27 Quader sollen in eine würfelförmige Box gepackt werden. Die Quader haben mehrere verschiedene Größen, es gibt aber nur drei verschiedene Seitenlängen.
Wenn wir die Steine ausmessen und der Größe nach sortieren, ergibt sich folgendes Bild: Der zusammengesetzte Würfel hat eine Seitenlänge von knapp 50mm, die Seitenlängen der Steine betragen (in verschiedenen Kombinationen) rund 11mm, 16.5mm und 22mm. Betrachtet man 5.5mm als die zugrundeliegende Einheit, dann betragen die Seitenlängen gerade zwei, drei und vier. Die Seitenlänge des zusammengesetzten Würfels beträgt nun 9 (=2+3+4).
Jetzt kommt wieder etwas Elementarmathematik: Sie erinnern sich vielleicht an die Formel
Wenn wir jetzt mit a, b und c die drei Seitenlängen 2, 3 und 4 bezeichnen, so steht auf der linken Seite das Volumen unseres zusammengesetzten Würfels der Seitenlänge 9 und rechts stehen 27 Summanden, die genau unseren 27 Quadern entsprechen: drei Würfel (a³, b³ und c³), jeweils drei Quader mit zwei gleichlangen Seiten und einer abweichenden dritten Seite (a²b, ab², a²c, ac², b²c und bc²) sowie 6 Quader mit drei unterschiedlichen Seiten (abc).
Damit stimmt das Volumen der Steine mit dem Volumen des großen Würfels überein. Wenn es uns also gelingt, den 9x9x9-Würfel zusammenzusetzen, dann sollten keinerlei Lücken frei bleiben. Anders ausgedrückt: Sobald Lücken bleiben, die wir nicht füllen können, haben wir etwas falsch gemacht.
Schwierigkeit: Einfach, wenn man systematisch vorgeht und nach einer Lösung sucht, welche zu der Formel oben passt. Es gibt aber auch unzählige andere Möglichkeiten, den Würfel zu füllen.
Design: Vinco Hersteller: Vinco Google:Vinco Formula
Gegeben ist eine 5x6x6-Box und dazu 45 Stäbe der Größe 1x1x4 und dazu noch ein Quader der Größe 1x2x2. Dazu gibt es drei Aufgabenstellungen, die leider nicht alle lösbar sind:
Füllen Sie die Box mit den 45 Stäben.
Füllen Sie die Box mit 44 Stäben und dem Quader.
Versuchen Sie dabei, den Quader im Inneren zu platzieren, so dass er von außen (ohne Box) nicht sichtbar ist.
Die unlösbare erste Aufgabe stammt von Nicolas de Bruijn, (vermutlich) aus den 1960er Jahren.
Obwohl es von der reinen Anzahl der 180 Elementarwürfel (für die 5x6x6-Box und auch für 45 Stäbe der Größe 1x1x4) klappen könnte, findet man so schnell keine Lösung. Nach dem Klarner-Theorem und dem dazugehörigen Motto "Einfach oder gar nicht" vermutet man, dass es vielleicht keine Lösung gibt. Um das zu beweisen, muss man die Elementarwürfel der quaderförmigen Box passend einfärben und kann dann genau wie im zweidimensionalen Fall argumentieren.
Frage: Wie genau könnte man die Elementarwürfel (diesmal in drei statt nur zwei) Dimensionen einfärben?
Dagegen klappt es wieder, 44 der geplanten 45 Stäbe in die Box zu packen. Dann bleiben vier leere Elementarwürfel, manchmal auch als 1x2x2-Quader.
Aber, und jetzt wird es merkwürdig: Der 1x2x2-Quader ist immer von außen sichtbar. (Stimmt das? Statt dies nachzuprüfen, widmen wir uns gleich der folgenden, etwas allgemeineren Frage.)
Wie ist das, wenn die vier einzelnen Elementarwürfel nicht unbedingt zusammenhängen müssen? Kann dann einer der Elementarwürfel im Inneren der Box liegen?
Bei manchen Geduldspielen gibt es die Geschichte, dass in solch einem freien Elementarquader ein Holzwurm leben möchte, und dieser möchte in einer abgeschlossenen Wohnung leben. Das heißt, die Wohnung soll keine Verbindung nach außen haben.
Können wir diese Fragestellung mit dem PolySolver lösen? Wir können einen Elementarwürfel mit der Option "Place" fest verankern und sehen, ob sich die verbleibenden 44 Stäbe und drei Elementarwürfel in der Box unterbringen lassen. Wie viele Positionen für den verankerten Würfel müssen wir testen? (Es müssen nur sechs Positionen betrachtet werden. Der PolySolver findet dafür keine Lösung.)
Und dann ist da noch der Missbrauch eines unlösbare Geduldspiels, um ungeliebte Gäste möglichst lange zu beschäftigen, wie schon in diesem Post ganz unten zu lesen ist. Dieses Geduldspiel eignet sich hervorragend.
