Lösungswege

[berni]

Hallole,

Nachdem nun die Meisterschaft rum ist, möchte ich für "meine Rätsel" (Rekuto, Kropki, Gleichgewicht, Spirale, Tetrominos und Regenschirme) mal den Lösungsweg skizzieren.

Rekuto

Um besser drüber schreiben zu können, habe ich mal die Felder mit Koordinaten versehen. "D4-F5" soll bedeuten: Das Rechteck, welches aus den Feldern D4, E4, F4, D5, E5 und F5 besteht.

Bei den Rekuto gibt es einen Lösungsansatz, der für dieses Rätsel vollständig ausreicht: Ganz allgemein lautet der: Man sucht nach einem Feld, das nur noch von genau einem einzigen Rechteck belegt werden kann. Oftmals handelt sich sich dabei um Felder in den Ecken. Im Diagramm gibt es nur genau ein solches Feld, nämlich H1; dieses kann nur von dem Rechteck der 5 im Feld darüber bedeckt werden. Aber das hilft hier (erstmal) nicht weiter. (Ist ja ein Meisterschaftsrätsel und die sollten nicht unbedingt zu einfach sein, oder?)

Den Schlüssel zu dem Rätsel - zumindest der, den ich verwendet habe - liegt im Feld A8. Hier gibt es zwar noch zwei mögliche Rechtecke - das 6er-Rechteck A7-D8 und das 9er-Rechteck A8-H8, aber das zweite lässt sich sehr schnell zum Widerspruch führen, und zwar wie folgt:

Wenn A8 durch das 6er-Rechteck A8-H9 abgedeckt wird, muss A6 durch das 5er-Rechteck von B5 bedeckt werden (also A4-B6 sein) und dann ist für die 6 in A1 kein Platz mehr. Widerpruch! Und wir können das 9er-Rechteck A7-D8, sowie das 3er-Rechteck G7-H7 einzeichnen.

Nun betrachten wir das Feld G4. Auf den ersten Blick können dort noch zwei Rechtecke hin, nämlich G4-H6 oder G2-H4; aber wie wir oben schon gesehen haben muss das Rechteck der 5 auf H2 auch H1 abdecken und deswegen entfällt die zweite Möglichkeit.

Der Rest nun nur noch in Kurzform: Auf F7 muss die 6 von D7; weshalb A7 durch A5-B7 abgedeckt werden muss; es folgt A1-B4 und der Rest sollte einfach sein (wenn doch noch was unklar ist, bitte fragen - mir ist nicht immer klar was euch unklar sein könnte...).

Die anderen Rätsel folgen in Kürze (sofern ich nicht vorher einschlafe )

Berni

PS: Danke an Helge für das Aufspüren zweier Tippfehler!

[berni]

Kropki

Wer schon ein wenig mit den Kropki vertraut ist, wird beim Blick auf dieses Rätsel erst mal einen Schreck bekommen haben: "Waaa nur so wenig schwarze Kreise?"

Aber ist diese psychologische Hürde erst einmal überwunden, ist das Rätsel nicht mehr sonderlich schwer: Beispielsweise in der A-Spalte: Für die acht aufeinanderfolgenden Ziffern dort gibt es ja nur noch vier Möglichkeiten: (von oben nach unten) 1-8, 2-9 sowie jeweils genau umgekehrt.

Zwei diesen Folgen können 2 sofort ausgeschlossen werden, nämlich 2-9 von oben nach unten und 1-8 von unten nach oben, da in beiden Fällen die Felder A9 und A8 benachbarte Ziffern enthalten würden.

Auch 9,1-8 (wiederum von oben nach unten) führt sofort zum Widerspruch, denn in B5 müsste als Nachbar der 6 entweder ein 5 oder eine 7 stehen und beide Ziffern können nicht in Feldern neben einem schwarzen Kreis auftauchen.

Damit kann man schonmal die Zeile ganz oben, die Spalte ganz links und auch einiges in der B- und C-Spalte ausfüllen:

In B7 und B8 müssen 8 und 9, aber in welcher Reihenfolge? Hier hilft die C-Spalte weiter: In C5 und C6 müssen nämlich benachbarte Ziffern und da bleiben nur noch 7/8 oder 8/9. Auf alle Fälle ist aber in einem der beiden Feldern eine 8 und die steht demnach nicht in Feld C8, und also auch nicht die 9 in B8 (denn dann würde ja direkt die 8 in C8 folgen).

