\(\begingroup\)\(\newcommand{\IX}{\mathbb{X}}
\newcommand{\IW}{\mathbb{M}}
\newcommand{\politician}[1]{\text{Ich habe die Frage nicht verstanden. #1}}
\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Pressemitteilung des Spektrum Akademischer Verlag GmbH:
1000 € für die Lösung des „Krawattenrätsels“
Spektrum Akademischer Verlag und die Initiatoren des „Krawattenrätsels“
laden alle Mathematiker und Rätselexperten zu einem Wettkampf ein. Das
„Krawattenrätsel“ ist ein mathematisches Problem, das bisher noch niemand
gelöst hat, das grundsätzlich aber durchaus als lösbar angesehen wird.
Kurz gesagt wird eine optimale Lösung für folgendes Sortierproblem gesucht:
\frame\boxon\light\
\big\ Das Krawattenrätsel\normal
n Fächer stehen in einer Reihe, das i\-te Fach enthält zwei Bälle, die beide mit der Zahl n+1-i beschriftet sind. Ein Zug besteht darin, dass Sie zwei Bälle aus benachbarten Fächern vertauschen. Wie viele Züge sind nötig, bis jeder Ball in dem Fach liegt, das seine Nummer trägt?
Gesucht ist die exakte minimal erforderliche Anzahl von Tauschvorgängen in Abhängigkeit von n und ein Beweis dafür. Hier die Veranschaulichung der Ausgangssituation für n=5.
Weitere Hinweise und die Teilnahmebedingungen finden sich auf der angegebenen Website. Der Preis für die erste richtige Lösung beträgt € 1000,-
Alle, die sich dieser besonderen Herausforderung stellen möchten, können
unter www.mathe-preisraetsel.de bis zum Jahresende an diesem
Denksportwettbewerb teilnehmen.
Gehirnjogging und Gedächtnistraining sind aktuelle Schlagworte. Doch
anders als das leichte Fitnesstraining auf der Spielekonsole, ist das Krawattenrätsel
mathematischer Extremsport. Dr. Andreas Rüdinger, Programmleiter
Mathematik und Veranstalter des Wettbewerbes, meint sogar: „Wir
rechnen fast nicht damit, dass jemand das Rätsel im Laufe des Jahres knackt.
Falls es am Ende keine vollständige Lösung gibt, kann der Preis auch für
eine substantielle Verbesserung der bekannten Schranken inkl. Beweis
vergeben werden.“
Die fachliche Beurteilung der Lösungen erfolgt durch Prof. Stefan Felsner,
Technische Universität Berlin, und Prof. Volker Kaibel, Universität Magdeburg.
Unter allen Teilnehmer werden zusätzlich 25 Exemplare des Buches
„Mathematische Rätsel für Liebhaber“ von Peter Winkler verlost.
Spektrum Akademischer Verlag ist ein deutschsprachiger Wissenschaftsverlag
mit Sitz in Heidelberg. Zum Programm gehören neben Sach- und
Fachbüchern auch Lehrbücher für diverse Fachrichtungen. Auf dem
Mathematik-Programm liegt im Jahr der Mathematik ein besonderer
Schwerpunkt, es erscheinen eine Vielzahl neuer Lehr- und Sachbücher,
darunter das Werk, aus dem das Rätsel stammt:
Peter Winkler: Mathematische Rätsel für Liebhaber, Spektrum Akademischer Verlag,
Webseite: www.spektrum-verlag.de
\(\begingroup\)hmm ich vermute die lösung ist bei n schachtel mit je 2 krawatten
\
n^2-n
ich geh aber leider von einer sache, aus die ich im moment noch nicht beweisen kann und die das ganze etwas einfacher macht... kann deshalb auch sein das n^2-n nicht die optimale lösung darstellt - vielleicht hat ja jemand einen gegenbeispiel xD
liebe grüße
der bansh\(\endgroup\)
\(\begingroup\)noch ein paar ergänzungen (für euch zum kontrollieren ^^):
\
die schritte, die jede krawatte (kr) zu ihrem ziel braucht errechnen sich mit 2*(n-i-(n-1)/2)
da es jedoch immer zwei kr pro schachtel gibt bräuchten diese 4*(n-i-(n-1)/2) schritte (direkt) zu ihrem ziel.
durch die bewegung einer kr bewegt sich natürlich auch immer in eine andere richtung. Manche kr werden dabei natürlich in die richtung bewegt in die sich sich bewegen wollen andere nicht...