Design: Nicolas de Bruijn u.a.
DIY-Tipp: Dies ist ein schönes Geduldspiel zum Selberbauen auch für Anfänger. Aus einer Holzleiste mit quadratischem Querschnitt können Sie die passenden Stäbe der Größe 1x1x4 absägen. Oder mittels CAD-Software (wie z.B. OpenSCAD) den Stab modellieren und dann 3D-drucken.
Aufgabe: Packen Sie 25 Klötzer der Größe 1x3x4 in einen 5x5x12-Quader!
Dieses Geduldspiel von David Singmaster gibt es als Original in einer Version mit den Steinen aus sehr schönen Hölzern in einer hölzernen Box. Die hier abgebildete Variante als 3D-Druck findet sich in den Modellen zu diesem Blog unter den ganz unten angegebenen Links.
Das Geduldspiel besitzt 22 verschiedene Lösungen, die sich nicht wesentlich unterscheiden. PolySolver findet 140 Lösungen. Das ist weniger als das Achtfache, weil einige Lösungen eine größere Symmetrie besitzen.
Das Geduldspiel entstand auf der Suche nach dem einfachsten nichttrivialen Packproblem zum Einpacken gleicher quaderförmiger Teile in eine quaderförmige Box. Das Theorem von de Bruijn sagt uns, dass die Box nicht ein Vielfaches eines Steins sein soll, weil dann die Steine ohne Nachdenken einfach hineingestapelt werden können. Die Seitenlängen der Klötzer sind durch 2 (sogar durch 4) und 3 teilbar, deshalb hat die Box zweimal die dazu teilerfremde Seitenlänge 5. Die dritte Seite muss nach dem Theorem von de Bruijn sowohl durch 4 als auch durch drei teilbar sein. Damit ist 12 die kleinste solche Seitenlänge.
Wenn man es mit kleineren Klötzern der Größe 1x2x3 versucht, wäre 5x5x6 die kleinste nichttriviale Box. Diese lässt sich aber ganz einfach schichtenweise einpacken, da bereits eine Box 1x5x6 mit fünf Steinen zu füllen ist.
Design: David Singmaster
Hersteller: verschiedene Erscheinungsjahr: 1970er Jahre
Google:Singmaster Packing Shopping: Aus edlen Hölzern selten gebraucht lieferbar, Preis ca. 70€
Dies ist ein schönes Geduldspiel, um Kindern oder anderen Anfängern zu zeigen,
dass ein Geduldspiel leicht lösbar aussehen kann, es aber nicht ist. Man kann lange
herumprobieren, wird aber keine Lösung finden.
27 Klötzer der Größe 1x2x4 sollen in einen 6x6x6-Würfel gepackt werden. Vom
Volumen her könnte es gerade klappen, Box und Steine haben jeweils ein Volumen
von 6x6x6 = 27x1x2x4 = 216 Elementarwürfeln. Aber spätestens beim letzten
Klotz werden wir scheitern.
Nimmt man statt des letzten 1x2x4-Steins einen 2x2x2-Würfel, wird es recht einfach.
Lösbare Alternative im Bild: 26 Klötzer der Größe 1x2x4 und ein 2x2x2-Würfel passen in einen 6x6x6-Würfel.
Schwierigkeit: Einfach, gut geeignet für Kinder, sobald sie das
Volumen der Quader ausrechnen können.
Frage: Kann der 2x2x2-Würfel auch genau in der Mitte der 6x6x6-Box
liegen? Wenn nein, warum nicht?
Warum findet man eigentlich keine Lösung für die Ausgangsaufgabe mit 27 gleichen Klötzern der Größe 1x2x4? Es gibt mehrere Erklärungen, zwei
werden in den Lösungshinweisen vorgeschlagen.
Lösungshinweis 1: Wir können die Elementarwürfel in der 6x6x6-Box schachbrettähnlich einfärben. Allerdings etwas anders als üblich: Zunächst denken wir uns die 6x6x6-Box zusammengesetzt aus neun 2x2x2-Würfeln. Diese färben wir abwechselnd schwarz und weiss, so dass die Box wie ein 3x3x3-Schachbrettwürfel gefärbt ist. Danach können wir wieder das übliche Paritätsargument verwenden.
Lösungshinweis 2: Der 1x2x4-Klotz ist ein sogenannter harmonischer Klotz: Die Seitenlängen sind ganzzahlige Vielfache voneinander. Auf solche Klötzer lässt sich das Theorem von N. de Bruijn anwenden. Sehen Sie, auf welche Art?
Im Vergleich zu der Aufgabe, einen 6x6x6-Würfel füllen mit 54 Stäben der Größe 1x1x4, fällt folgender Zusammenhang auf, wenn wir jeden 1x2x4-Klotz in zwei 1x2x4-Stäbe zerteilen: Aus jeder Lösung unseres Problems hätten wir automatische eine Lösung für die 1x1x4-Stäbe. Und andersherum: Wenn wir wissen, dass es keine Lösung für die 1x1x4-Stäbe gibt, kann es also auch keine für unsere 1x2x4-Klötzer geben.
