
+2 -1 -1
ist aber die Änderung des „Deltas“ zwischen zwei beliebigen Farben immer 3 oder Null.
Die Anfangsdifferenzen zwischen 11, 15 und 16 sind aber 4, 5 oder 1. Alles Zahlen, die nicht im Dreier-Einmalsein sind, und daher durch Additon oder Subtraktion von 3 (oder 0, haha) nie auf Null gebracht werden können.
Ergo: klappt nit.
jartUl
Hallo,
|g-r|+|g-b|+|r-b|-(g+r+b)
sollte
2(g+r+b)-(|g-r|+|g-b|+|r-b|)
lauten.
Gruss
Enno
Hallo,
Strategie um alle Chamäleons gleichfarbig zu machen:
Wenn z.B. Ir-bI restlos durch 3 teilbar ist:
für r>b: es treffen sich immer ein rotes® und ein grünes (G) Chamäleon. Bei jedem Treffen wird Ir-bI um 3 kleiner. Nach Ir-bI/3 solchen Treffen ist r=b . Werden zwischendurch die G’s alle werden, so schiebt man einen Zwischenschritt ein, bei dem sich ein R und ein B treffen: Ir-bI bleibt gleich, g wird um 2 erhöht.
Danach “neutralisieren” sich halt die R’s und die B’s sodass es nur noch G’s gibt.
Vorraussetzung für diese Strategie ist doch eigentlich nur, dass eine der Differenzen durch 3 teilbar ist, oder hab ich was übersehn?
Ich bin noch am Knobeln ob ich noch einen Beweis hinkrieg…
Grüße
Jojo
Hallo,
sieht sehr gut aus und ich würde es als Beweis werten. Sicher kann man noch ein paar Formeln rumschieben aber die Kernaussage ist so besser verständlich. Insbesondere die Argumentation, daß das Verfahren irgendwann endet war mir wichtig - und die ist elegant gelungen.
Gruss
Enno
Übrigens…
Hallo,
Insbesondere folgt daraus, daß alle Reste, die beim teilen der positiven
Differenzen durch 3 entstehen auch durch diesen Zug (oder
beliebig andere) unverändert bleiben (also nicht nur der Rest 0).
Nicht immer. Die fetten Zahlen sind die Reste, die übrigbleiben wenn man die Differenzen durch 3 teilt:
g r b
2 **0** 11 **2** 3 **1**
4 **0** 10 **2** 2 **2**
3 **0** 9 **2** 4 **1**
2 **0** 8 **2** 6 **1**
1 **0** 7 **1** 8 **1**
Zum Glück kann so aber keine Differenz die restlos durch null teilbar ist „herstellen“; es wird immer nur eine 2 zu einer 1 oder umgekehrt, wenn im Schritt vorher z.B r größer ist als b und im darauffolgenden Schritt b>r ist.
Grüße
Jojo
Hallo,
ja das stimmt. Ich hatte ursprünglich die Differenzen g-r, r-b und g-b „modulo 3“ betrachtet. Da stimmt die Aussage. Z.B. wäre Verlauf so dargestellt:
g r b
2 **0** 11 **2** 3 **-1**
4 **0** 10 **2** 2 **2**
3 **0** 9 **2** 4 **-1**
2 **0** 8 **2** 6 **-1**
1 **0** 7 **-1** 8 **-1**
Da -1=2 und -2=1 (modulo 3) bleiben die Reste auch im Fall 0 erhalten.
Gruss
Enno