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Lecker, lecker

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Rainer ausdemSpring

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Feb 1, 2023, 5:01:56 AM2/1/23
to
Ein zylindrischer Kuchen (Torte) hat eine Schokoladenglasur.

Mit einem Messer werden nach und nach Tortenstücke mit dem Winkel alpha ausgeschnitten und dann umgedreht und wieder in den Kuchen eingefügt, so daß die Glasur unten ist. Schweinerei...

Das machen wir immer weiter - nach einem Umlauf können die Schnitte auch in bereits geschnittenen Stücken landen. Dabei wandert natürlich Glasur wieder nach oben, …

Wenn z.B. alpha = Pi/2 (90°), dann ist nach zwei Umläufen die Glasur wieder komplett oben.

Frage: Für welche Winkel alpha ist nach endlich vielen Schritten die Glasur wieder komplett oben?

Guten Appetit,

Rainer

Alfred Flaßhaar

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Feb 1, 2023, 10:41:18 AM2/1/23
to
Diese Aufgabe ist schwer. Ich habe eine Lösung versucht an einer
Schwarzwälder-Kirsch-Torte mit dem Tortenzentriwinkel pi/(3*e) (pi ist
Kreiszahl und e die Eulerzahl). Das hat nicht geklappt. Werde es mit
einer anderen Tortenart und gleicher Teilung versuchen.

Gruß, Alfred
>
> Guten Appetit,
>
Danke, gleichfalls ;-)!

Rainer ausdemSpring

unread,
Feb 1, 2023, 10:46:26 AM2/1/23
to
Das ist Tortenfrevel und wird mit einer großen Portion Labskaus bestraft.
Guten Appetit.

Rainer


Rainer Rosenthal

unread,
Feb 1, 2023, 11:23:15 AM2/1/23
to
Am 01.02.2023 um 16:46 schrieb Rainer ausdemSpring:
>
> Das ist Tortenfrevel und wird mit einer großen Portion Labskaus bestraft.
> Guten Appetit.
>
Nicht umsonst spricht man auch von "Tortur".

Gruß,
Rainer R.


Rainer ausdemSpring

unread,
Feb 1, 2023, 4:01:58 PM2/1/23
to
Da will noch jemand Labskaus.

Rainer

Rainer Rosenthal

unread,
Feb 1, 2023, 4:20:39 PM2/1/23
to
Am 01.02.2023 um 22:01 schrieb Rainer ausdemSpring:
>
> Da will noch jemand Labskaus.
>

Aber bitte mit Schokoladenüberzug!

RR





Rainer ausdemSpring

unread,
Feb 2, 2023, 4:01:30 AM2/2/23
to
Jetzt ist Schluß mit lustig.
Fangt mal an, das Rätsel zu lösen.

Rainer

Alfred Flaßhaar

unread,
Feb 2, 2023, 9:19:54 AM2/2/23
to
Am 02.02.2023 um 10:01 schrieb Rainer ausdemSpring:
> Rainer Rosenthal schrieb am Mittwoch, 1. Februar 2023 um 22:20:39 UTC+1:
>> Am 01.02.2023 um 22:01 schrieb Rainer ausdemSpring:
>>>
(...)

> Jetzt ist Schluß mit lustig.
> Fangt mal an, das Rätsel zu lösen.
>
Ganz gegen meine Gewohnheit (im Gespräch mit Partnern ohne Realname) von
unterwegs und ohne Zettel und Stift eine Schätzung:

alpha = 360°/(n*2^n) , n ist nat. Zahl

Ein Verdacht geht derWeyl in Richtung
mod (2*pi) mit Skalierung auf Tortenumfang 1 oder Gruppentheorie. Muß
aber erst noch etwas tüfteln, weil Labskaus ohne Köm ungenießbar ist und
beides vertrage ich nicht.