DIY-Tipp: Holzbausteine der Größe 1x2x4 gibt es im Spielzeughandel.
Bei der T-Teufelei ist es uns schon gelungen, den 6x6x6-Würfel mit 54 T-Tetrominos zu füllen, dann klappt es vielleicht auch mit 54 I-Tetrominos, also Klötzern der Größe 1x1x4.
Obwohl sich I-Tetrominos besser lückenlos packen lassen als T-Tetrominos, gelingt es auch nach mehreren Versuchen nicht, die Box voll zu packen. Was tun?
Lösungshinweis: Das I-Tetromino ist ein sogenannter harmonischer Klotz: Die Seitenlängen sind ganzzahlige Vielfache voneinander. Auf solche Klötzer lässt sich das Theorem von N. de Bruijn anwenden. Sehen Sie, auf welche Art?
Welche einfacheren Aufgaben sind lösbar?
52 I-Tetrominos sind möglich, weil 26 Klötzer der Größe 1x2x4 möglich sind.
Sind 53 von 54 I-Tetrominos möglich? Nein. Man sieht dies mit einer 3x3x3-Schachbrettfärbung des Würfels.
52 I-Tetrominos und ein 2x2x2-Würfel sind möglich. Der 2x2x2-Würfel kann nur an den Ecken oder in der Mitte einer Seitenfläche des 6x6x6-Würfels liegen, ist also immer von außen sichtbar.
52 I-Tetrominos und zwei 1x2x2-Quader (O-Tetrominos) lassen sich so im 6x6x6-Würfel unterbringen, dass sie nicht von außen sichtbar sind. Fällt Ihnen ohne die entsprechenden Steine eine Möglichkeit ein?
Die Situation ist wie oft bei Packproblemen: Der Platz ist für alle Bausteine
ausreichend, aber es gelingt nicht, die Bausteine in die Kiste zu zwängen,
spätestens beim letzten Stein scheitert man. Es gibt wohl wieder ein
Geheimnis.
Als Holzpuzzle wurde dieser Packwürfel von Philos unter dem Namen Conway-Würfel Nr. 2 angeboten, ist aber momentan nicht lieferbar.
Lösungshinweis: Leider können wir den Trick mit den einzelnen Elementarwürfeln
diesmal nicht anwenden. Versuchen wir uns deshalb an die Argumentation beim
3x3x3-Conway-Würfel
zu erinnern: Diesmal sind es nur die schlanken Klötzer der Größe 3x1x1, die
eine ungerade Anzahl von Elementarwürfeln in einer Schicht ausfüllen können
(entweder einen oder drei). Deshalb müssen diese drei schlanken Klötzer
elegant gelegt werden, damit diese in jeder Schicht (in jeder der drei
Richtungen) eine ungerade Anzahl von Elementarquadern ausfüllen. Dann lassen
sich auch die restlichen Klötzer unterbringen. Und zwar dürfen je zwei der schlanken 1x1x3.Steine maximal einen Eckpunkt gemeinsam haben, keine Kanten oder Flächen. Mehr soll hier nicht verraten
werden.
Anders als sonst gibt es mehrere (nicht sehr verschiedene) Lagen für die
1x1x3-Stäbe. Nur einer davon kann echt im Inneren liegen.
Design: J.H. Conway Hersteller und Artikelnummer: Philos 6226 Erscheinungsjahr: ###
Einfaches Nachzählen der Elementarwürfel ergibt, dass die 5x5x5-Kiste über 125 Elementarwürfel verfügt, und die Klötzer davon 15x8=120 benötigen. Es werden also fünf Elementarwürfel frei bleiben. Dann sollten sich die 15 Quader doch in die Kiste packen lassen!
Leider stimmt das nicht, die 15 Quader lassen sich nicht in eine 5x5x5-Kiste packen. Zumindest der letzte Stein lässt sich nicht mehr einpacken. Dies ist damit nicht die größere Version des 3x3x3-Conway-Würfels, denn es gibt gar keine Lösung, speziell nicht mit den 5 freien Feldern auf einer Raumdiagonale.
DIY-Tipp: Für Heimwerker ist hier nicht viel zu tun, man kann die Bauklötzer im Internet direkt bestellen. Vielleicht werden Sie auch bei Ihren Kindern fündig. Für das Foto wurde nur noch eine 5x5x5-Kiste mit dem 3D-Drucker gedruckt.