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo bansh,
lies dir doch einfach mal die im Artikel verlinkte Seite durch. Da steht auch, dass n^2-n nicht optimal ist.
-- Valentin\(\endgroup\)
von: cow_gone_mad am: So. 10. August 2008 17:50:15
\(\begingroup\)Hmm, ist eigentlich klar, was die richtige Asymptotik von K_n ist? es ist ja klar, dass
2/3 <= liminf(n->\inf, K_n/n^2) <= limsup(n->\inf, K_n/n^2) <= 1
ist. Aber weiss man mehr?
LG,
cow_
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Vielleicht sollte für die Diskussion zu diesem Thema ein Thema im Forum eröffnet werden. Das wird hier sonst sehr schnell unübersichtlich!
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ich habe testweise einen naheliegenden Tauschalgorithmus programmiert, der für n=1,..,10 die Schrittzahlen
0, 2, 5, 10, 15, 23, 32, 42, 52, 66
liefert, also für n<=6 mit den zitierten Optimalwerten übereinstimmt.
Kann das jemand unterbieten?
--- proxximus\(\endgroup\)
von: KnutKnutsson am: Mo. 11. August 2008 14:35:31
\(\begingroup\)Ja,
23 ist für 6 Krawatten tatsächlich minimal, das hab ich mal durchtesten lassen.
Andererseits habe ich für 7 eine Lösung mit 31 Zügen, 8 mit 41, 9 auch mit 52 und 10 mit 65.
Für 7 gehts also wieder entsprechend der unteren Schranke (Lösung kann ich hier bei Bedarf posten). Ab 8 sehe ich allerdings fürs durchenummerieren schwarz.
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Die 31 ist für n=7 auch optimal. Mit n=8 rechne ich noch. Wenn ich den Komplexitätszuwachs interpoliere, sollte das mit meinem Speicher und etwas Glück durchlaufen. Ich glaube, für n=9 ist eine exakte Lösung per Computersuche noch machbar, aber da wäre das Verhältnis von Arbeit zu Lohn zu gering als dass ich das tun würde.
-- Valentin
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Dank dem Tauschalgorhytmus von Proxximus habe ich eine Ueberlegung entwickelt, wonach die Lösung für n= 13 121 sein müsste..
Leider macht die Korrektur von KnutKnutson die Formel zunichte..
Weil der Tauschalgorhytmus aber um maximum 1 Schritt falsch liegt bei gewissen n laut KnutKnutson, könnte die Lösung auch 121 - 1 sein..
Schade, ade 1000 Euro :)
Gruss, Zudumm\(\endgroup\)
von: KnutKnutsson am: Di. 12. August 2008 11:24:47
\(\begingroup\)Ich kenn die Aufgabe schon seit zwei, drei Wochen, daher hab ich ein bissel rumgespielt und verschiedene Tauschalgorithmen ausprobiert.
Hier mal ein paar Ergebnisse, was ich bisher als beste Lösungen erreicht hab:
n Züge
11 80
12 96
13 111
14 129
15 150
16 170
17 193
18 214
19 240
20 264
21 292
22 323
23 352
24 382
25 419
26 453
27 487
28 523
29 560
30 604
Aber irgendwelche analytischen Schranken konnte ich hier noch nicht zeigen. Auch ist die Folge recht "unangenehm", wenn man sich mal Differenzen aufeinanderfolgender Zahlen anschaut, oder die Abstände zur unteren Schranke.
Hat eigentlich jemand mal die angegebene untere Schranke bewiesen? Fehlstellungen in einer Permutation von 2n Zahlen und der Tausch von zwei Krawatten entspricht bis zu drei elementaren Tauschen, soweit ist mir das klar. Allerdings muss man die 2n Zahlen nicht komplett umdrehen, da die Reihenfolge pro Schublade ja egal ist. Ich hab also nur untere Schranke - n/3 zeigen können.
