Rätsel Nr. 4

[Roman Pelek]

...und das vorerst mal letzte Rätsel, das ist sehr knifflig, aber aufgrund des spielbezogenen Charakters wollt' ich Euchs nicht vorenthalten ;-)

Vor einem liegt ein nach oben und rechts unbegrenztes Schachbrett, in der linken unteren Ecke liegt zu Beginn genau ein Damestein. Die Zugregel ist Folgende: man darf in jedem Zug einen Damestein entfernen und muss dafür rechts und oberhalb davon je einen neuen einsetzen (es kommt also immer ein Stein dazu). Ein solcher Zug ist natürlich nur erlebt, wenn die beiden Felder oberhalb und rechts vom Ausgangsfeld frei sind.

Frage: ist es damit möglich, das aus 6 Feldern bestehende Dreieck links unten in der Ecke frei zu bekommen, d. h. es darf kein Stein mehr dort liegen? (Das ist recht knifflig zu zeigen und erfordert schon ordentlich Mathematik - Antwort mit Beweisidee der daran Interessierten genügt!).

(Dieses Dreieck in der linken unteren Ecke ist gemeint - x stehen für die Felder, die man freibekommen will):

x__
xx_
xxx)

Ciao,
Roman

[Marten Holst]

Moinle Roman,

dass das nicht geht, entnimmt man der Fragestellung (oder es wäre sehr einfach, was es beim ersten Probieren nicht ist).

Aber für Beweisideen frag mal am besten jemand anders...

Ungelöste Grüße
Marten (ist ja auch XY-chromosomiert)

[Roman Pelek]

Hi Marten,

Marten Holst schrieb:

> dass das nicht geht, entnimmt man der Fragestellung (oder es
> wäre sehr einfach, was es beim ersten Probieren nicht ist).

Ja, das ist das Schöne daran, intuitiv ist das nicht so klar, dass das nicht geht :-)

> Aber für Beweisideen frag mal am besten jemand anders...

Ist sehr trickreich, ja. Vielleicht liest ja einer mit, den's interessiert und der daran ein wenig rumbasteln möchte. Der Ansatz alleine ist schon recht interessant und auch allgemein nachvollziehbar ohne spezielle Kenntnisse.

Ciao,
Roman

[peer]

Hi,
vorweg: Die anderen Rätsel kannte ich schon, daher da keine Partizipation von mir ;-)

Dieses ist aber auch seh interessant.
Das Problem ist, wie ich durch Probieren schnell erkannt habe folgende Stelle (mit einem X markiert):

_
_ X
_ _ _

Die anderen Stellen bekommt man mehr oder weniger einfach freigeschaufelt und können sich ja auch nicht mehr füllen.
Das Problem war, dass der Stein darüber und/oder der rechts von dem X stören und nicht beide beseitigt werden können, da immer eine Position festsitzt und man daher immer weiter rekursiv nach oben rutscht, aber ohne die Ecken rausubekommen - Man erhält einen Zickzackkurs von Steinen und muss immer eine Spalte weiter ober anfangen und dann nich weiter usw.
Ist ein bisschen unverständlich ;-) aber wers ausprobiert weiss schnell was ich meine...
Zur Verdeutlichung noch einmal die Situation nach freilegung der untersten Reihe:
_
X X X
_ _ _
Wenn man die Position ganz links freischaufeln will (und damit sollte man anfangen, denn sonst schaufelt man sich ja bereits volle Felder wieder zu), muss man von rechts nach links agieren und erhält folgendes Bild (untere Reihe lasse ic mal weg, weil irrelevant:
X X X
_ X X X
Es IST jetzt möglich das obere FEld zu befreien, dann erhält man folgende Stellung:
X X X
_ X X X
_ X X X
_ _ _ X