Wie können wir sicher sein, dass es keine Lösung gibt? Wir haben verschiedenen Möglichkeiten:
1. Wir können den Computer zu Hilfe nehmen und mit dem PolySolver auf die Suche nach Lösungen gehen: Er findet keine.
2. (Update 10/2024) Wer nach einer für Menschen verständlicheren Begründung sucht, kann wieder ähnlich wie beim 3x3x3-Conway-Würfel argumentieren. Wir benötigen aber einen zusätzlichen Trick. Der folgende Beweis stammt von Martin Gardner [1]: Wenn es klappen würde, blieben genau fünf Elementarwürfel frei. Da jeder 1x2x4-Stein unabhängig von seiner Lage eine gerade Anzahl von Elementarquadraten pro Schicht belegt, müsste in jeder der fünf Schichten der Box genau ein Elementarwürfel frei bleiben, und das gilt für die waagerechten Schichten genauso wie für die aufrecht stehenden Schichten in jeder Richtung. Jetzt betrachten wir die von außen sichtbaren Elementarquadrate auf der Oberfläche unseres 5x5x5-Würfels. Insgesamt besteht die Oberfläche aus 6*25=150 Elementarquadraten. Auf jeder Seitenfläche gehört eines davon zu einem freigebliebenen Elementarwürfel, bleiben 144 Elementarquadrate. Nun liegt jeder der 15 Quader mit genau einer der kleinen Seitenflächen der Größe 1x2 an einer Außenseite des 5x5x5-Würfels, diese belegen weitere 30 Elementarquadrate. Damit bleiben noch 144-30=114Elementarquadrate, die durch die größeren Seiten (1x4 oder 2x4) gefüllt werden müssen. Da 114 aber nicht durch 4 teilbar ist, ist das nicht möglich und wir haben einen Widerspruch gefunden. Also lassen sich nicht fünfzehn Steine der Größe 1x2x4 und fünf Elementarwürfel in eine 5x5x5-Kiste packen.
Wenn Sie noch auf der Suche nach einem Erfolgserlebnis sind: Wir können 14 statt 15 Quader der Größe 1x2x4 in die Kiste packen und dazu noch drei Stäbe der Größe 1x1x4. Dann bleibt nur ein Elementarwürfel frei! Und diese Aufgabe ist gar nicht so schwer.
Das Paradoxopiped Puzzle von Gianni Sarcone hat eine gewisse Ähnlichkeit
mit dem
Melting Block Puzzle von Thomas O'Beirne, es funktioniert aber anders, wie wir sehen werden. Doch zunächst betrachten
wir das Geduldspiel.
Eine Quaderförmige Kiste ist mit neun Quadern scheinbar voll gefüllt. Trotzdem
gibt es einen weiteren kleinen Stein, der zusätzlich noch in die Kiste gepackt
werden soll. Dazu soll man natürlich keine Gewalt anwenden, sondern die Quader
irgendwie anders einpacken.
Hier sind die Steine:
Dazu die Maße, wie in [1] angegeben und auf ganze Zahlen skaliert: Die zu
füllende Kiste hat eine Größe von 48 x 27 x 36, die 10 einzupackenden
Quader haben folgende Größen:
48 x 27 x 12
48 x 9 x 12
16 x 27 x 12 (3 Stück)
16 x 18 x 12 (2 Stück)
16 x 9 x 12 (2 Stück plus ein zusätzlicher Stein)
Damit hat die Kiste ein Volumen von 46656, dies ist auch das Gesamtvolumen von
neun Steinen ohne den zusätzlichen zehnten Stein. Es bleibt also kein
zusätzlicher Platz für den letzten Stein.
Wir wissen von vergleichbaren
Geduldspielen mit verschwindenden Teilen, dass sich die Außenmaße für die zusammengepackten Teile minimal vergrößern.
Wenn die Kiste aber in Länge und Breite bereits völlig ausgefüllt ist, bleibt
nur die Höhe, oder?
Lösungshinweis: Rechnen wir einmal nach: Die Deckfläche der Kiste
beträgt 48 * 36 = 1728,
und das ist genau das Volumen des übrigen Steins: 16 * 9 * 12 =
1728. Wenn es also gelingt, alle Steine einzupacken, wird die Packhöhe sich
von 27 auf 28 erhöhen.
Design: Gianni A. Sarcone
Hersteller: Rex Games und andere Erscheinungsjahr: ca.
2000
Google:Paradoxopiped Puzzle Shopping: Nicht lieferbar, aber G. Sarcone erlaubt den 3D-Druck des untenstehenden Modells für nichtkommerzielle Zwecke.
3D-Druck: Die STL-Dateien zum 3D-Druck für die Steine und die
Box wie oben abgebildet finden Sie unter den 3D-Modellen zum Blog auf Thingiverse.
Donald Knuth fragt, wie man 28 Quader der Größe 3x4x5 in einen Würfel mit der Seitenlänge 12 packen kann.
Erinnern Sie sich an Hoffman's Packproblem? Das können wir umformulieren, so dass 27 Quader der Größe 4x5x6 in einen Würfel mit der Seitenlänge 15 gepackt werden sollen. Haben die Quader allgemeiner die Größe axbxc, so hat der große Würfel in beiden Fällen die Seitenlänge a+b+c. Wieso sind denn einmal 27 kleine Quader gegeben und einmal 28? Doch halt, für Hoffman's Packproblem gab es eine zusätzliche Bedingung: Die kleinste Kantenlänge soll größer sein als (a+b+c)/4, und das ist bei dem hier betrachteten Geduldspiel nicht mehr der Fall. Dadurch können jetzt auch vier kleine Quader nebeneinander aufgereiht in dem großen Würfel stehen. Und vielleicht passt so irgendwie ein Quader mehr hinein.