Der Rest ist Sudoku mit Nebenbedingungen und ziemlich einfach.

[berni]

Gleichgewicht

Dieses Rätsel ist wohl mit Abstand das mathematischste diese Quali. - Wer diese Rätselart verstehen will, der lasse sich von den vielen nachfolgenden Formeln nicht abschrecken; ich habe versucht, den Lösungsweg sehr ausführlich darzustellen, was dazu führt dass die Anzahl der Formeln steigt.

In der Abbildung habe ich die Gewichte mit den Buchstaben a bis h versehen.

Die Waage besteht aus drei Querbalken, die sich alle drei im Gleichgewicht befinden müssen. Hierfür kann man drei Gleichungen angeben:

(1) Ganz unten: 2f = g+5h
(2) Rechts: 3b+2c+d = 2e
(3) Oben: 4a+2(f+g+h) = 3(b+c+d+e)

Diese drei Gleichungen helfen sicherlich bei der Lösungssuche weiter, aber wenn man bemerkt, dass es da noch eine versteckte vierte Gleichung gibt, kann man das Rätsel weitgehend ohne Probieren lösen. Die verbleibende Gleichung lautet schlicht und ergreifend:

(4) a+b+c+d+e+f+g+h = 36

(Die Ziffern von 1 bis 8 kommen ja genau einmal vor und 1+2+...+8 = 36)

Mit Hilfe von Gleichung (4) kann man Gleichung (3) nun umschreiben, indem man b+c+d+e ersetzt durch 36-(a+f+g+h):

(3') 4a+2(f+g+h) = 3x(36-(a+f+g+h))

Umformen ergibt:

(3'') 7a+5(f+g+h) = 108

Wenn wir mal vorübergehend z an Stelle von f+g+h schreiben erhalten wir:

(3''') 7a+5z = 108

Und das können wir wiederum umformen zu:

(3'''') z = (108-7a)/5

Da z eine ganze Zahl sein soll, stellt man schnell (alle 8 möglichen Ziffern in (3'''') eintragen) fest, dass das nur für a=4 geht.

Ufff!

Setzt man das nun in (3'') ein erhält man

(5) f+g+h = 16

Zusammen mit (1) (nach g umformen und dann einsetzen) ergibt sich:

(6) 3f-4h = 16

Da sowohl 16 als auch 4h durch 4 teilbar sind, muss auch 3f durch 4 teilbar sein. Für f bleibt deswegen nur noch die 8 übrig, denn die 4 haben wir ja schon für a verwendet. Aus (6) folgt: h = 2 und aus (5) folgt: g = 6.

Es fehlt noch der Querbalken rechts. Das kann man intuitiv lösen: Das Gewicht rechts schreit doch danach, die 7 zu sein, oder durch Ausprobieren (es gibt noch 24 Möglichkeiten), oder durch Verwenden der Gleichung (2) und und dem jetzt bekannten Wissen, dass b+c+d+e=1+3+5+7=16 gilt. Letzteres führt zu 5b+3d muss durch 4 teilbar sein (und das hoffentlich schnell zur Lösung).

Örgs.

So, wie sagt man so schön: Aller guten Dinge sind 3, und damit soll es für heute auch mal genug sein. Die anderen drei Lösungswege folgen in den nächsten Tagen.

[Senior]

Sehr instruktiv und gut verständlich, Bernhard - vielen Dank!

Schöne Grüße Gerhard

[IQIQIQ]

*seufz* Fehlen noch die Regenschirme, auf die ich so gespannt bin, und die Tetrominos, die ich zwar theoretisch lösen kann, aber noch nicht gelöst haben, und bei denen ich sicher noch was lernen kann. Aber wenigstens hab ich beim Gleichgewicht schon einen zusätzlichen Trick gelernt.
Danke, berni!