Das Problem ist jetzt (auch wenn man das Feld noch nicht befreit - es bleibt dasselbe Problem, nur etwas komplizierter): dass immer drei Steine oberhalb der Reihe stehen, die man befreien will.Und zwar so, dass man darunterliegende Steine nicht entfernen kann. Also muss man die obere Reihe entfernen, dabei verschiebt man die Reihe aber nur nach rechtsoben und ein Stein steht immer über, so dass man in einer Endosschleife gefangen ist...
Die Lösung ist jetzt intuitiv zu sehen, nur der Beweiss fehlt noch...

ciao
Peer (weiss das die letzte Hürde oft die entscheidene ist)

[Martin Windischer]

Versuch einer Lösung:

zuerst beschriftet man das Schachbrett folgendermaßen:

...
1/8 ...
1/4 1/8 ...
1/2 1/4 1/8 ...
1 1/2 1/4 1/8...

Nun beachtet man die Summe aller Zahlen unter den Steinen: am Anfang ist sie 1
immer wenn man einen Zug macht, wird diese Summe nicht verändert, da jedes Feld die Summe der Felder rechts und oberhalb des Feldes ist. Das Ziel des Spieles ist, die Felder mit 1/4, 1/2 und 1 frei zu bekommen. Wenn die Summe der restlichen Zahlen kleiner als 1 wäre, dann wäre das nicht möglich, da die Summe aller Zahlen unter den Steinen immer 1 sein muss.

Die Summe der einzelnen Zeilen (von unten nach oben):

1/8 + 1/16 + 1/32 +...=1/4
1/8 + 1/16 + 1/32 +...=1/4
1/8 + 1/16 + 1/32 +...=1/4
1/8 + 1/16 + 1/32 +...=1/4
1/16 + 1/32 + 1/64 +...=1/8
1/32 + 1/64 + 1/128 +...=1/16
...=1/32
...=1/64
...

die gesamte Summe ist also 1/4 + 1/4 + 1/4 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + 1/32 +...

=5/4, leider zu groß :-(

[Marten Holst]

Moinle Peer,

> vorweg: Die anderen Rätsel kannte ich schon, daher da keine
> Partizipation von mir ;-)

jaja, das sagen sie alle...

> Dieses ist aber auch seh interessant.
> Das Problem ist, wie ich durch Probieren schnell erkannt
> habe folgende Stelle (mit einem X markiert):
>
> _
> _ X
> _ _ _

Nun ja, man bekommt auh die Stelle sehr einfach frei geschaufelt - dann allerdings auf Kosten von sowohl (3/1) als auch (1/3)... es bleibt also schwierig.

> Das Problem ist jetzt (auch wenn man das Feld noch nicht
> befreit - es bleibt dasselbe Problem, nur etwas
> komplizierter): dass immer drei Steine oberhalb der Reihe
> stehen, die man befreien will.Und zwar so, dass man
> darunterliegende Steine nicht entfernen kann. Also muss man
> die obere Reihe entfernen, dabei verschiebt man die Reihe
> aber nur nach rechtsoben und ein Stein steht immer über, so
> dass man in einer Endosschleife gefangen ist...
> Die Lösung ist jetzt intuitiv zu sehen, nur der Beweiss
> fehlt noch...

Ein intuitives "Jupp". Mein Ansatz über die Anzahl der Steine in den Diagonalen ging leider nicht... werde aber weiter nachdenken.

Im Moment sehr nachdenkliche Grüße
Marten (Doppelsinn nicht unbeabsichtigt, so viel Politik muss erlaubt sein)

[Marten Holst]

Moinle Martin,

einen ähnlichen Gedanken hatte ich auch schon.

> zuerst beschriftet man das Schachbrett folgendermaßen:
>
> ...
> 1/8 ...
> 1/4 1/8 ...
> 1/2 1/4 1/8 ...
> 1 1/2 1/4 1/8...

Nun betrachte ich die Diagonalen schrittweise, also die, die Du mit 1 bezeichnet hast, ist die erste, die "1/2" die zweite u.s.w.

Man kann nun eine Teilinformation der Spielsituation als Vektor betrachten: wie viele Steine sind auf welcher Diagonalen, das fängt an mit (1, 0, ...), und jeder Schritt beinhaltet, dass aus einer Position einer abgezogen, bei der nächsten zwei hinzugefügt werden.