Schwierigkeit: Es soll verraten werden, dass es drei verschiedene Lösungen dieses Geduldspiels gibt. Eine davon ist leicht zu finden, eine schwieriger und die dritte schwer.
Diese Weiterentwicklung von Hoffman's Packproblem auf 28 Quader der Größe 3x4x5 wurde 2005 erstmalig von George Miller gefertigt und war das sei Austauschpuzzle auf der Internationalen Puzzleparty 2005 in Helsinki.
In [1] verallgemeinert Donald Knuth die Fragestellung weiter Wenn wir die Seitenlänge des großen Würfels schrittweise um jeweils 1 vergrößern, wie viele Quader der Größe 3x4x5 passen dann jeweils hinein? Für einige Seitenlängen kann man sich das Resultat einfach im Kopf überlegen:
In einen Würfel mit Seitenlänge kleiner als 5 passt keiner unserer Quader.
In einen Würfel der Seitenlänge 5 passt maximal einer unserer Quader.
In einen Würfel der Seitenlänge 6 passen maximal zwei unserer Quader.
In einen Würfel der Seitenlänge 7 passen maximal vier unserer Quader.
usw.
In [1] wird die Fragestellung bis zu einer Seitenlänge von 16 behandelt. Dort passen übrigens maximal 67 unserer Quader hinein.
Parcel Post ist ein älteres Packproblem unbekannter Herkunft: Achtzehn Quader
sind in eine quaderförmige Kiste zu packen. Trotz der einfachen Form der
Steine handelt es sich um ein sehr schwieriges Geduldspiel, deshalb wurde es
bereits von verschiedenen Herstellern angeboten. Aber natürlich lässt es sich
auch einfach per 3D-Druck selber herstellen. Die Vorlage stammt aus der
Sammlung von Abel Garcia.
Die zu füllende Kiste hat eine Größe von 6x18x28, die 18 einzupackenden
Quader haben folgende Größen:
2x4x9
2x5x18
2x5x21
2x6x7
2x6x10
2x6x13
2x7x18
2x8x18
2x9x11
2x9x13
2x10x11
2x11x11
2x5x9 (2 Stück)
2x7x8 (2 Stück)
2x7x13 (2 Stück)
Einfaches Nachrechnen ergibt, dass sowohl die Kiste wie auch alle Steine
zusammen jeweils ein Volumen von 3024 haben, die Kiste wird also vollständig
gefüllt.
Da alle Quader die Höhe 2 haben, ist man versucht, die Quader in drei
Schichten flach in die Kiste zu packen. Falls das nicht klappt, lassen sich
auch einige Quader für hoch einpacken...
Schwierigkeit: Extrem schwierig auf Grund der relativ vielen Steine und
der Versuchung, Steine falsch (z.B. alle flach) einzupacken.
Lösungshinweis: Da nicht alle Steine flach liegen können,
müssen einige aufrecht stehen. Haben Sie bisher immer versucht, die aufrecht
stehenden Steine am Rand zu platzieren?
Nachdem wir schon das Geduldspiel
Trickpack (oder fast gleich Der rote Stein) kennengelernt haben sowie das
Pack-Puzzle, wollen wir uns jetzt das Original ansehen. Denn bisher war immer noch recht
viel Platz in den Kisten, da alles mit recht großen Toleranzen gefertigt
wurde. Diesmal nehmen wir die Originalmaße von Thomas O'Beirne und sehen
uns ein 3D-gedrucktes Modell mit minimalen Toleranzen an.
Jetzt ist die Kiste trotz des noch hinzuzufügenden Steines viel voller;
dadurch wird das Geduldspiel noch mysteriöser.
Hier sind die Maße, wie in [1] angegeben: Die zu füllende Kiste hat eine Größe von 58x88x133, die 9
einzupackenden Quader haben folgende Größen:
19x29x44 (2 Stück)
19x29x88
19x58x44
38x29x44
19x58x88
38x29x88
38x58x44
38x58x88
Damit hat die Kiste ein Volumen von 678832, dies ist auch das Gesamtvolumen
aller Steine. Es bleibt also kein zusätzlicher Platz, wenn alle Steine in der
Kiste sind.
Aber wie ist die Situation in der Ausgangslage? Dort liegen zwei identische
Schichten übereinander, diese haben eine Höhe von 58+29=87 (statt 88). Die
Länge ist 88+44=132 (statt 133) und die Breite beträgt 19+38=57 (statt 58).
Damit bilden die Steine im Inneren in der Ausgangslage einen Quader von
57x87x132 mit einem Volumen von 654588. In der etwas größeren Box bleibt ein
Restvolumen von 24244, und das ist ganz genau das Volumen des übrigen Steines
der Größe 19x29x44.