[RobertBe]

Rekuto

<..>
Den Schlüssel zu dem Rätsel - zumindest der, den ich verwendet habe - liegt im Feld A8. Hier gibt es zwar noch zwei mögliche Rechtecke - das 6er-Rechteck A7-D8 und das 9er-Rechteck A8-H8, aber das zweite lässt sich sehr schnell zum Widerspruch führen, und zwar wie folgt:

Wenn A8 durch das 6er-Rechteck A8-H9 abgedeckt wird, muss A6 durch das 5er-Rechteck von B5 bedeckt werden (also A4-B6 sein) und dann ist für die 6 in A1 kein Platz mehr. Widerpruch! Und wir können das 9er-Rechteck A7-D8, sowie das 3er-Rechteck G7-H7 einzeichnen.

Nun betrachten wir das Feld G4. Auf den ersten Blick können dort noch zwei Rechtecke hin, nämlich G4-H6 oder G2-H4; aber wie wir oben schon gesehen haben muss das Rechteck der 5 auf H2 auch H1 abdecken und deswegen entfällt die zweite Möglichkeit.

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Berni

I started out approximately the same way, but I focused on the 6 in A1. This could only be A5-A1 or A4-B1. If it were A5-A1, the field A6 could only be covered by the 6 in D7 (A6-D7). This would mean that the 9 should be A8-H8. If the 6 in A1 were A4-B1, A5 could only be covered by the 5 in B5 (A5-B7). So again, the 9 should be A8-H8. So A8-H8 can be drawn, as can G7-H7.

Turning back to the 6 in A1, if it were A5-A1, A6-D7 follows automatically (as shown above). The only possiblity for the 5 in B5 is then B2-B5, which means B1 can never be covered.

So the 6 in A1 should be A1-B4, which automatically leads to A5-B7, and C1-C4. F7 now obviously belongs to the 6 in D7, and C7 cannot belong to the 5 in C5 anymore, so also belongs to the 6 in D7, which leads to C6-F7. The rest is very simple.

I think I figured all this out in 2 or three minutes, the easiest puzzle in the championship for me

[berni]

Spirale

Ein paar Felder sind sehr einfach: G2, G1 und F1 müssen leer sein und dann bleibt für die 3 nur noch E1. Auch C4 und D4 müssen leer sein, da die Spirale im Inneren stets mit einer 3 endet.

Als nächstes habe ich untersucht, wo in der Spirale 1-2-3-Folgen stehen müssen. Im nachfolgenden Diagramm sind diese Bereiche durch Schläuche markiert:

In der obersten Zeile muss logischerweise eine 1-2-3-Sequenz stehen (das ist bei Spiralen-Rätseln immer so); da die 3 schon gegeben ist, kann man hier auch schon den Schlauch beenden und im nächsten Feld den nächsten beginnen. Auch bei diesem Schlauch kennen wir bereits das Ende, sodass wir ihn gleich einzeichnen können.

Der nächste Schlauch, beginnend mit der 1 in D1 muss mindestens bis zum Feld A3 gehen, da A3 das erste Feld ist, wo eine 3 stehen könnte. Unklar ist derzeit allerdings noch, ob der Schlauch nicht noch weiter geht. Denkbar wäre das zumindest.

Als nächstes finden wir den Schlauch zwischen den beiden 3en in F4 und B2. An diesen Schlauch schließen an den beiden Enden zwei offene Schläuche an, bei denen man wiederum nicht sicher sagen kann, wo sich das andere Ende befindet.

Wenn man nun nachzählt, stellt man fest, dass wir inzwischen 6 Schläuche eingezeichnet haben. Es müssen insgesamt aber 7 Stück sein, denn jede der drei Ziffern kommt ja genau 7 mal im Diagramm vor. Für den siebten Schlauch gibt es nun noch zwei Möglichkeiten: Entweder im Bereich A oder im Bereich B.

Schauen wir uns zuerst mal an, was passiert, wenn sich der siebte Schlauch im Bereich A befindet: Die 2 kann frühestens im Feld A6 stehen; aber auf alle Fälle steht sie irgendwo zwischen A6 und D6 (inkl.), also in Zeile 6. Damit bleibt aber im Schlauch E6-F4 für die 2 nur noch F5 übrig und da darf keine 2 stehen. Der Bereich A enthält also nicht den siebten Schlauch.

Nun wird es einfach, denn im Bereich B ist nicht mehr viel Platz. Die 2 kann nur noch in E4 stehen, die 1 dann nur noch in E5 und E3 muss leer sein. Auch die 3 in D5 ist klar und damit die 3 in C3 und die letzte verbleibende 3 in A6. Mit dieser letzten 3 kennt man dann auch alle Schläuche.

