Zahlenrätsel/Zahlenmuster

Zahlenrätsel/Zahlenmuster
Vorhersagen einer Summe
Lassen Sie jemanden eine vierstellige Zahl aufschreiben. Es werden nun abwechselnd jeweils 2
vierstellige Zahlen darunter geschrieben. Der Spieler/die Spielerin beginnt eine Zahl unter die eben
ausgedachte zu schreiben, anschließend sind Sie an der Reihe. Bevor diese Zahlen aber aufgeschrieben
werden, wissen Sie bereits das Ergebnis der Summe der fünf Zahlen.
Vollziehen Sie folgendes Beispiel genau nach und versuchen Sie herauszufinden, warum Sie bereits
nach der ersten Zahl die Summe kennen und wie Sie auf die dritte und vierte Zahl kommen.
SpielerIn:
3845
→ vorhergesagte Summe: 23843
2. Zahl (SpielerIn): 2571
3. Zahl (Sie):
7428
4. Zahl (SpielerIn): 3679
5. Zahl (Sie):
Summe:
6320
23843
Lösung: In dem oben vorgeführten Beispiel ist die erste Ziffer der vorhergesagten Summe eine 2. Das
bedeutet: Es müssen zwei Zahlenpaare, deren Ziffern sich zu 9 addieren, genommen werden, man muss
also insgesamt fünf Zahlen addieren. Trick: Da zweimal 9999 addiert wird, weiß man bereits nach der
ersten Zahl das Endergbnis. Trick: 20000 addieren und 2 abziehen!
Natürlich gibt es viele Varianten, um diesen Trick auszuführen. Es können beispielsweise mehrere
Zahlen addiert werden oder der Spieler selbst schreibt die Summe auf und Sie schreiben die erste Zahl
zum Addieren an oder … .
Zahlensummen
Summe von 1 bis 10 = 55
Summe von 1 bis 100 = 5050
Können Sie nach diesem Muster die Summe der Zahlen 1 bis 1000 bzw. 1 bis 10000 angeben?
Begründen Sie Entstehung des Musters.
Lösung:
Summe von 1 bis 1000 = 500500
Summe von 1 bis 10000 = 50005000
n
2
Summe von 1 bis n: S=(n+ 1)⋅
n
a−1
mit a ∈ℕ
n=10a → 2 =5⋅10
→
a
(10 + 1)⋅5⋅10
a −1
= 5⋅10 2(a−1)+ 1+ 5⋅10 a−1
1
Palindromzahlen oder „Das 196er Problem“
Das Wort „Palindrome“ stammt aus dem Griechischen und bedeutet soviel wie „rückwärts laufend“. Meist
sind hier Wörter oder Sätze gemeint, die von vorne und hinten gelesen gleich bleiben (z.B. Rentner,
Anna, Otto, Lagerregal, Trug Tim eine so helle Hose nie mit Gurt?). Neben Palindromen von Wörtern gibt
es auch Zahlenpalindrome. Egal, ob vorwärts oder rückwärts gelesen, die Zahlen haben den gleichen
Wert (z.B. 2442).
Ein besonderes Phänomen ist, dass sich aus beliebigen positiven ganzen Zahlen oft durch ein einfaches
Verfahren Palindrome erzeugen lassen. Eine Zahl wird dabei mit der Zahl in umgekehrter Reihenfolge
addiert. Ist die entstehende Summe (=Zahl1) ein Palindrom, dann ist man fertig, wenn nicht, dann wird zu
Zahl1 die Zahl1 in umgekehrter Reihenfolge addiert, usw.
Beispiele: 85 + 58 = 143
143 + 341 = 484
kein Palindrom
36584 + 48563 = 85147
Palindrom
85147 + 74158 = 159305 (… 5 Zwischenschritte...)
13213123 + 32131231 = 45344354
Funktioniert dies immer?
Das 196er-Problem wird so genannt, weil 196 die kleinste Zahl ist, mit der es noch nicht gelungen ist, ein
Palindrom zu erzeugen. Jedoch gibt es auch keinen Beweis dafür, dass nie ein Palindrom mit dieser Zahl
entstehen wird. Der Rekord lag im Februar 2002 (übrigens die einzige palindromische Jahreszahl in
unserem Jahrhundert) bei 67 Millionen Umkehrungen und einer Zahl mit über 28 Millionen Stellen. Im
Jänner 2003 lag man bei einer Zahl mit 100 Millionen Ziffern. Vieles spricht dafür, dass es für die 196
schlicht kein Palindrom gibt. Bisher fehlt jedoch der mathematische Beweis.