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hi,
Mein hoffentlich korrekt programmierter Fast-Brute-Force-Alogrithmus behauptet, für 8 eine Lösung mit 40 Zügen gefunden zu haben... ich könnte mir beim nächsten Durchlauf die Tauschreihenfolge ausgeben lassen, um das zu überprüfen... an 9 und 10 rechnet er noch, vermutlich bis morgen :D
Gruß\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hi,
die Idee hat SirJective schon in den Raum geworfen, aber warum nicht einen neuen Thread zu dem Thema aufmachen?
Und was haltet ihr davon, falls die Aufgabe denn hier im Forum gelöst wird, das Preisgeld dem Matheplaneten zu stiften? Wär doch mal ne schöne Sache....
LG Orangenschale\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Was haltet ihr davon, wie damals bei dem Numerik-Wettbewerb ein geschlossenes Forum zu nutzen? Wenn schon der MP profitieren soll, dann sollten wir auch sehen, dass nicht zufällig jemand vorbei kommt und die fertige oder fast fertige Lösung einreicht.
Ich werd mal wieder nichts dazu beitragen können, da ich mal wieder lernen muss.
Gruß,
Felix\(\endgroup\)
von: KnutKnutsson am: Mi. 13. August 2008 13:28:02
\(\begingroup\)Die Lösung für 8 Schubladen in 40 Zügen wäre mal interessant.
Ich vermute mal, es haben schon einige Leute über das Problem nachgedacht, bevor der Preis ausgelobt wurde. Da noch keine andere untere Schranke gefunden wurde, ist ja möglicherweise die angegebene bis auf kleine Unstimmigkeiten (hier und da mal +1) schon bestmöglich. Da ich mit einem relativ einfachen Tauschalgorithmus obige Werte erreicht habe, gehe ich mal davon aus, dass diese noch gut verbessert werden können. Andererseits sind sie ja gar nicht soweit von der unteren Schranke weg.
Umso interessanter finde ich den Beweis für die angegebene Schranke. Konnte das schon jemand nachvollziehen. Ich konnte bisher nur n/3 weniger zeigen.
Gruß Knut\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo zusammen,
ich habe gestern auch einen Beweis fuer die untere Schranke von n(2n-1)/3 gefunden, ich vermute einmal stark, dass der Beweis von Peter Winkler in seinem Buch der Gleiche ist (ich habe das Buch nicht), da ich eine gaengige Potentialfunktion verwende, wie sie oft zu Beweisen in der Informatik verwendet werden (wir hatten diese Pot.Funktion mal beim Radix-Heap glaub ich). Falls die Beweise nicht gleich sind, vielleicht kann man ja dann die beiden Beweise kombinieren um eine bessere untere Schranke zu erhalten. Hat jemand das Buch?
Ich werde einmal meinen Beweis (nicht super formal spezifiziert, aber sollte dennoch korrekt sein) angeben und im Anschluss noch ein Paar Gedanken, die ich mir zu dem Raetsel gemacht habe:
Beweis untere Schranke n(2n-1)/3:
Eine Stellung S beschreibe ich hier mit einer nx2 Matrix, z.B.:
S = (1,4,3,4;3,2,2,1)
ist eine Situation fuer n = 4.
Man betrachtet eine Potentialfunktion f, die die
Links-Rechts-Inversionen einer momentanen Stellung zaehlt.
Eine Links-Rechts-Inversion ist ein Zustand, wo ein Eintrag der
Matrix S einen Wert w_1 hat und es einen Wert w_2 rechts von w_1
gibt, der kleiner ist als w_1, oder es gibt einen Wert w_2, der
links von w_1 ist und größer ist.
Man kann sagen, dass eine Links-Rechts-Inversion ein Tupel aus
der Matrix S ist, so dass deren Links-Rechts-Reihenfolge bezueglich
der Zielposition noch nicht stimmt.
Bezueglich der blau-markierten 2 in der zweiten Zeile und der
zweiten Spaltein S haetten wir 2 Links-Rechts-Inversionen:
S = (1,4,3,4;\red\ 3 \black\ ,\blue\ 2 \black\ ,2,\red\ 1 \black\ )
Man kann nun nachrechnen, dass in der Ausgangssituation S_0 der
Laenge n gilt:
f(S_0) = (n-1)2n
Man kann nun 2 Elemente aus benachbarten Spalten in der
Matrix S vertauschen (wir nennen das eine Swap Operation).