Hier die einzelnen Steine, etwas anders angeordnet als in der Kiste oben:
Wenn wir uns jetzt noch einmal den Größenunterschied ansehen: Betrachten wir
eine große Variante des Melting Block Puzzles wie das unten verlinkte 3D-Modell, bei dem die
Einheit, in der wir alle Größen angegeben haben, genau 1mm beträgt. Dann
beträgt die Abweichung in jeder Richtung nur 1mm und an den Rändern bleibt je eine Lücke von 0.5mm.
Das ist auf den ersten Blick kaum noch sichtbar.
Schwierigkeit: Etwas schwieriger als das Trickpack, weil die geringeren
Toleranzen weniger Lösungen erlauben. Trotzdem nicht allzu schwierig, wenn man
systematisch vorgeht und nachschaut, wie die Steine innerhalb der Kiste anders
angeordnet werden können.
Aufgabe: Eine 6x6x6-Box soll gefüllt werden durch 12 quadratische Bretter der Größe
1x4x4 sowie drei Würfel der Größe 2x2x2.
Da es dieses Geduldspiel gerade nicht zu kaufen gibt, haben wir zwei
Möglichkeiten: Wir könnten uns die passenden Steine aus Holz beschaffen. Es
gibt z.B. Bauklötzer der Größe 1x2x4 und 1x2x2, davon müssen dann immer zwei
zusammengeklebt werden. Eine weitere Möglichkeit ist natürlich der 3D-Druck,
dann können wir gleich noch die Box dazu drucken. Wenn wir die Steine zur
Verfügung haben, können wir loslegen. Leider werden wir durch planloses Suchen
so schnell keine Lösung finden.
Die zweite Möglichkeit besteht darin, das Puzzle im Kopf zu lösen. Einfach so,
ohne Steine und ohne Box. Wie kann das gehen? Wir brauchen eine Idee, und dann
ist es ganz einfach.
Lösungshinweis 1: Wenn Sie ein Puzzle vor sich haben mit drei
kleinen Würfeln und einer Seitenlänge, die 1/3 der Box entspricht, dann
sollten Sie sofort an den
3x3x3-Conway-Würfel
denken.
Lösungshinweis 2: Wenn Sie zusätzlich jeweils zwei der
1x4x4-Bretter zu einem 2x4x4-Quader zusammenkleben, dann liegt exakt
der 3x3x3-Conway-Würfel vor Ihnen.
Hier noch ein Bild des gelösten Geduldspiels, das hoffentlich nicht alles
auf den ersten Blick verrät.
Frage: Gibt es eine weitere Lösung außer der, die Ihnen inzwischen
eingefallen sein sollte?
Um diese Frage zu beantworten, können Sie den PolySolver benutzen oder es
wieder einfach im Kopf erledigen mit einer bekannten Begründung.
Rob Stegmann hat hier festgestellt, dass man beim Haba Trickpack einen weiteren roten Stein mit einpacken kann. Bei den meisten verkauften Kopien des Haba Trickpacks kappt das jedoch nicht, da fehlt ein klein wenig Platz.
Aber es gibt ja noch weitere Anbieter dieses Geduldspiels, z.B. das Pack-Puzzle von Bartl. Die Aufgane und die Form der Steine sind wieder wie bei Tom O'Beirnes Melting Block Puzzle. Hier sind die Toleranzen jedoch noch größer, so dass wir vielleicht einen Zweiten roten Stein mit einpacken können. Den zweiten roten Stein bekommen wir einfach aus einem zweiten Pack-Puzzle. In der Tat gelingt es diesmal, auch den zweiten roten Stein mit einzupacken. Die Steine klemmen zwar nun in der Kiste, aber mit Sandpapier lassen sich die großen Steine minimal verkleinern, so dass dann alles passt wie es soll.
Auch wenn uns die handwerkliche Qualität nicht ganz glücklich macht (z.B. ist die Kiste zu hoch, was für das Geduldspiel völlig überflüssig ist), bleibt doch die Frage, was der zugrundeliegende Mechanismus des Geduldspiels ist. Wieso kann man scheinbar immer mehr rote Steine einfüllen, wobei sich die Außenmaße des zusammengepackten Quaders nur minimal ändern?
Schwierigkeit: Wenn man einen zusätzlichen Stein unterbringen kann, dann klappt es auch mit zweien.
Design: Tom O'Beirne, Rob Stegmann Hersteller und Artikelnummer: Bartl 2218 (Pack-Puzzle)
Vor uns steht eine Kiste, die scheinbar randvoll mit Quadern gefüllt ist. Dazu gibt es einen zusätzlichen kleinen roten Quader, und dazu die Aufgabe, den roten Quader zusätzlich mit in die Kiste zu packen. Dieses Geduldspiel wurde ursprünglich von Thomas O'Beirne in den 1970er Jahren unter dem Namen Melting Block Puzzle entwickelt. Der Name kommt daher, dass man sich die Aufgabe so vorstellen soll, dass der rote Quader schmilzt und zusätzlich in die Kiste hineinsickert. Aber natürlich soll er auf andere Art in der Kiste "verschwinden".