Bemerkung: Wenn man die Zahlen bis 10000 untersucht, dann stellt man fest, dass es zwar 246 Zahlen
gibt (das sind allerdings nicht einmal 2,5%), die sich hartnäckig widersetzen (196, 295, 394, 493, 592,
689, 691, ...), bei allen anderen Zahlen stellt sich der Erfolg sehr schnell ein (die 89 ist da schon eine
Ausnahme (24 Umkehrungen), keine der anderen "erfolgreichen" Zahlen bis 10000 braucht mehr als 24
Schritte bis zum Erfolg). Es drängt sich also die These auf: Entweder es funktioniert relativ schnell oder
gar nicht. Aber jenseits der 10000 gibt es schließlich doch Zahlen, die sich erst sehr hartnäckig
widersetzen und dann doch ein sehr langes Palindrom liefern (z.B. wird aus 10911 erst nach 55
Umkehrungen: 4668731596684224866951378664). Im Jahr 2005 fand Jason Doucette heraus, dass die
Zahl 1186060307891929990 nach 261 Umkehrungen zum 119-stelligen Palindrom
44562665878976437622437848976653870388884783662598425855963436955852489526638748888307835667984873422673467987856626544
führt.
(Hier kann dies mit einem Script einfach und schnell nachvollzogen werden: http://www.rzbt.hawhamburg.de/dankert/Palindrom/Zahlen-Palindrome (Stand: August 2015))
2
Sommergewitter (Eugen Jost)
Nehmen Sie irgendeine Zahl. Wenn sie gerade ist, halbieren Sie sie. Wenn sie ungerade ist,
multiplizieren Sie sie mit drei, und geben Sie eins dazu. Und dann machen Sie das mit dem, was Sie
herausbekommen haben, wieder und wieder und wieder.
Fällt Ihnen etwas auf?
Beispiel:
Wir starten mit der Zahl 38.
38 : 2 = 19
19 · 3 +1 = 58
58 : 2 = 29
29 · 3 +1 = 88
88 : 2 = 44
44 : 2 = 11
11 · 3 +1 = 34
34 : 2 = 17
17 · 3 +1 = 52
52 : 2 = 26
usw.
Wieso ist das immer so?
Rudolf Taschner: „Das Problem ist noch offen und sehr schwer zu behandeln. Es ist natürlich völlig
sinnlos, aber es ist ärgerlich, dass wir es nicht lösen können.“
Immer wieder 4
Denken Sie sich eine Zahl aus. Schreiben Sie diese Zahl in Worten. Zählen Sie die Anzahl der
Buchstaben und notieren Sie diese Zahl. Schreiben Sie nun diese Zahl in Worten. Zählen Sie
anschließend wieder die Buchstaben und notieren Sie die Anzahl der Buchstaben. Wiederholen Sie diese
Schritte (Zahl in Worten schreiben – Buchstaben zählen – diese Zahl in Worten schreiben – Buchstaben
zählen – …) solange, bis Sie fertig sind.
Fertig? – Sie werden schon sehen, was ich damit meine!
3
Der Zahlensack des Méziriac
Bereits im Jahr 1612 errechnete Bachet de Méziriac die Gewinnposition eines einfachen
kombinatorischen Spiels.
Der Zahlensack des Méziriac
Es hält der Sieur de Méziriac
Für Euch bereit den Zahlensack:
Greift mit Bedacht die erste Zahl;
Von 1 bis 10 habt Ihr die Wahl.
Danach fügt Méziriac im Nu
Zu Eurer seine Zahl hinzu.
Und, wechselweise, ernst und heiter
Klettert man hoch die Zahlenleiter.
Doch seid beim Kraxeln auf der Hut
Und wählet klug und wählet gut!
Gewinn sich fröhlich jedem zeigt,
Der erstmals auf die 100 steigt.
Zwei Gegner fügen abwechselnd eine Zahl zwischen 1 und 10 der allseits bekannten Zwischensumme
hinzu. Das Spiel beginnt bei 0 und es endet für denjenigen Spieler siegreich, der als Erster die
Gesamtsumme 100 erreicht.
Lösung: Méziriacs Lösung des Zahlensack-Problems verwendet implizit das erst später entwickelte
Verfahren der Rückwärtsrechnung, um die magischen Zahlen abzuleiten, die jeweils dem ersten (oder
dem zweiten) Spieler einen sicheren Gewinn zugestehen. Anhand einer einfachen Überlegung lassen
sich diese Strategien leicht entwerfen. Es gewinnt nämlich stets derjenige Spieler, der als Erster die 100
erreicht. Um den eigenen Gewinn abzusichern, müsste somit ein Spieler bei seiner vorletzten
Zahlenwahl nur die Zahl 89 erreichen, um seinem Gegenspieler in dessen letztem Zug maximal das
Erreichen der 99 zu ermöglichen. Diese siegreiche vorletzte Zahlenwahl ist jedoch nur dann nicht zu
verhindern, wenn der Spieler bei seiner i-ten Zahlenwahl zuvor jeweils die Zwischensumme (i-1)*10+i,
falls er der erste Spieler ist, oder i *11+1, ansonsten, bilden kann. Falls nun beide Spieler dies
nachvollziehen können, steht bereits zu Spielbeginn der Sieger fest: es ist derjenige Spieler, der die erste
Zahl nennt. Er wählt die 1 und hat das Spiel bereits zu seinen Gunsten entschieden.
4
Drei Stellen und mehr
Wählen Sie eine beliebige dreistellige Zahl – sagen wir 123. Nun schreiben Sie diese drei Ziffern noch
einmal daneben, so dass Sie eine sechsstellige Zahl erhalten; 123 wird also zu 123123. Nun teilen Sie
diese durch 7, dann durch 11 und schließlich durch 13, und ich sage Ihnen voraus, dass Sie bei der
dreistelligen Zahl landen, von der Sie ausgegangen waren. Das geht mit jeder dreistelligen Zahl. Können
Sie sagen, warum?