Klar ist, dass bzgl. einer Swap Operation eines Elements aus Spalte
x und eines Elements aus Spalte x+1 auch nur die Anzahl der
Inversionen aus diesen Spalten aendern kann. Ein Swap von:
(...,4,3,...;...,4,3,...) -> (...,3,3,...;...,4,4,...)
Verringert die Anzahl der Inversionen von 4 auf 1, also um 3.
Es gilt sogar, dass maximal die Anzahl der Inversionen pro
Swap Operation um 3 verringert werden kann.
Man erhaelt mit dieser Beobachtung bereits eine erste untere
Schranke: Zu Beginn haben wir (n-1)2n Inversionen. Pro Swap Operation
verringere ich maximal die Anzahl der Inversionen um 3, daher brauche
ich mindestens (n-1)2n/3 Swap Operationen.
Wie kommt man nun auf die (2n-1)n/3: Hierzu beobachtet man 2
besondere Situationen im Spiel. Das ist einmal:
Der letzte Swap: Beim letzten Swap werden 2 Elemente vertauscht,
so, dass 2 Spalten, die vor der swap Operation 2 verschiedene
Zahlen beinhalteten nach der Operation nur noch die gleichen Zahlen
beinhalten, also z.B.:
(2,3;3,2) -> (2,3;2,3)
Man erkennt, dass in der letzten Swap Operation nur eine Inversion
vorhanden ist, nach der Swap Operation ist das Potential 0. Demnach
existiert immer eine Swap Operation, die das Potential nur um
1 verringert (maximal verringert es sich ja um 3).
Swaps, die eine Spalte komplettieren:
Wie beispielsweise in folgender Situation:
(4,4;3,1) -> (3,4;1,4)
erkennt man, dass beim Komplettieren einer Spalte eine Potential-
verringerung um 2 moeglich ist.
Insgesamt bedeutet das, dass im optimalen Fall:
- 1 Mal eine Potentialverringerung um 1
- (n-2) Mal eine Potentialverringerung um 2
- k Mal eine Potentialverringerung um 3
passiert. Wir berechnen das minimale k:
(n-1)2n = 1 * 1 + (n-2) * 2 + k * 3
2n^2-2n = 1 + 2n - 4 + 3k
2n^2-4n + 3 = 3k
k = (2n^2 - 4n + 3) / 3
Demnach haben wir mindestens insgesamt:
k + 1 + (n - 2) = (2n-1)n / 3
Swap Operationen.
Die Frage, die sich stellt, ist doch also nun, warum es bei vielen N auch moeglich ist, eine Abfolge zu finden, dass wenn man diese Potentialfunktion betrachtet, genau diese potentialverrinernden Swap-Operationen ausfuehrbar sind, und vor allem, warum es bei einigen N nicht moeglich ist.
Ich habe dazu einmal eine Abfolge fuer N = 6 analysiert und komme dabei zu einem Zustand, wo man nur eine Potentialverringerung um 2 anstelle der optimalen 3 finden kann. Die Frage ist also nun, wieso kann es keine Swap-Folge fuer N = 6 geben, dass eine Situation vermeidbar ist, dass nur eine Swap-Operation mit Potentialverringerung um 2 moeglich ist anstelle der optimalen 3.
Um das zu untersuchen faende ich eine Liste hilfreich, in der man die theoretisch optimalen Anzahlen auflistet und das, was man per Brute-Force Suche gefunden hat. Dann koennte man diese N untersuchen, wo man Swap Operationen mit Verringerung kleiner 3 ausfuehren muss. Vielleicht sieht man dann, wieso dann wieso das noetig ist.
Viele Grüße,
Christian\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo,
ich denke Felix hat absolut Recht. Lasst Euch bitte diesen Gedanken mal durch den Kopf gehen!
Viele Grüße
Murmelbärchen\(\endgroup\)
von: KnutKnutsson am: Do. 14. August 2008 14:44:14
\(\begingroup\)Hi,
ok, der Beweis erklärt erstmal sehr schön mein fehlendes n/3. Den ersten Teil hatte ich genauso argumentiert.