Schauen wir uns die gefüllte Kiste im Ausgangszustand etwas näher an, dann finden wir darin zwei übereinanderliegende Schichten von Steinen, die von oben völlig gleich aussehen. Allerdings sind die Steine in der unteren Schicht deutlich dicker als die oben.
Außerdem ist die Kiste für den Inhalt etwas zu groß geraten, rundherum ist etwas Platz. Nach oben schließt der Inhalt mit dem Rand bündig ab.
Schwierigkeit: Nicht allzu schwierig, wenn man systematisch vorgeht und nachschaut, wie die Steine innerhalb der Kiste anders angeordnet werden können.
Handwerkliche Qualität: Die Kiste ist wirklich etwas zu groß geraten, auch im gelösten Zustand bleibt rundherum noch Platz. Es gibt handwerklich anspruchsvollere Varianten wie z.B. [1], bei denen die Toleranzen minimiert wurden.
Design: Thomas O'Beirne Original-Titel: Melting Block Andere Variante: Der rote Stein von Logoplay.
Aufgabe: Packen Sie je 6 Klötzer der Größen 3x2x2 und 4x2x1 und fünf
Elementarwürfel in eine Box der Größe 5x5x5.
Die vorhandenen Bausteine benötigen das gesamte Volumen von 125
Elementarwürfeln. Wenn man aber einfach versucht, die Bausteine in die Kiste
zu stapeln, wird man immer wieder kläglich scheitern. Es gibt ein Geheimnis.
Und wenn man das kennt, wird das Packproblem plötzlich viel einfacher.
Lösungshinweis: Das Geduldspiel sollte uns an
den 3x3x3-Conway-Würfel / das Slothouber-Graatsma-Puzzle
erinnern: Dort gab es drei Leerstellen, die durch drei Elementarwürfel
gefüllt werden konnten. Diesmal werden fünf solche Elementarwürfel gleich
mitgeliefert, für deren Verteilung wir uns interessieren sollten. Und damit
sind wir der Lösung schon wieder nahe.
In der allergrößten Not kann natürlich auch der
PolySolver helfen.
Design: John H. Conway Hersteller und Artikelnummer: Philos 6223
Fangen wir mit dem einfachsten Packproblem einer ganzen Reihe an. In der Tat
ist das Geduldspiel so einfach, dass es momentan scheinbar niemand herstellen
will. Und der Name ist auch merkwürdig: Eigentlich besitzt das Geduldspiel gar keinen richtigen Namen, solche Geduldspiele werden oft nach ihren Erfindern benannt. Und dieses Geduldspiel wurde gleich zweimal unabhängig voneinander erfunden:
Von dem englischen Mathematiker John Horton Conway und später noch einmal von den niederländischen Architekten Jan Slothouber und William Graatsma. Mehr unten unter Historisches.
Trotzdem ist es ein wichtiges Geduldspiel, weil es erstens bei der
Lösung einen Aha-Effekt vermittelt und wir diese Idee noch wiederholt anwenden
können. Und zweitens versteckt sich der 3x3x3-Conway-Würfel / das Slothouber-Graatsma-Puzzle auch noch
in einigen anderen Geduldspielen.
Hier die Aufgabe: Sechs Quader der Größe 1x2x2 sollen in einen würfelförmigen
Behälter der Größe 3x3x3 gepackt werden.
Zählen wir nach, wie viel Platz (gemessen in Elementarwürfeln der Größe
1x1x1) wir haben: Jeder der Klötzer besteht aus vier Elementarwürfeln,
für sechs solche Klötzer benötigen wir also den Platz von 24 Elementarwürfeln.
Der würfelförmige Behälter bietet 27 Elementarwürfel Platz. In manchen Varianten des Geduldspiels werden auch drei
Elementarwürfel zusätzlich mitgeliefert. Dadurch wird der 3x3x3-Würfel völlig
gefüllt, die Schwierigkeit des Geduldspiels ändert sich aber nicht.
Erste Versuche zu Lösung der Aufgabe schlagen aber erfahrungsgemäß fehl, der
letzte Quader will einfach nicht mehr in den Würfel passen. In diesem
scheinbar so einfachen Geduldspiel liegt wieder ein Geheimnis, das wir
ergründen müssen, bevor wir zur Lösung vordringen können. Also sollten wir
nachdenken, was wir immer wieder falsch machen. Eine dankbare Aufgabe ist es
zu fragen, wo sich die drei frei bleibenden Elementarwürfel befinden sollten.
Sie können nicht überall liegen, und in der Antwort auf die Frage liegt die
Lösung des Geduldspiels.