Funktioniert der Trick auch mit einer vierstelligen Zahl? Wenn ja, durch welche Zahlen müsste man dann
dividieren?
Lösung: 7 · 11 · 13 = 1001
Multipliziert man eine dreistellige Zahl abc mit 1001, so ergibt das immer abcabc.
Mit vierstelligen Zahlen abcd muss man mit der Zahl 10001 multiplizieren, um abcdabcd zu erhalten. Man
muss durch 73 und 137 dividieren, da 10001 = 73 · 137.
Wie alt sind Sie?
Methode 1:
„Sie wollen es mir nicht sagen? Na gut, nennen Sie mir einfach das Ergebnis folgender kleinen
Rechnung: Multiplizieren Sie Ihr Alter mit 10. Davon ziehen Sie irgendeine einstellige Zahl neunmal ab.
Sagen Sie mir das Ergebnis. ... Jetzt weiß ich, wie alt Sie sind.“
Wie funktioniert der Trick? Funktioniert der Trick bei jeder Person?
Lösung: A … Alter; Z … einstellige Zahl
A · 10 – 9 · Z = A · 10 – 10 · Z + Z = (A – Z) · 10 + Z
Der letzte Schritt des Tricks besteht darin, die Ziffer ganz rechts (Z) zu den anderen beiden zu addieren,
die nun zu Zehnern und Einern, statt Hunderten und Zehnern werden!
Vorsicht: Die Person muss älter als 9 Jahre sein!
Methode 2:
Um das Alter von jemanden zu ermitteln, lasse ihn einfach folgende Rechnung durchführen:
Multipliziere dein Alter mit 2. Addiere 5 hinzu und multipliziere die Summe mit 5. Nenne mir nun das
Ergebnis.
Streiche nun die letzte Ziffer des Ergebnisses weg und ziehe vom Rest 2 ab. Jetzt hast du das Alter der
Person. Begründe die Vorgehensweise!
Lösung: A … Alter
(A · 2 + 5) · 5 = 10 · A + 25 → letzte Ziffer wegstreichen
A+2
→ 2 abziehen
A
5
Erraten des Geburtstages
Wenn Sie den Geburtstag eines Freundes nicht kennen, können Sie ihm folgende Aufgabe stellen:
Verdopple die Tageszahl deines Geburtstages und addiere 5 dazu. Multipliziere das Ergebnis mit 50 und
addiere dazu die Monatszahl.
Lassen Sie sich das Ergebnis nennen. Finden Sie heraus, wie Sie nun auf den richtigen Tag und das
richtige Monat kommen.
Lösung: (T · 2 + 5) · 50 + M = 100 · T + 250 + M
→ 250 abziehen
100 · T + M
→ die letzten beiden Stellen zeigen das Monat und
die restlichen Stellen den gesuchten Tag
Zahlen erraten
Ich schreibe eine Zahl auf einen Zettel und drehe ihn um, sodass Sie nicht wissen, welche Zahl dort
steht. Nun schreiben Sie eine beliebige ganze Zahl auf. Addieren Sie 5. Multiplizieren Sie das Ergebnis
mit 18. Subtrahieren Sie davon das Dreifache der zuerst gewählten Zahl. Dividieren Sie das letzte
Ergebnis durch 15! Subtrahieren Sie noch Ihre gedachte Zahl! Ihre soeben errechnete Zahl stimmt mit
meiner auf dem umgedrehten Zettel überein!
Warum? Welche Zahl steht auf meinem Zettel?
Lösung: ((((x + 5) · 18) – 3 · x) : 15) – x = ((18x + 90 – 3x) : 15) – x = x + 6 – x = 6
Blitzrechnen
Bitten Sie einen Freund, zwei beliebige Zahlen - sagen wir 2 und 5 - untereinander zu schreiben.
2
5
Er darf sie Ihnen jedoch nicht zeigen. Nun addiert er die beiden Zahlen und schreibt die Summe 7
darunter. Jetzt werden die unteren zwei Zahlen addiert und ihre Summe 12 darunter geschrieben. Dieser
Vorgang wird wiederholt, bis 10 Zahlen da stehen.
2
5
7
12
19
31
50
81
131
212
Nun bitten Sie darum, einen kurzen Blick auf die Liste werfen zu dürfen. Dann wenden Sie sich schnell
wieder ab. Sie bitten den Freund, die zehn Zahlen zu addieren. Bevor er fertig ist, haben Sie längst die
Summe genannt: 550.