Der Rest sei noch kurz skizziert: In B6-F6 müssen sowohl die 1 als auch die 2 stehen, weswegen G6 die 1 nicht enthalten kann, welche also in G4 stehen muss. Es folgt die 1en in B3, C6, F2 und A1 und dann muss man noch die 2en eintragen.

[berni]

Tetrominos

Bei dieser Rätselart besteht die wesentliche Idee darin, zuerst einmal herauszufinden, wo sich die Tetromino ungefähr befinden. Mit ungefähr meine ich dabei das kleinste Rechteck, welches das Tetromino enthält. Zu finden sind also einmal ein 1x4-, einmal ein 2x2- und fünfmal 3x2-Rechtecke. Wobei diese Rechtecke natürlich noch um 90° gedreht sein können.

Nun zeichne ich am unteren und am rechten Rand die Positionen dieser Rechtecke ein, zumindest so weit, wie ich diese erschließen kann. Hier schon mal das Ergebnis der folgenden Analysen - wenn klar ist, was man erreichen will, wird es offentlich einfacher nachzuvollziehen, was ich mir dabei gedacht habe...

Die Striche am Rand geben die Breiten bzw. Höhen der Tetromino in den entsprechenden Zeilen bzw. Spalten an. Die beiden Striche unten links bedeuten zum Beispiel, dass sich ein Tetromino komplett in der A-Spalte befindet und eines drei Spalten breit ist.

Wie kommt man nun auf diese Einteilung?

In Spalte A befinden sich 2 Tetromino. Diese kann man ja schon mal ansatzweise einzeichnen (also unterhalb des Diagramms zwei Striche, die am linken Ende der A-Spalte beginnen, dort einen Abschluß-Quer-Balken besitzen und bis zum rechten Ende der A-Spalte gehen, dort aber noch keinen Quer-Balken haben).

Da in der nächsten Spalte nur noch ein Tetromino vorkommt, muss einer der beiden soeben eingezeichneten Striche sofort enden und kann deswegen einen Quer-Balken erhalten.

Nun gibt es aber nur genau ein Tetromino, welches die Breite 1 hat; alle anderen sind mindestens zwei Felder breit (und auch mindestens zwei Felder hoch). Das hat einige Konsequenzen:

1. Wir können den anderen Strich um ein Feld verlängern.
   
2. Wir können rechts unterhalb des Diagramms drei Balken beginnen, die von H bis G gehen (aber möglicherweise noch länger sind).
   
3. Wir können auch am rechten Rand, sowohl oben zwei, als auch unten zwei derartige Striche einzeichnen, beide ebenfalls mindestens zwei Felder lang.
   
4. Und wir können am rechten Rand gleich weitermachen, den in Zeile 2 muss noch ein drittes Tetromino beginnen, welches auch wieder mindestes zwei Felder hoch sein muss.
   

In der nachfolgenden Grafik ist unten rechts, sowie rechts oben und unten je ein Strich mit abschließendem Querbalken versehen worden, da in der nachfolgenden Zeile bzw. Spalte weniger Tetromino stehen müssen.

Nun kommen die Ziffern oberhalb und links des Diagramms ins Spiel: In den Zeilen 8 und 7 sind 5+3=8 Felder von Tetromino belegt, und zwar von maximal zwei Tetromino. Zwei Tetromino belegen aber genau 8 Felder und so können wir auch den zweiten Balken am rechten Rand oben abschließen und direkt darunter einen und oberhalb von Zeile 5 zwei neue Striche beginnen.

Am rechten Rand stehen nun insgesamt 8 Striche, die zum Teil noch unvollständig sind. Da wir aber nur sieben Tetromino haben, dürfen hier auch nur 7 Striche stehen. Haben wir einen Fehler gemacht? Nein, es ist lediglich so, dass zwei der acht Striche zum selben Tetromino gehören, und dafür gibt es nur eine Möglichkeit: Der Strich in den Zeilen 2/3 und der Strich in den Zeilen 4/5 bilden die Höhe des 4x1-Tetromino und gehören zusammen.