Ziel wäre es, die ersten drei Diagonalen zu leeren. Wobei in der ersten Spalte nie mehr als 1, in der zweiten nie mehr als 2 u.s.w. auftauchen dürfte.

Leider lässt sich das so eben auch noch lösen:
1, 0, 0, 0, 0, 0
0, 2, 0, 0, 0, 0
0, 1, 2, 0, 0, 0
0, 1, 1, 2, 0, 0
0, 0, 3, 2, 0, 0
0, 0, 2, 4, 0, 0
0, 0, 2, 3, 2, 0
0, 0, 2, 2, 4, 0
0, 0, 1, 4, 4, 0
0, 0, 1, 4, 3, 2
0, 0, 1, 3, 5, 2
0, 0, 1, 3, 4, 4
0, 0, 1, 3, 3, 6
0, 0, 1, 2, 5, 6
0, 0, 0, 4, 5, 6

...und das bleibt wohl auch immer lösbar.

Gescheiterte Grüße
Marten (gescheitert)

[Marten Holst]

Moinle,

Moment einmal, Du bist genial!

> ...
> 1/8 ...
> 1/4 1/8 ...
> 1/2 1/4 1/8 ...
> 1 1/2 1/4 1/8...

Okay,

> Nun beachtet man die Summe aller Zahlen unter den Steinen:
> am Anfang ist sie 1
> immer wenn man einen Zug macht, wird diese Summe nicht
> verändert, da jedes Feld die Summe der Felder rechts und
> oberhalb des Feldes ist. Das Ziel des Spieles ist, die
> Felder mit 1/4, 1/2 und 1 frei zu bekommen. Wenn die Summe
> der restlichen Zahlen kleiner als 1 wäre, dann wäre das
> nicht möglich, da die Summe aller Zahlen unter den Steinen
> immer 1 sein muss.

Stimmt.

> Die Summe der einzelnen Zeilen (von unten nach oben):
>
> 1/8 + 1/16 + 1/32 +...=1/4
> 1/8 + 1/16 + 1/32 +...=1/4
> 1/8 + 1/16 + 1/32 +...=1/4
> 1/8 + 1/16 + 1/32 +...=1/4
> 1/16 + 1/32 + 1/64 +...=1/8
> 1/32 + 1/64 + 1/128 +...=1/16
> ...=1/32
> ...=1/64
> ...
>
> die gesamte Summe ist also 1/4 + 1/4 + 1/4 + 1/4 + 1/8 +
> 1/16 + 1/32 +...
>
> =5/4, leider zu groß :-(

Ja, ahahahaber:

Egal wie wir spielen, es kann sowohl in der untersten Zeile, als auch in der linken Spalte immer nur ein Stein sein! Also müssen wir links alles oberhalb von 1/8 abziehen (=1/16+1/32+...=1/8), unten alles rechts von 1/8 (wieder 1/8). Damit ist die Gesamtsumme der Restfelder genau 1.

Das heißt, wenn alle Felder außerhalb des Dreieckes belegt sind, dann haben wir Summe 1 und könnten das Dreieck geleert bekommen. Jedoch kann keine in endlicher Schrittzahl erfolgende Lösung die unendlich vielen Felder belegen, also müssen wir scheitern.

Gelöste Grüße
Marten (bezieht sich auf das Rätsel)

[Marten Holst]

Moinle,

komme ich noch rechtzeitig, bevor jemand meinen Blödsinn enttarnt?

Unendliche Summen sind ekelerregend, kaum gruppiert man ein wenig um, schon kommt was anderes heraus.

Summieren wir die Diagonalen:
4/8+5/16+6/32+7/64+...=(4/8+5/16+6/32)+x
Leider ist die Klammer schon 1, wir sind hier also bequem mit einer Summe größer 1 ausgestattet...