Tja, warum bzw. wie kann man immer so tauschen, dass man tatsächlich drei Inversionen behebt? Und warum manchmal nicht? Das frage ich mich auch schon seit geraumer Zeit. Außerdem hab ich versucht, dass mit einer anderen Idee zu kombinieren: und zwar kann man sich ja anschauen, wie weit sich die Kugeln bewegen müssen. Kugel 1 muss mindestens n-1 bewegt werden, Kugel 2 n-3 mal usw. Andererseits muss man Kugeln auch in die falsche Richtung bewegen, um zum Beispiel überhaupt die 1 oder n bewegen zu können. Wenn man abschätzen könnte, wie oft man Kugeln in die "falsche" Richtung bewegen muss, kann einem das ja auch weiterhelfen.
Das Buch erscheint leider erst im September.
Gruß Knut
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Könnte Martin Matroid nicht ein geschlossenes Forum für Euch bzw. "zum Wohle des Matheplaneten" einrichten, so wie Felix es vorgeschlagen hat?
Oder Ihr macht das in einer Arbeitsgruppe?
Es wäre wirklich schade, wenn von der gemeinsamen Arbeit der Mitglieder hier nur ein einziger - womöglich externer - profitieren würde.
Viel Erfolg Euch und dem MP wünscht Bernhard\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ich lese zum dritten Mal, daß ein Forumthread gut wäre. Ich lege einen an, im Mitgliederforum, dann können nur Mitglieder lesen.
-> Forumthread zum Krawattenrätsel
Eine Arbeitsgruppe ist nicht so geeignet, weil dann ja nur wenigen Mitglieder der Arbeitsgruppe etwas mitkriegen.
Zum Preisgeld: Schön wär's, aber man muß den Bären erlegen, bevor man den Pelz verteilen kann.
Gruß
Matroid\(\endgroup\)
\(\begingroup\)"Zum Preisgeld: Schön wär's, aber man muß den Bären erlegen, bevor man den Pelz verteilen kann. "
Ähmmmmm, wie bitte?? Bären? \(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hio, ich hab noch ein kleines Verständnis Problem zur Aufgabenstellung, hoffe ihr könnt mir helfen^^
also in der Aufgabe steht ja:
"Ein Zug besteht darin dass Sie zwei Bälle aus benachbarten Fächern vertauschen"
Wie genau meint man das.
Entweder das man 2 Bälle aus Fach 1 mit den 2 Bällen aus Fach 2 vertauscht (also insgesamt vertauscht man 4 Bälle)
--> würde dann nach dem erst Zug so aussehen:
Fach1 Ball2Ball2 Fach2 Ball1 Ball1 (nur als Beispiel)
oder das man nur 1 Ball von Fach 1 zu Fach 2 vertauschen kann und umgekehrt das also nach dem ersten Zug es so aussieht:
Fach1 Ball1 Ball2 Fach2 Ball 2 Ball1
hoffe ihr versteht wie ich das meine ^^
grüßle\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hi Hetral,
das zweite ist gemeint.
Aus
33 22 11
wird durch Vertauschung einer Kugel aus Fach 1 mit einer Kugel aus Fach 2 dies:
23 32 11
Es gibt zu dieser Aufgabe auch einen Thread im Forum:
-> Forumthread zum Krawattenrätsel
Gruß
Matroid
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Jetzt noch mal ganz offizell und öffentlich:
\quoteon Gemeinsame Pressemitteilung von Deutscher Mathematiker-Vereinigung (DMV) und Spektrum - Akademischer Verlag:
Berlin/Heidelberg, 20. Januar 2009
Die Bilanz des Jahrs der Mathematik kann sich sehen lassen: 2008 haben sich 500 Partner aus Wissenschaft, Forschung, Kultur, Kunst und Wirtschaft engagiert, gab es 762 Veranstaltungen an Schulen, Hochschulen, Forschungseinrichtungen und Museen in 140 deutschen Städten, haben 10 Medienpartner das Wissenschaftsjahr begleitet. Ferner boten mehrere Wettbewerbe die Möglichkeit, sich aktiv mit Mathematik zu beschäftigen.
Ein Wettbewerb davon war das von Deutscher Mathematiker-Vereinigung (DMV) und dem Spektrum Akademischer Verlag als Preisfrage zum Jahr der Mathematik formulierte "Krawattenrätsel". Es konnte inzwischen weitgehend gelöst werden. Zwei erste Preise in Höhe von 400 Euro gehen an ein Team der FU Berlin (Felix Kälberer, Matthias Nieser, Ulrich Reitebuch) und an Frau Dr. Annett Püttmann (Ruhr-Universität Bochum).