6
Sie haben sich die vierte Zahl von unten - in diesem Fall also 50 - gemerkt. Diese multiplizieren Sie mit
11. Fertig! Wieso funktioniert das?
Lösung: Z1 … erste Zahl; Z2 … zweite Zahl
Häufigkeit
der Häufigkeit
der Ergebnis
ersten Zahl Z1
zweiten Zahl Z2
1
1
0
Z1
2
0
1
Z2
3
1
1
Z1+Z2
4
1
2
Z2+(Z1+Z2)=Z1+2*Z2
5
2
3
(Z1+Z2)+(Z1+2*Z2)=2*Z1+3*Z2
6
3
5
(Z1+2*Z2)+(2*Z1+3*Z2)=3*Z1+5*Z2
7
5
8
(2*Z1+3*Z2)+(3*Z1+5*Z2)=5*Z1+8*Z2
8
8
13
(3*Z1+5*Z2)+(5*Z1+8*Z2)=8*Z1+13*Z2
9
13
21
(5*Z1+8*Z2)+(8*Z1+13*Z2)=13*Z1+21*Z2
10
21
34
(8*Z1+13*Z2)+(13*Z1+21*Z2)=21*Z1+34*Z2
10 55
88
Summe
der
Zahlen
55*Z1 + 88*Z2 = 11*(5*Z1+8*Z2)
→ Summe = 11*(Ergebnis aus Zeile 7)
Kartentricks
„1 aus 21“
Man hat 21 Karten. Drei davon legt man offen nebeneinander. Auf diese werden der Reihe nach die
restlichen Karten mit sichtbarem Bild gesetzt, wobei die vierte Karte auf die erste, die fünfte auf die
zweite usw. zu liegen kommt. Auf diese Weise erhält man drei Stapel mit jeweils sieben Karten. Jemand
merkt sich eine Karte und nennt den Stapel, in dem sich diese Karte befindet. Der bezeichnete Stapel
wird in die Mitte zwischen die beiden anderen Häufchen gegeben (offen), dann werden die Karten wieder
wie vorher aufgelegt. Zum zweiten Mal wird jetzt der Stapel mit der bewussten Karte bezeichnet und
dann wieder in die Mitte genommen. Dieses Verfahren wird ein drittes Mal wiederholt. Dann zählt man
bis zur elften Karte und erhält die am Anfang ausgewählte.
Funktioniert der Trick auch mit 27 Karten? Wenn ja, auf welcher Platznummer (Fixpunkt) stabilisiert sich
das Verfahren?
Lösung: Das ganze ist ein rein mathematischen Sortierverfahren. Indem Sie den Stapel mit der
gesuchten Karte immer wieder in die Mitte legen, können Sie in drei Durchläufen dafür sorgen, das die
gesuchte Karte in die Mitte wandert, egal welche Karte die Gesuchte ist. Im ersten Durchlauf schließen
7
Sie 14 der 21 Karten aus und verteilen die übrigen möglichst gleichmäßig über die 3 Stapel. Im zweiten
Durchlauf können Sie erneut 4-5 Karten ausschließen. Somit bleiben für den dritten nur noch zwei oder
drei Karten übrig und die befinden sich alle in unterschiedlichen Stapel. Folglich wird durch die Angabe
des Stapels im dritten Durchlauf direkt die gesuchte Karte preisgegeben. Das Abzählen der 10 Karten
dient nur noch zur Verwirrung der Zuschauer.
Übersicht des aktuellen Platzes nach dem 1., 2. und 3. Auflegen der jeweiligen Karte:
Karte
1
2
3
Platz1
14 14 14 13 13 13 12 12 12 11
11
11 10 10 10
Platz2
10 10 10 10 10 10 11
11
11
11
11
11
11 11
11 12 12 12 12 12 12
Platz3
11
11
11
11
11
11
11 11
11
11 11
4
11
5
11
6
11
7
11
8
9
10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
9
11
9
11
9
11
8
11
8
11
8
11
Beispiel: Karte 6 ist die ausgewählte Karte
Nach dem ersten Austeilen liegt sie auf dem linken Stapel als vorletzte Karte. Der 3. Stapel wird daher in
die Mitte zwischen die beiden anderen Stapeln gegeben. Die gewählte Karte liegt somit an 13. Stelle.
Nach dem 2. Austeilen liegt die Karte auf dem rechten Stapel und somit wird nun dieser in die Mitte
genommen. Die 10. Karte ist nun die Gesuchte. Nach dem 3. Austeilen liegt die Karte 6 wieder im
rechten Stapel und insgesamt (nach dem Zusammenfügen) am 11. Platz.
„3 aus 32“
32 Karten eines Spiels liegen verdeckt ungeordnet auf dem Tisch. Der Spieler/die Spielerin wählt 3
beliebige Karten aus und schaut sie an. Sie greifen 5 verdeckt liegende Karten, stapeln sie und legen die
erste ausgewählte Karte verdeckt darauf. Anschließend nehmen Sie 15 Karten und legen die zweite
ausgewählte Karte wieder darauf. Nun werden nur mehr 7 Karten der restlichen ungeordneten Karten auf
dem Tisch genommen und dann die letzte ausgewählte Karte daraufgelegt. Die letzten beiden Karten
schichtet man schließlich noch auf den Stoß. (Wichtig: Die Anzahl der Karten sollte für den Spieler/die
Spielerin willkürlich erscheinen!)
Nun werden die Karten auf folgende Weise gemischt: Es werden zuerst zwei Stapeln gemacht, wo immer
abwechselnd eine Karte auf den linken und eine auf den rechten Stapel kommt.