Sniff,
Marten

[Martin Windischer]

Hallo!

dieses x ist eben genau 1/4, also zusammen 5/4, wie ich in meinem Beitgrag geschrieben habe. davon kannst du noch die 1/4 pro Kante (links und unten) abziehen, und dann kommst du wieder auf die 1. Ich weiß nicht, was für ein Problem du damit plötzlich hast? ;-)

P.S.: unendliche Summen bleiben gleich, wenn man sie umgruppiert; zumindest, wenn alle Glieder positiv sind.

Grüße,
Martin

[Roman Pelek]

Hi allerseits,

Martin Windischer schrieb:

> dieses x ist eben genau 1/4, also zusammen 5/4, wie ich in
> meinem Beitgrag geschrieben habe. davon kannst du noch die
> 1/4 pro Kante (links und unten) abziehen, und dann kommst du
> wieder auf die 1. Ich weiß nicht, was für ein Problem du
> damit plötzlich hast? ;-)

Genau das von Martin gesagte ist die absolut korrekte Lösung: im besten Falle hast Du für die linke Spalte und untere Zeile einen Wert von 1/8+1/8=1/4. Damit ergibt sich nur dann noch die 1, wenn alle anderen Felder (jenseits des Dreiecks und dem Rand) durch Steine belegt sind, was aber in endlich vielen Zügen unmöglich ist.

> P.S.: unendliche Summen bleiben gleich, wenn man sie
> umgruppiert; zumindest, wenn alle Glieder positiv sind.

...bzw. sie absolut konvergent sind, genau. Und die unendliche geometrische Reihe mit Basis 1/2 ist da wirklich über jeden Zweifel erhaben :-D

Ciao,
Roman

[Marten Holst]

Moinle,

>> P.S.: unendliche Summen bleiben gleich, wenn man sie
>> umgruppiert; zumindest, wenn alle Glieder positiv sind.
>
> ...bzw. sie absolut konvergent sind, genau. Und die
> unendliche geometrische Reihe mit Basis 1/2 ist da wirklich
> über jeden Zweifel erhaben :-D

Jajajaja, isjagutja. :-/ ;-)

Ich war nur beim berühmten 1-1+1-1+1-1+1-1+1-1+1-...

Hier sind wir aber weder absolut noch sonstwie konvergent, nicht mal vorzeichenidentisch.

Ich weiß ja nun auch nicht, warum ich das, was ich gerade selber heraus hatte, auf einmal nicht mehr mochte. Ist wohl nicht mein Jahrmillionen, heute.

Trotzdem zufriedene Grüße
Marten (hatte immerhin einen Teil des richtigen Gedankenganges)

[Roman Pelek]

Moin Marten,

Marten Holst schrieb:

> > ...bzw. sie absolut konvergent sind, genau. Und die
> > unendliche geometrische Reihe mit Basis 1/2 ist da wirklich
> > über jeden Zweifel erhaben :-D
> Jajajaja, isjagutja. :-/ ;-)

:-))

> Ich war nur beim berühmten 1-1+1-1+1-1+1-1+1-1+1-...

Pah, das Viech ist ja noch nicht einmal eine Nullfolge, bah... ;-)

> Hier sind wir aber weder absolut noch sonstwie konvergent,
> nicht mal vorzeichenidentisch.

Eben.

> Ich weiß ja nun auch nicht, warum ich das, was ich gerade
> selber heraus hatte, auf einmal nicht mehr mochte. Ist wohl
> nicht mein Jahrmillionen, heute.