Ein zweiter Preis in Höhe von 200 Euro geht an Herrn Martin Strehler und sein Team aus dem Forum des Matheplaneten (www.matheplanet.com).
[...]
Keiner der Teilnehmer fand eine vollständige Lösung. "Das bedeutet, dass keine optimale Lösung für alle n gefunden wurde, wohl aber optimale Lösungen für einzelne n", sagt Stefan Felsner, Professor für Diskrete Mathematik an der Technischen Universität Berlin und Mitglied der Jury. Dennoch zeigten sich Veranstalter und Fachjury positiv überrascht - nicht nur über die rege Teilnahme, sondern auch über die Qualität der Einsendungen. "Schließlich handelt es sich um ein bisher ungelöstes mathematisches Problem. Wir regen die Preisträgern daher auch an, die Beweise für eine wissenschaftliche Publikation aufzuarbeiten", ergänzt Felsner.
Zusätzlich zu den Preisgeldern werden unter allen Teilnehmern auch noch 25 Exemplare des Titels "Mathematische Rätsel für Liebhaber" von Peter Winkler verlost. Es handelt sich dabei um das Werk, aus dem das Rätsel stammt. Das Knobeln kann also weiter gehen.
Spektrum Akademischer Verlag ist ein deutschsprachiger Wissenschaftsverlag mit Sitz in Heidelberg und marktführendem deutschsprachigen Programm in den Bereichen Mathematikdidaktik, Biologie und Geowissenschaften. Seit August 2007 ist er Teil von Springer SBM.
[...]
Die Deutsche Mathematiker-Vereinigung (DMV) wurde 1890 gegründet und hat derzeit mehr als 3.700 Mitglieder. Sie kommen aus den verschiedensten Berufszweigen: vom Studenten bis zum Professor, vom Versicherungsdirektor bis zum Realschullehrer. Im Gedenken an den ersten Vorsitzenden verleiht die DMV alle zwei Jahre die Georg Cantor-Medaille für herausragende wissenschaftliche Leistungen in der Mathematik.
Für Fragen zum Krawattenrätsel wenden Sie sich bitte an:
Prof. Dr. Stefan Felsner
Deutsche Mathematiker-Vereinigung und Technische Universität Berlin
E-Mail: felsner@math.tu-berlin.de
Dr. Andreas Rüdinger
Spektrum Akademischer Verlag, Programmplanung Mathematik
E-Mail: andreas.ruedinger@springer.com
Pressekontakt:
Cornelia Hesse-Uhde
Spektrum Akademischer Verlag
Tel. 06221/4878056
E-Mail: cornelia.hesse@springer.com
Webseite: www.spektrum-verlag.de
Thomas Vogt
Deutsche Mathematiker-Vereinigung und Technische Universität Berlin
Tel. 030/31478788
E-Mail: vogt@math.tu-berlin.de
Webseite: www.dmv.mathematik.de
\quoteoff
Siehe auch hier: http://www.mathe-preisraetsel.de/
Mehr über den Verlauf der Arbeit im hiesigen Team und zum eigenen Ergebnis, siehe im Forum: hier.
Der Thread hat 5 Seiten. Darin wird auf die Ergebnisse verlinkt in diesem Beitrag.
Mein Glückwunsch an das Team und herzlichen Dank für die positive Erwähnung des Matheplaneten.
Beste Grüße
Matroid\(\endgroup\)
von: Hans-Juergen am: Di. 20. Januar 2009 18:40:59
\(\begingroup\)Hallo, Krawattenrätsel-Team,
voll Bewunderung für Eure Klugheit, Ausdauer und kollegiale Zusammenarbeit, wie sie in dem extra angelegten thread zum Ausdruck kommen, sende ich Euch meinen herzlichen Glückwunsch zum wohlverdienten Zweiten Siegespreis.
Daß der Matheplanet durch Euch an herausragender Stelle erwähnt wurde und Ihr das erhaltene Preisgeld ihm gespendet habt, erfüllt mich mit zusätzlicher Freude.
Mit besten Grüßen,
Hans-Jürgen
\(\endgroup\)
Home / Seite ohne Frame
Wie unterstütze ich den Matheplaneten mit Geld?
Printer-friendly version
Get link to this article
Comments
Für diesen Artikel gibt es keine pdf-Datei