Gruß, Alfred

Rainer ausdemSpring

unread,
Feb 4, 2023, 6:49:16 AM2/4/23
to
Kleiner Tip: Es ist nicht die Menge der rationalen Vielfachen von Pi - was man sofort annimmt. Die gesuchte Menge ist größer.

neu...@tuhh.de

unread,
Feb 4, 2023, 7:55:51 AM2/4/23
to
Aber spätestens nach Pi/64 wird das eine Höllen Manscherei! :-) SN

Alfred Flaßhaar

unread,
Jun 21, 2023, 2:25:19 PM6/21/23
to
Am 01.02.2023 um 11:01 schrieb Rainer ausdemSpring:

(...)

Die Torte modelliere ich zur Veranschaulichung als Kreisfläche wie das
runde Zigffernblatt einer Uhr. Angefangen wird mit der Schneiderei nach
Wahl eines Zentriwinkels phi (phi <= pi/2 mit pi als Kreiszahl im
Interesse eines dekorativen Tortenstücks) entgegen dem Uhrzeigersinn bei
6 Uhr. Notwendig im Sinne der Aufgabe ist es vorauszusetzen, daß
irgendwann in der so erzeugten Schnittfolge erstmalig ein bereits
vorhandener Schnitt getroffen wird. Sei x die Anzahl der phi-Schnitte
bis zu diesem Ereignis, y sei die in der Schnittfolge enthaltene Anzahl
der vollständigen Kreisumrundungen und z die Anzahl der Schnitte nach
der letztenn Kreisumrundung bis zum erstmaligen Treffen eines bereits
vorhandenen Schnittes. Als Bilanz erhält man x*phi = y*2*pi + z*phi .

Der getroffene Zielschnitt ist enthalten in der ersten Schnittfolge. Aus
der ersten Schnittfolge wählt man nun einen beliebigen Schnitt als Start
für eine zweite phi-Schnittfolge. Da dieser Startschnitt aber in der zum
Zielschnitt geführten ersten Schnittfolge enthalten ist, muß sich wieder
derselbe Zielschnitt ergeben. Daher ist z = 0. Also ist x*phi = y*2*pi.
Der Zentriwinkel phi wird als reeller Anteil alpha von pi kalibriert:
x*phi = x*alpha*pi. Das eingesetzt in die Bilanz liefert alpha = 2*y/x .
alpha ist also rational. Mit der Wahl von alpha als Maß für den
Zentriwinkel ergibt sich als notwendige Bedingung eine einfache lineare
diophantische Gleichung. Beispielrechnungen haben funktioniert.

Weiter bin ich aus Zeitgründen nicht gekommen. Es darf nun kritisiert,
ergänzt, verändert, ... werden.

Viele Grüße, Alfred Flaßhaar

Alfred Flaßhaar

unread,
Jul 28, 2023, 9:40:30 AM7/28/23
to
Am 21.06.2023 um 20:25 schrieb Alfred Flaßhaar:
> Am 01.02.2023 um 11:01 schrieb Rainer ausdemSpring:
>
> (...)
>
Nach emsigem Suchen fand ich diese Aufgabe und eine Lösung in dem Buch
"Mehr mathematische Rätsel für Liebhaber" von Peter Winkler im Kapitel
"Wirkliche Herausforderungen" auf Seite 165. Demnach bin auch ich wie
anscheinend auch viele andere Fans von Knobelaufgaben auf etwas
hereingefallen. Ich habe nämlich die intuitiv naheliegende Annahme, daß
nach endlich vielen Schnitten ein bereits vorhandener Schnitt getroffen
werden muß, zur Voraussetzung gemacht. Das schließt natürlich
irrationale Anteile von pi als Zentriwinkel aus und der Satz von Weyl
greift dann. Eine nette Simulation für ganzzahlige Zentriwinkel findet
man auf https://jsfiddle.net/9fxgknkf/ .

Der im Buch dargestellte Lösungsweg beweist aber ohne diese
Voraussetzung, daß auch jeder irrationale Anteil von pi nach endlich
vielen Schritten zur Lösung führt, indem ein Algorithmus konstruiert
wird. Allerdings ist der Beweis derart anstrengend, daß er hier als
Denksportaufgabe für Normalverbraucher völlig ungeeignet ist.

Wochenendgruß, Alfred Flaßhaar

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