Ach, Generationen und Äonen sind Dir wohl auch nicht mehr gut genug heute? :lol:

> Trotzdem zufriedene Grüße
> Marten (hatte immerhin einen Teil des richtigen Gedankenganges)

Jaja, erst komplett die Segel streichen, dann etwas diffus zwischen "Ja", "Nein" und "Doch" herumirren und am Schluss die partielle Lösung für sich reklamieren :-D Lös' lieber mal Nr. 3 korrekt... :-)

Amüsierte Grüße,
Roman (der seinen Mails ab jetzt extra viele Smilies beilegt, bevor jemand seine Feixereien ernst nimmt)

[Marten Holst]

Moinle Roman,

>> Ich war nur beim berühmten 1-1+1-1+1-1+1-1+1-1+1-...
>
> Pah, das Viech ist ja noch nicht einmal eine Nullfolge,
> bah... ;-)

Aber wenn man richtig klammert kommt doch Null raus?! ;-)
(*ganz schnell duck, ganz schnell weglauf, das nie gesagt haben behaupt*)

>> Ich weiß ja nun auch nicht, warum ich das, was ich gerade
>> selber heraus hatte, auf einmal nicht mehr mochte. Ist wohl
>> nicht mein Jahrmillionen, heute.
>
> Ach, Generationen und Äonen sind Dir wohl auch nicht mehr
> gut genug heute? :lol:

In meinem Alter? Außerdem muss man sich ja auch angelegentlich steigern.

>> Trotzdem zufriedene Grüße
>> Marten (hatte immerhin einen Teil des richtigen Gedankenganges)
>
> Jaja, erst komplett die Segel streichen, dann etwas diffus
> zwischen "Ja", "Nein" und "Doch" herumirren und am Schluss
> die partielle Lösung für sich reklamieren

Ich werde bald Mitglied einer großen deutschen Volkspartei *pfeif* (schön, wie jeder in diesen Satz etwas nach dem eigenen Geschmack hinein interpretieren kann, gelle?). ;-)

> :-D Lös' lieber
> mal Nr. 3 korrekt... :-)

He, habe ich schon. Nutzt aber nichts mehr, das oben noch hinzuschreiben. Höchstens die allgemeine Lösung für n Piraten wäre noch neu.

> Roman (der seinen Mails ab jetzt extra viele Smilies
> beilegt, bevor jemand seine Feixereien ernst nimmt)

*pfeif* (Nein, ich habe Roman nie ernst genommen... ;-) )

Zu spät noch auffe Grüße
Marten (muss dafür morgen um so früher raus)

[peer]

Hi,
Marten Holst schrieb:

> >> Ich war nur beim berühmten 1-1+1-1+1-1+1-1+1-1+1-...
> >
> > Pah, das Viech ist ja noch nicht einmal eine Nullfolge,
> > bah... ;-)
>
> Aber wenn man richtig klammert kommt doch Null raus?! ;-)
> (*ganz schnell duck, ganz schnell weglauf, das nie gesagt
> haben behaupt*)

Ja und wenn man anders klamert 1, daher ist diese Folge nicht zulässig weil nicht wohldefiniert, wie wir Martin-Gardner-Leser sagen ;-)

ciao
Peer

[Marten Holst]

Moinle,

und wenn man dann die Glieder der Summe noch umstellt, dann divergiert sie sogar... ;-)

Konvergente Grüße
Marten (steuert auf einen toten Punkt zu)

[Tobias / Glomeor]

Hi Roman,

ich entspanne meinen examensgeplagten Geist gerade - na mit was wohl ;-) - Deinem Rätsel und verstehe gerade nicht den letzten Pfiff der Argumentation.
Martin hat vorgerechnet, daß die Summe aller Felder außerhalb des verbotenen Dreiecks 5/4 ist.
Wenn ich jetzt auf den ersten zugelassenen Felder der ersten Spalte und der untersten Zeile den Maximalwert von 1/8, also zusammen 1/4, annehme, dann benötige ich doch vom restlichen Schachbrett nur noch 3/4 und warum sollte das nicht hinhauen, wenn ich doch noch 1 in der Summe aller Felder zur Verfügung habe?

Tobias (gesteht mal was ein)

[Marten Holst]

Moinle Tobias,

> Martin hat vorgerechnet, daß die Summe aller Felder
> außerhalb des verbotenen Dreiecks 5/4 ist.
> Wenn ich jetzt auf den ersten zugelassenen Felder der
> ersten Spalte und der untersten Zeile den Maximalwert von
> 1/8, also zusammen 1/4, annehme, dann benötige ich doch vom
> restlichen Schachbrett nur noch 3/4 und warum sollte das
> nicht hinhauen, wenn ich doch noch 1 in der Summe aller
> Felder zur Verfügung habe?