Der linke Stapel wird nun wieder in gleicher Weise aufgeteilt. Die erste Karte kommt auf den linken
Stapel, die zweite auf den bereits bestehenden rechten Stapel. So wird der linke Stapel halbiert und der
rechte immer größer. Dies wird solange wiederholt bis der linke Stapel nur mehr aus einer Karte besteht.
Diese wird schließlich auch noch auf den rechten Stapel gelegt.
Sie decken nun die obersten drei Karten des Stapels auf und es sind tatsächlich die 3 zu Beginn
gewählten Karten.
Lösung: Das Mischen ist hier kein zufälliges Anordnen der Karten, sondern ist ein determinierter
Vorgang. Wichtig ist es zu Beginn die richtige Position für die Karten zu finden und dies noch möglichst
unauffällig und „zufällig“. Die ausgewählten Karten liegen vor dem „Mischen“ immer auf den Positionen 3,
11 und 27.
8
Sieht man sich den „Mischvorgang“ genauer an, findet man noch mehrere Varianten dieses Tricks!
Erster
Erster
Zweiter
Dritter
Vierter
Fünfter
Stapel
Mischvorgang
Mischvorgang
Mischvorgang
Mischvorgang
Mischvorgang
1
11
2
27
3
4
3
3
19
19
5
31
31
31
6
23
23
23
7
15
15
15
8
7
7
7
9
1
1
1
1
10
5
5
5
5
11
9
9
9
9
12
13
13
13
13
13
17
17
17
17
14
21
21
21
21
15
25
25
25
25
16
29
29
29
29
17
31
32
32
32
32
32
18
29
30
30
30
30
30
19
27
28
28
28
28
28
20
25
26
26
26
26
26
21
23
24
24
24
24
24
22
21
22
22
22
22
22
23
19
20
20
20
20
20
24
17
18
18
18
18
18
25
15
16
3
16
16
16
16
26
13
14
7
14
14
14
14
27
11
12
11
12
12
12
12
28
9
10
15
10
10
10
10
29
7
8
19
8
27
8
8
8
30
5
6
23
6
19
6
6
6
31
3
4
27
4
11
4
11
4
4
32
1
2
31
2
3
2
27
2
2
Einen ähnlichen Kartentrick („3 aus 52“) findet man hier:
https://www.youtube.com/watch?v=b4fcJOBXtbU (Stand: August 2015)
„1 aus 16“
16 beliebige Karten werden in 4 Reihen mit jeweils 4 Karten offen aufgelegt. Der Spieler/die Spielerin
sucht sich eine Karte und zeigt auf die Reihe, in der diese Karte liegt. Anschließend werden die Karten
mit folgendem System eingesammelt: Eine Karte aus der genannten Reihe, vier andere Karten, eine
Karte aus der genannten Reihe, vier andere Karten, … . Nun werden die Karten wieder offen in 4 Reihen
mit jeweils 4 Karten aufgelegt. Der Spieler/die Spielerin zeigt auf die Reihe, in der die zuerst gewählte
Karte liegt. Nun ist klar, welche Karte gewählt wurde! Warum?
9
Lösung:
Angenommen nach dem ersten Aufegen ist die richtige Karte in der 3. Reihe.
Nach dem ersten Auflegen:
Nach dem zweiten Auflegen:
K1
K2
K3
K4
K9-12
K
K
K
K5
K6
K7
K8
K
K9-12
K
K
K9
K10
K11
K12
K
K
K9-12
K
K13
K14
K15
K16
K
K
K
K9-12
(K steht für die Karten K1 bis K8 bzw. K13 bis K16)
Nach dem zweiten Auflegen liegt in jeder Reihe nur mehr eine Karte, die richtig sein könnte (entlang der
Diagonale).
Um diesen Trick „undurchschaubar“ zu machen, hier ein kleiner Zusatz:
https://www.youtube.com/watch?v=ZgdhJNc8_4I (Stand: 04.05.2015)
„2 aus x“ (x  g)
Dieser Trick benötigt eine kleine Vorbereitung. Es werden die Karten (gerade Anzahl) immer
abwechselnd rot-schwarz sortiert. Die Spielerin/der Spieler darf vor Beginn die Karten noch ein bisschen
„mischen“. Dazu darf ein Stapel (egal wieviele Karten) abgehoben werden und die restlichen Karten
werden wieder darauf gelegt. Dies kann beliebig oft wiederholt werden.
Nun darf die Spielerin/der Spieler die oberste Karte vom Stapel nehmen und sich ansehen und merken.
Anschließend sieht er sich auch noch die zweite Karte an. Es werden nun die beiden angesehen Karten
wieder zurück auf den Stapel gelegt. Zuerst die Karte, die zuerst genommen wurde, anschließend die
zweite Karte. Jetzt darf wieder „gemischt“ werden (wie oben beschrieben).
Die Spielerin/der Spieler wird nun aufgefordert die Karten abwechselnd verdeckt auf zwei Stapel zu
verteilen (eine links, eine rechts, eine links, eine rechts, …). Diese beiden Stapel dürfen (jeder für sich)
jetzt ordentlich vermischt werden.
Werden die beiden Stapel nun angesehen, können sofort die beiden gesuchten Karten ermittelt werden.