Schwierigkeit: Profis sollten das Geduldspiel kennen (oder sich daran erinnern können). Wer es nicht kennt, hat eine extrem einfach aussehendes Geduldspiel vor sich, das es in sich hat. Mittelschwer.
Aufgabe: Hier noch eine Aufgabe zum Nachdenken: Beweisen Sie, dass es
nur eine Möglichkeit gibt, die drei freibleibenden Elementarwürfeln
anzuordnen.
DIY mit 3D-Druck: Wenn solch ein älteres und interessantes Geduldspiel
nicht erhältlich ist, hat es doch sicher schon jemand für seinen
3D-Drucker modelliert und stellt uns die STL-Dateien zur Verfügung.
Beispielsweise finden wir das Geduldspiel auf
Thingiverse. Das Foto oben zeigt die Steine. Die Steine haben angenehm abgerundete
Kanten. Und dazu gibt es noch eine würfelförmige Aufbewahrungsbox.
Lösungshinweis 1: Betrachten wir nur eine Etage des Würfels:
Egal ob er steht oder liegt, ein 1x2x2-Klotz füllt entweder zwei oder vier
Elementarwürfel dieser Etage, in jedem Fall also eine grade Anzahl. Da eine
Etage aus neun Elementarwürfeln besteht, bleibt also in jeder Etage
mindestens ein Elementarwürfel frei. Da es drei Etagen gibt und zum Schluss
genau drei Elementarwürfel frei bleiben, muss es in jeder Etage genau einer
sein. Und dies gilt nicht nur für die horizontalen Etagen, sondern auch für
die vertikalen Schichten: Immer muss genau ein Elementarwürfel frei bleiben.
Das heißt, dass niemals zwei freibleibende Elementarwürfel direkt
nebeneinander liegen dürfen, wenn wir erfolgreich sein wollen.
Lösungshinweis 2: Eine Lösungsidee ist es nun, die drei
freibleibenden Elementarwürfel entlang einer Raumdiagonale des Würfels zu
platzieren. Wenn man dieses Ziel vor Augen hat, sind die Klötzer schnell
erfolgreich im 3x3x3-Würfel untergebracht.
Historisches: David Singmaster schreibt in [3]:
Because of the attribution to Slothouber & Graatsma and not knowing the date of Conway's work, I had generally attributed the 3x3x3 puzzle to them and Stewart Coffin followed this in his book. However, it now seems that it really is Conway's invention and I must apologize for misleading people.
[Wegen der Zuschreibung an Slothouber & Graatsma und da ich das Datum von Conways Arbeit nicht kannte, hatte ich ihnen das 3x3x3 Puzzle zugeschrieben und Stewart Coffin folgte dem in seinem Buch. Allerdings scheint es jetzt wirklich Conways Erfindung zu sein und ich muss mich für die Irreführung entschuldigen.]
Um eine würfelförmige Kiste zu füllen, sollen diesmal lauter identische Quader mit Seitenlängen von a, b und c verwendet werden, deren Form nicht sehr von einem Würfel abweicht (bei diesem Geduldspiel z.B. Quader mit den Seitenlängen von rund 17mm, 19mm und 21mm. Wie viele solche Quader lassen sich wohl in einem Würfel der Seitenlänge a+b+c unterbringen?
Wie wir sehen werden, benötigen wir noch zusätzliche Informationen zum Größenverhältnis zwischen a, b und c. Natürlich denken wir sofort an den Fall a=b=c, dann passen genau 3*3*3=27 kleine Würfel mit Seitenlänge a in die würfelförmige Box mit Seitenlänge 3*a. Passen im allgemeinen Fall auch 27 Quader mit Seitenlängen von a, b und c in eine Würfelförmige Box der Seitenlänge a+b+c? Die Vermutung ist nicht schlecht, aber die Realisierung erweist sich als schwierig: Unsere Box wird nun mit den Quadern gefüllt, indem man diese so ähnlich stapelt, wie man Würfel stapeln würde. Die leicht unterschiedliche Größe macht jedoch regelmäßig einen Strich durch die Rechnung: Die Abweichung von der Würfelform dafür sorgt, dass immer wieder die letzten Quader nicht mehr in die Kiste passen wollen.
Die zusätzliche Bedingung an die Seitenlängen besteht darin, dass die kleinste Kantenlänge größer sein muss als (a+b+c)/4, sonst könnten wir vier der Quader nebeneinander unterbringen, und das soll natürlich nicht erlaubt sein.
Die kleinste Größe der Steine bei ganzzahliger Seitenlänge ist übrigens 5x6x7.
Schwierigkeit: Planloses Einpacken führt nicht zum Ziel. Man muss sich Gedanken machen, wie die kleinen Quader liegen dürfen. Schwierig!
Lösungshinweis: Da die Seitenlänge des Würfels gleich a+b+c ist, müssen immer drei Würfel mit unterschiedlichen Höhen übereinanderliegen. Dasselbe gilt auch für die anderen beiden Richtungen.
Zu Hoffmans Packproblem gibt es seinen interessanten Wikipedia-Artikel.