Die Crux ist nicht, dass Du mit unterer Zeile 1/4 bekommen kannst, sondern dass Du von den 5/4 schon hier (mindestens) 1/4 verlierst, also insgesamt nur Summe 1 zur Verfügung hast. Oder, um in Deinem Bild zu bleiben, das restliche "Schachbrett" hat nun nur noch 3/4 zur Verfügung. Und da wird es eng...

Hoffentlich klare Grüße
Marten (widerspricht sich mal wieder, obwohl, vielleicht auch nicht)

[Tobias / Glomeor]

Hi Maren,

> Die Crux ist nicht, dass Du mit unterer Zeile 1/4 bekommen
> kannst, sondern dass Du von den 5/4 schon hier (mindestens)
> 1/4 verlierst, also insgesamt nur Summe 1 zur Verfügung hast.
> Oder, um in Deinem Bild zu bleiben, das restliche
> "Schachbrett" hat nun nur noch 3/4 zur Verfügung. Und da wird
> es eng...
>
> Hoffentlich klare Grüße
> Marten (widerspricht sich mal wieder, obwohl, vielleicht auch
> nicht)

Hmmm, mag sein, daß ich vielleicht immer noch irgendwie in eine falsche Richtung denke: Ich muß die 1 auf das Schachbrett außerhalb des verbotenen Dreiecks in endlich vielen Schritten verteilen können, damit das Dreieck leer wird. Dieses Außerhalb ist insgesamt 5/4 groß. 1/4 kann ich auf den Rändern ablegen, warum sollte der Rest (also 3/4) dann nicht in endlich vielen Schritten auf das noch 1 (5/4-1/4) große Schachbrett passen? Klar wird das eng, aber nach dieser Argumentation brauche ich noch nicht das gesamte Brett.

Tobias (hat anscheinend sonst nichts zu tun)

[peer]

Hi,
das Problem ist, dass su nur auf 1 kommen kannst, wenn ALLE Felder des Schachbrettes belegt sind - und man kann nicht in endlich vielen Schritten unendlich viele Felder bewegen.
ciao
Peer (Wochenend-Programm: Alles über Eigenwerte)

[Roman Pelek]

Hi Tobias,

Tobias / Glomeor schrieb:
>
> Hi Roman,
>
> ich entspanne meinen examensgeplagten Geist gerade - na mit
> was wohl ;-) - Deinem Rätsel und verstehe gerade nicht den
> letzten Pfiff der Argumentation.
> Martin hat vorgerechnet, daß die Summe aller Felder außerhalb
> des verbotenen Dreiecks 5/4 ist.

Richtig. [i]Alle[/i] - das ist hier wichtig.

> Wenn ich jetzt auf den ersten zugelassenen Felder der ersten
> Spalte und der untersten Zeile den Maximalwert von 1/8, also
> zusammen 1/4, annehme, dann benötige ich doch vom restlichen
> Schachbrett nur noch 3/4 und warum sollte das nicht hinhauen,
> wenn ich doch noch 1 in der Summe aller Felder zur Verfügung
> habe?

Ganz einfach: Du kannst in der linken Spalte bzw. untersten Zeile, wenn Du Dir die Zugregel ansiehst, immer nur je einen(!) einzigen Stein stehen haben. Im Optimalfall stehen diese beiden Steine auf den 1/8 Feldern, bringen dann zusammen 1/4. Mehr geht nicht, da die Wertigkeiten nach außen hin ja nur noch mehr abnehmen.

Dann entfallen aber Felder links bzw. unten im Wert von nochmal 1/4, eben alle oberhalb bzw. rechts der beiden Steine (2x 1/16+1/32+1/64+... macht 2x1/8=1/4).