Warum eigentlich?
10-9-8-7-6-5-4-3-2-1-Trick
Man benötigt für diesen Trick 52 Karten. Es werden neun Karten genommen und der Spielerin/dem
Spieler gezeigt. Eine Karte wird gewählt und auf die restlichen acht Karten verdeckt gelegt. Jetzt kommen
auch die anderen Karten auf den Stapel. Es werden nun Karten nacheinander offen abgelegt und dabei
von 10 bis 1 runtergezählt. Entspricht der Wert der Karte (Bube, Dame, König zählen 10 und Ass zählt 1)
genau der gesagten Zahl, wird aufgehört. Dies wird insgesamt vier Mal durchgeführt. Entspricht dabei
kein Wert der Karte der gesagten Zahl, so, wird am Ende (nachdem eins gesagt wurde bzw. nachdem 10
Karten auf dem Stapel liegen) eine Karte verdeckt auf diesen Stapel gelegt. Nun hat man insgesamt 4
Stapel vor sich liegen und ein paar restliche Karten noch in den Händen. Es wird nun der Wert der
10
Karten, die auf den vier Stapeln oben aufgedeckt zu sehen sind, zusammengezählt. Diese Zahl gibt nun
die gesuchte Stelle der zu Beginn ausgewählten Karte im Stapel an.
Assentrick
Dieser Trick benötigt eine kleine Vorbereitung. Der Stapel muss folgendermaßen sortiert werden: Ganz
oben kommen 8 beliebige Karten, dann die 4 Asse und am Ende die restlichen Karten.
Nun werden die Karten so gemischt, dass die 4 Asse an der richtigen Stelle bleiben. (Wichtig: Die 4 Asse
müssen an der 9. - 12. Stelle sein).
Jetzt wird die Spielerin/der Spieler nach einer Zahl von 10 bis 19 gefragt. Diese Anzahl der Karten wird
verdeckt Karte für Karte vom Stapel genommen. Anschließend wird die Ziffernsumme der gesagten Zahl
gebildet und diese Kartenanzahl wird wieder zurück (Karte für Karte) auf den Stapel gelegt. Die nun
oberste Karte vom Stapel der Karten, die weggelegt wurden, wird verdeckt auf die Seite gelegt. Die
restlichen Karten gibt man wieder auf den Ausgangsstapel oben drauf.
Die Spielerin/der Spieler wird insgesamt vier mal nach einer Zahl von 10 bis 19 gefragt und immer wieder
erfolgt das Weg- und Zurücklegen der Karten wie soeben beschrieben.
Sind am Ende 4 Karten weggelegt worden, ist der Trick vorbei und diese 4 Karten werden aufgedeckt.
Was fällt auf? Wieso funktioniert der Trick?
Bosko-Biati-Trick
Man benötigt dabei 20 Karten. Diese werden immer paarweise verdeckt auf den Tisch gelegt. Die
Spielerin/der Spieler darf sich nun ein Paar aussuchen und muss sich diese beiden Karten merken.
Anschließend werden alle Karten paarweise auf einen Stapel gelegt. Die Karten werden nun in 4 Reihen,
also 5 Karten je Reihe offen aufgelegt. Dies geschieht nach folgendem Prinzip:
Der Satz „BOSKO BIATI KENNT ALLES“ besteht aus 10 verschiedenen Buchstaben, wobei jeder
zweimal vorkommt. Die Pärchen werden daher immer demselben Buchstaben zugeordnet.
B
O
S
K
O
P1
P2
P3
P4
P2
B
I
A
T
I
P1
P5
P6
P7
P5
K
E
N
N
T
P4
P8
P9
P9
P7
A
L
L
E
S
P6
P10
P10
P8
P3
(P1 steht für eine Karte vom ersten Kartenpaar, P2 für eine Karte vom zweiten Kartenpaar, …)
Die Spielerin/der Spieler zeigt nun auf die Reihe bzw. Reihen, in der die beiden Karten zu finden sind und
es ist sofort klar, welches Pärchen ausgewählt wurde.
11
4-Zimmer Kartentrick
Vier Personen gehen in eine Herberge (dargestellt durch 4 Buben, die nebeneinander hingelegt werden).
Der Wirt hat noch vier Zimmer frei und verteilt die Herren auf die vier Zimmer. Anschließend besuchen
noch 4 Damen die Herberge. Da auch diese nächtigen wollen, aber alle Zimmer bereits belegt sind,
verteilt der Wirt die Damen auf die vier Zimmer (auf jeden Buben wird eine Dame gelegt). Danach
kommen noch 4 weitere Herren (4 Könige), die ebenfalls auf die Zimmer verteilt werden (Zustellbett). Und
zu guter Letzt erscheinen 4 weitere Damen, (dargestellt durch 4 Asse), die ebenfalls nachdem noch eine
Liege in die Herberge gestellt wurde auf die vier Zimmer verteilt wurden. Die Gäste verstehen sich ganz
gut und gehen an die Bar (jeweils die Karten eines Zimmers zusammenschieben und dann die vier
Stapel übereinanderstellen). Unten wird noch ein wenig getrunken und getanzt (das Tanzen wird durch
Abheben simuliert). Doch plötzlich werden die Gäste vom Wirt schnell aufs Zimmer geschickt – jemand
hat die Sittenpolizei verständigt (die Karten werden von links nach rechts wieder ausgeteilt). Die Karten
werden aufgedeckt und in jedem Zimmer finden sich entweder nur Buben, Damen, Könige oder Asse. So
ein Glück, der Wirt muss lediglich eine geringe Strafe für die Überbelegung des Zimmers bezahlen.