Jetzt sind am rechten Rand nur noch drei Striche offen. Der Strich in den Zeilen 6 und 5 muss um ein Feld verlängert werden, denn in Zeile 4 fehlt noch ein Tetromino und keiner der anderen offenen Striche kann hier noch hin. Dieses Tetromino endet dann auch an dieser Stelle, denn das 4er-Tetromino kennen wir ja inzwischen.

In den Zeilen 1 und 2 steht links, dass hier 2+6 = 8 Felder belegt sind, und zwar von drei Tetromino. Das heißt aber, es kann nur maximal ein Tetromino vollständig in diesen beiden Zeilen liegen und somit können wir den noch offenen Strich in den unteren beiden Zeilen um 1 verlängern und sind damit am rechten Rand fertig.

Ganz analog kann man auch die Striche am unteren Rand finden. (Das sei Übungsaufgabe.) Das Ergebnis ist:

Im Diagramm wurden schon einige weitere Ergebnisse eingezeichnet: Das 1x4-Teil an der linken Seite ist direkt klar und oben links muss ein 3x2-Rechteck stehen. Die beiden Felder in der Mitte dieses Rechtecks ergeben sich aus der 2 am oberen Rand. Links und rechts davon muss jeweils genau ein Feld belegt sein; welches ist noch unklar.

Der Rest des Diagramms wurde in kleinere Bereiche aufgetrennt. Das sind Grenzen, die von keinem Tetromino überschritten werden, was man leicht anhand der Striche rechts und unten herausfindet.

Zu guter Letzt kann man noch ausschließen, das im 2x2-Feld oben in der Mitte ein Feld belegt ist, denn dann wäre in den Felder C7 und C8 kein Platz mehr, aber eines dieser beiden Felder ist, wie wir gerade gesehen haben, belegt.


Viel gibt es nun nicht mehr zu tun. In jeden der verbleibenden fünf Bereiche muss nun ein Tetromino eingezeichnet werden. In Zeile 2 haben wir etwas Besonderes: 6 der 8 Felder sind belegt, mit anderen Worten genau zwei Felder sind unbelegt. Da sich in dieser Zeile drei Tetromino befinden, müssen diese beiden Leerfelder zum Trennen verwendet werden. Das eine Leerfeld kennen wir schon, und das andere Leerfeld kann sich demnach weder in C2 noch in H2 befinden.

In der C-Spalte stehen 2 Tetromino. Eines davon ist oben, und eines ist unten. Demnach befindet sich keines in der Mitte. Das Mittelfeld ist dadurch schon sehr stark zusammengeschrumpft und es muss dort mindestens ein Feld in der E-Spalte belegt sein. In dieser E-Spalte gibt es aber nur ein Tetromino und dieses muss drei Felder groß sein, die Felder E4, E5 und E6 müssen deswegen belegt sein.

Der Rest ist trivial: D3, E3, F3 bis F7 und E7 müssen leer sein, genauso wie G6 und H6. Das 2x2-Tetromino steht fest. etc.

[Leli]

Danke Berni für die Anleitungen, echt super Analyse
Die Tetrominos habe ich glücklicherweise selbst lösen können, wenn auch mit etwas weniger Analytik.
Teile ausschneiden, mögliche Kombinationen pro Zeile oder Spalte (also z.B. 1-2-2 oder 1-1-3 für eine 5er Zeile mit 3 Tetrominos) notiert und dann gings los.

Nach meinen ersten 2 oder 3 "sicheren" Tetrominos bin ich zum Ausprobieren übergegangen. Also schön meine ausgeschnittenen Felder hin- und hergeschoben. Denke, dass ich dadurch gut Zeit einsparen konnte.

Wie lange hast Du denn in etwa für dieses Rätsel benötigt?

[IQIQIQ]

Ebenfalls danke, berni! Wieder was gelernt! Auch das ging, wenn man erstmal wusste, wie, ziemlich schnell zu lösen.
Nur schade, dass keine "...minos" im Denksel vorkommen. Könnte noch einige Übung gebrauchen ...

@Dani: Auf die Art hab ich die Pfeile gelöst. Zwar fünf Minuten zum Ausschneiden gebraucht, aber dann Glück gehabt, dass ich beim ersten Ausprobieren gleich richtig gewählt habe und einen glatten Durchmarsch machen konnte.

Und jetzt steigt die Spannung für die Regenschirme