Somit haben wir 1/4 erfüllt, 1/4 fällt weg, bleiben von den vormals 5/4 noch 3/4, die wir komplett erfüllen müssen, um auf Summe von 1 (1/4+3/4, klar) zu kommen. Das hieße aber, dass [i]ALLE[/i] Felder außerhalb des Dreiecks und abgesehen von der einen Spalte bzw. Zeile besetzt sein müssen, und eben das geht in endlichen Zügen auch nicht, denn es sind ja immer noch (abzählbar) unendlich viele ;-)

Ich hoffe, so war's etwas verständlicher :-)

Ciao,
Roman


>
> Tobias (gesteht mal was ein)

[Marten Holst]

Moinle obias,

> Hi Maren,

Ich gebe ja zu, das "T" zu klauen sorgt bei mir auch noch für eine Chromosomenveränderung, bei Dir nicht ;-)

>> Die Crux ist nicht, dass Du mit unterer Zeile 1/4 bekommen
>> kannst, sondern dass Du von den 5/4 schon hier (mindestens)
>> 1/4 verlierst, also insgesamt nur Summe 1 zur Verfügung hast.
>> Oder, um in Deinem Bild zu bleiben, das restliche
>> "Schachbrett" hat nun nur noch 3/4 zur Verfügung. Und da wird
>> es eng...
>>
> Hmmm, mag sein, daß ich vielleicht immer noch irgendwie in
> eine falsche Richtung denke: Ich muß die 1 auf das
> Schachbrett außerhalb des verbotenen Dreiecks in endlich
> vielen Schritten verteilen können, damit das Dreieck leer
> wird. Dieses Außerhalb ist insgesamt 5/4 groß. 1/4 kann ich
> auf den Rändern ablegen, warum sollte der Rest (also 3/4)
> dann nicht in endlich vielen Schritten auf das noch 1
> (5/4-1/4) große Schachbrett passen? Klar wird das eng, aber
> nach dieser Argumentation brauche ich noch nicht das
> gesamte Brett.

Noch einmal die "Grafik", man verzeihe mir bitte die Formatierung

...
1/16 1/32 1/64 1/C8 1/P6...
1/08 1/16 1/32 1/64 1/C8...
1/04 1/08 1/16 1/32 1/64 ...
1/02 1/04 1/08 1/16 1/32 ...
1/01 1/02 1/04 1/08 1/16 ...

(C8=128, P6=256).

Die Summe der Teile außerhalb des "bösen Dreiecks" ist 5/4. Aber es kann in der linken Spalte nur einen Stein geben, der kann bestenfalls auf "1/8" liegen, das heißt alle oberhalb von 1/8 fallen aus. Begründung: ein Stein in einer Spalte kommt entweder von unten, dann verschwindet aber in der selben Spalte einer, oder von links, das geht aber in der linken Spalte nicht. Entsprechendes gilt mit der unteren Zeile, alles rechts von 1/8 fliegt weg.

Es bleibt also von den ursprünglich 5/4 nur noch die Summe 1 aus den folgenden Feldern:

...
-/--
-/-- 1/32 1/64 1/C8 1/P6...
1/08 1/16 1/32 1/64 1/C8...
-/-- 1/08 1/16 1/32 1/64 ...
-/-- -/-- 1/08 1/16 1/32 ...
-/-- -/-- -/-- 1/08 -/-- -/-- -/-- ...

Nebenbei behaupte ich sogar, dass sich das Rätsel auch in unendlich vielen Schritten nicht lösen lässt, aber der Beweis steht noch aus.

Unbewiesene Grüße
Marten (hat heute mal Rückenschmerzen)

[Tobias / Glomeor]

Jetzt ist der Taler gefallen.
Danke jetzt kann ich wieder ruhig schlafen. ;-)
Demnach ist es so eng, daß es in unendlich vielen Schritten funktioniert, entgegen dem Posting von Marten von 17:28 Uhr (sorry übrigens an selbigen wegen der Kastration ;-) (Nein, ich denke nicht, daß Frauen kastrierte Männer sind)).

Viele Grüße
Tobias