Erweiterung (VORSICHT – siehe Lösung):
Vor lauter Erleichterung lädt der Wirt die 16 Gäste zu einem Drink ein (Karten werden eingesammelt und
wieder ein paarmal abgehoben). Die Gäste gehen wieder auf Ihre Zimmer. Da sie ihre Koffer aber nicht
umgeräumt haben, sind sie natürlich wieder so auf die Zimmer gegangen, wie vorher (die Karten werden
umgedreht und - welch Überraschung - die Karten sind wieder so verteilt, wie am Anfang).
Lösung:
Das Prinzip dieses Tricks basiert auf einer einfachen Transponierung einer Matrix. Wir verwenden genau
16 Karten. Durch das Einsammeln in der senkrechten und das Wiederausteilen in der waagerechten
findet die gewünschte Transponierung statt. Wird das Verfahren wiederholt, werden die Karten
automatisch in ihre Ursprungslage zurückgebracht. Das Abheben stört im Endeffekt nicht. Es führt
lediglich dazu, dass zum Beispiel die Könige nicht mehr in derselben Spalte liegen, wie am Anfang.
12
Binärer Kartentrick
Diese sieben Karten werden benötigt:
Sie bitten jemanden, sich eine Zahl zwischen 1 und 100 zu denken. Dann legen Sie nacheinander 7
Karten mit Zahlen auf den Tisch und fragen bei jeder Karte, ob die gedachte Zahl drauf ist. Obwohl Sie
immer nur ein "ja" oder "nein" als Antwort bekommen, können Sie danach die gesuchte Zahl sofort
nennen. Wie kann das funktionieren?
Lösung: Der Trick basiert auf dem binären Zahlensystem, das nur die Ziffern "0" und "1" kennt. Jede
Zahl von 1 bis 100 lässt sich auch als siebenstellige Binärzahl darstellen. Jede Karte steht dabei für eine
Stelle dieser Binärzahl. (Die Karte mit der "64" am Anfang steht für die vorderste Stelle und die mit der
"1" für die letzte Stelle.) Die Antworten "nein" und "ja" entsprechen einfach den Ziffern "0" und "1" so dass
die gesuchte Zahl im Prinzip als Binärzahl mitgeteilt wird. Jetzt müssen nur mehr die jeweils erste Zahl
auf den Karten, die die Zahl enthalten, zusammengezählt werden, schon wurde die Zahl “erraten“.
Überraschendes
Entfernung
Zwei Personen sind voneinander 50 m entfernt und halten die Enden eines 51 m langen Seils. Ein Dritter
hebt das Seil in der Mitte so weit hoch, dass es straff gespannt ist. Kann er durchschlüpfen?
Lösung: Satz des Pythagoras:
2
2
h² =(25+ 0,5) −25 =25,25 → h=5,02 m
13
Wo steckt der Fehler?
A:
–20 = –20
B:
a
=
b
|·a
16 – 36 = 25 – 45
a²
=
ab
| + a² – 2ab
16 - 36 + 20,25 = 25 - 45 + 20,25
a² + a² – 2ab = ab + a² - 2ab
(4 – 4,5)² = (5 – 4,5)²
2
(a²
–
ab)
=
a²
–
ab
| : (a² – ab)
4 – 4,5 = 5 – 4,5
2=1
4=5
C:
Behauptung: 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + .......... = -1
Beweis:
D:
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + .......... = S
Beweis: ind. angenommen:
1 + 2 (1 + 2 + 4 + 8 + ........) = S
Also:
Behauptung: 1 ist die größte reelle Zahl.
Es gibt eine andere größte Zahl y.
1+2S= S
dh. 1 < y → y > 0
S = -1
→ y < y²
Wid., da y² größer als y ist
→ 1 ist die größte reelle Zahl
Lösung:
A: Aus a2= b2 kann man also nicht schließen, dass a = b gelten müsste; es könnte auch a = –b gelten.
B: a = b → Division durch 0, da a² – ab = 0.
C: Reihe konvergiert nicht!
D: Negation der Behauptung ist falsch! Vorsicht beim indirekten Beweis.
Rucksackproblem
Behauptung: n beliebige SchülerInnen haben den gleichen Schulrucksack.
Beweis durch vollständige Induktion:
Induktionsanfang n=1: Für eine Schülerin/einen Schüler ist die Behauptung offensichtlich richtig.
Induktionsschritt: Als Induktionsvoraussetzung wählt man als beliebige Zahl k die Zahl 3. Die
Induktionsbehauptung für k+1 ist demnach, dass 4 SchülerInnen denselben Rucksack besitzen.
Die SchülerInnen S1, S2 und S3 haben nach Voraussetzung denselben Rucksack. Auch für die
SchülerInnen S2, S3 und S4 trifft dies aufgrund der Induktionsvoraussetzung zu. Demnach haben also alle
vier SchülerInnen denselben Rucksack. Der Übergang von 4 auf 5 Rucksäcken ist mit diesem System
auch leicht nachvollziehbar und somit auch für jeden beliebigen Übergang von n auf n+1.
14
Lösung: Von dem Übergang von 3 auf 4 ausgehend ist der allgemeine Übergang von n auf n+1 für (fast)
alle natürlichen Zahlen anwendbar; er versagt aber logischerweise beim Übergang von 1 auf 2. Hier lässt
sich das oben benutzte Gedankenexperiment nicht anwenden. Daher sind die Kriterien für eine
vollständige Induktion nicht erfüllt. Es wurde mittels einer (scheinbaren) vollständigen Induktion eine
Falschaussage gemacht!
Wo steckt der fehlende Euro?
Drei Kinder wollen sich einen Ball kaufen. Der Ball kostet 30 €. Jeder der drei Kinder zahlt 10 €. Nach 5
Minuten stellt der Verkäufer fest, dass der Ball nur 25 € kostet. Er gibt dem Lehrling 5 € und sagt er soll
diese 5 € den dreien zurückgeben. Der Lehrling denkt sich: 5 geteilt durch drei ist schlecht zu
bewerkstelligen. Er gibt daraufhin jedem der drei jeweils 1 € zurück und 2 € behält er für sich. Nun hat
jedes Kind nur 9 € bezahlt. Das heißt aber: 3 x 9 € = 27 € + 2 € die der Lehrling hat, sind 29 €. Wo ist der
fehlende Euro?
Lösung: Es gibt natürlich kein Problem! Es sind nur die Worte, die aufs Glatteis führen. 27 € und 2 € zu
addieren ist völlig bedeutungslos.
30 € - 3 x 1 € = 27 Euro
27 € - 2 € die er behält = 25 € → Preis für den Ball!
oder
3 x 9 € = 27 €
27 € - 2 € = 25 € → Preis für den Ball!
Fußballfeld
Ein Fußballfeld ist normalerweise 105 m lang und 68 m breit. Der Umfang des Feldes, einmal außen
herum, beträgt also 346 m.
Jetzt nehmen wir ein Seil, das genau 347 m lang ist, also genau einen Meter länger als der Umfang des
Spielfeldes. Dieses Seil legen wir um das Spielfeld herum. Ganz ordentlich, so dass es überall den
gleichen Abstand vom Spielfeld hat. Das Seil bildet also auch ein Rechteck, das ein bisschen größer als
das Spielfeld ist. Es hat oben und unten, rechts und links den gleichen Abstand zum Spielfeld.
Wie groß ist dieser Abstand? Passt in den Rand zwischen Spielfeld und Seil eine Trillerpfeife? Eine
weitere Begrenzungslinie? Oder ein Fußballschuh?
Lösung:
Der größte Teil des Seils liegt parallel zu den ursprünglichen Kanten des
Feldes. Hierfür werden 346 m des Seils benötigt. Nur ein einziger Meter
des Seils kann für die Erweiterungen an den Ecken benutzt werden. Der
zusätzliche Meter des Seils wird somit auf acht gleich lange Stücke (je
12,5 cm) aufgeteilt.
15
Äquatoraufgabe
Ein Seil wird straff um den Äquator (ca. 40000 km Länge) gespannt und anschließend um 1 Meter
verlängert.
Wie weit steht das Seil von der Erde ab, wenn man es überall gleichmäßig und gleichzeitig hochzieht?
Der gleiche Sachverhalt - nur wird das Seil jetzt nicht um die Erde gespannt, sondern um einen
Medizinball, der einen Umfang von 2 Metern hat.
Wie weit steht das Seil in diesem Fall ab?
Lösung:
U Erde ( r )=2 r π
2(r + x)π=2 r π+1
U neu ( r)=2 r π+1
x=
1
=0,159 m=15,9 cm
2π
In beiden Fällen ist die Lösung 15,9 cm. Das Ergebnis hängt also nicht vom Radius ab!
Teile und Staple
Folgendes Rätsel führt die Macht des Verdoppelns vor Augen. Nehmen Sie ein Blatt Papier und reißen
Sie es mittendurch. Legen Sie die beiden Hälften aufeinander und zerreißen Sie sie in vier Stücke. Legen
Sie diese wieder aufeinander und zerreißen sie in nunmehr acht Stücke. Noch einmal dasselbe, und Sie
haben 16 Stücke. Tun Sie das 42 mal. Das können Sie natürlich nicht, wie Sie bald feststellen werden.
Wie hoch wäre der Stapel, wenn Sie es könnten? So hoch wie ein Tisch? Wie ein Haus? Wie ein
Wolkenkratzer? Bis zur Sonne? Wie nehmen an, dass ein Blatt einen Zehntelmillimeter dick ist, ein
Stapel von 100 Blatt also einen Zentimeter dick.
Lösung: Fast bis zum Mond! (Der Mond ist von der Erde rund 385 000 km entfernt.)
242/10000000 = 440 000 km
16