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Wochenaufgabe Mathe

Aufgabe der Woche

Serie-20

Serie 20
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

229. Wertungsaufgabe

"Nach den Zaubereien auf dem Schachbrett, möchte ich mich mal mit der zauberhaften Parabel befassen." "Wie meinst du das?", wollte Mike von Lisa wissen. "Nun, ich habe etwas über eine tolle Eigenschaft der Parabel gelesen. Damit kann man schon jüngeren Schulkindern das kleine 1x1 beibringen." "Ehrlich, wie soll das gehen?" "Also, passt auf:
Du zeichnest das Bild der Funktion y = x² so groß es eben geht. Wenn du eine Aufgabe der Form a * b, z.B. 3 * 2, rechnen willst, ist dies ganz einfach. Der Wert für a wird auf der x-Achse links gesucht. Unter uns heißt das z.B. ist a = 3, dann nimmt du den x-Wert - 3. Setzt du das Verfahren bei jüngeren Schulkindern ein, kannst du das Minuszeichen ja weglassen. So nun weiter: Der Wert für b ist rechts auf der x-Achse zu suchen. (b=2 --> nimm x = 2). Von a und b aus gehst du zur Parabel selbst. Wenn du die Parabelpunkte mit einem Lineal verbindest, dann trifft diese Linie die y-Achse genau bei 6, dem Ergebnis von a * b."
"Und das klappt für jede so gemachte Rechnung?" "Ja, und dass dies so ist, bringt 6 rote Punkte". "Da lässt sich das Bild auch gleich noch für eure jüngere Gruppe nutzen oder man nimmt ein neues Blatt Millimeterpapier. Es sind der Reihe nach 10 Punkte einzutragen und in der Reihenfolge auch zu verbinden, zum Schluss den letzten mit dem ersten. Von der so entstandenen Figur sind Umfang und Flächeninhalt zu berechnen." "Von 0 bis 1 sind es 1 cm?" "Ja und hier die Punkte: (2;4), (3;4), (3;6), (5;6), (5;4), (6;4), (6;6), (8;6), (8;0) und (2;0)" dafür
gibt es 6 blaue Punkte.

Lösung

Die komplette Lösung von Felix Karu, danke
als pdf

Aufgabe 2

230. Wertungsaufgabe
"Ich habe gerade eine Matheoma getroffen.", sagte Lisa. "Was ist denn eine Matheoma?" "Na, das war die Oma von Valentin aus unserem Kurs, die mit dessen Bruder auf dem Spielplatz war und als ich sie fragte wie alt der sei, sagte sie mir das:" Er ist genau so viele Monate alt wie ich Jahre zähle, zusammen sind wir bei 91 Jahre." Da konnte ich das Alter der
beiden ausrechnen." 4 blaue Punkte.
"Mike, was stöhnst du denn so?" "Ach na ja, wahrscheinlich ist es gar nicht so schwer, aber irgendwie klappt das nicht." "Was denn?", fragten Lisa und Bernd. "In einen Kreis mit dem Radius r soll ein größtmögliches gleichseitiges Dreieck konstruiert werden. Das ist ja leicht (Konstruktionsbeschreibung 3 rote Punkte), aber wie kann ich den Flächeninhalt des Dreiecks ausrechnen, wenn ich nur den Radius des Kreises verwenden darf. Also, gesucht ist eine Flächeninhaltsformel in der als Variable nur dieser Radius vorkommt. (noch mal 4 rote Punkte)

Lösung

Ich bezeichne Anzahl der Monate von Valentin mit m.
Es sollen 91 Jahre herauskommen, das sind 91 * 12 = 1092 Monate. Die Oma ist 12 * m Monate alt, also gilt 12 m + m = 1092. Nun ist schnell klar.
m ist 84 (1092 : 13)
m : 12 ergibt 7.
Valentin ist 7 Jahre (= 84 Monate) und die Oma ist 84 Jahre, also zusammen 91 Jahre.
Eine Variante der Konstruktion ist ganz einfach. Auf dem Kreis wird der Radius 6 mal abgetragen. Würde man die 6 Punkte verbinden, entsteht ein regelmäßes Sechseck - bekannte Konstruktion.
Verbindet man nur jeden zweiten Punkt erhält man das gesuchte Dreieck.
Die gesuchte Formel mit r dem Umkreisradius, es gibt auch die Variante mit großem R.
Weg von Wadim, danke
Für dir Berechnungen der Flächeninhalt können wir die Formel benutzen: A=2r²sinαsinβsinγ, wobei r der Radius des Umkreises ist, sinα, sinβ , sinγ die Innenwinkel des Dreieckes sind. Da unser Dreieck gleichseitig ist, gilt sinα=sinβ=sinγ= 60 °
Mit sin60°= Wurzel (3) / 2 . führt das auf
A = 3· r² · Wurzel (3) / 4
Etwas konventioneller:
Die Formel für den Flächeninhalt lautet allgemein: A = g · h_g/2.
In dem Dreieck ist g = a und als h_g nehem ich die Strecke CX.
Der Punkt M teilt die Höhe im Verhältnis 2:1, denn M ist auch der Schwerpunkt des gleichseitigen Dreiecks.
Also ist h = 3/2 r
Im Dreieck AXM nutze ich den Satz des Pythagoras:
(a/2)² = r² - (r/2)²
a²/4 = r² - r²/4
a²/4 = 3r²/4
a/2 = Wurzel(3) r/2
Nun setze ich A = g · h_g/2 = a/2 · h ein
A = Wurzel(3) r/2 ·3/2 r
A = 3· r² · Wurzel (3) / 4

Aufgabe 3

231. Wertungsaufgabe
"Bei der Mathematikausstellung gab es ein schönes Exponat zum Satz des Pythagoras. Da konnte man den durch abwiegen nachvollziehen", sagte Lisa, das hat unserer Gruppe sehr gefallen." "Durch abwiegen?", fragte Bernd, der die Ausstellung noch nicht gesehen hatte. "Das war so. An ein rechtwinkliges Dreieck mit den Seiten a, b und c wurden drei Quader gelegt. Diese hatten als Grundfläche jeweils ein Quadrat mit den Kantenlängen a, b und c - passten also genau an das Dreieck - und waren alle 2 cm hoch. Dann stand da eine einfache Balkenwaage. Wenn man die beiden kleineren Quader auf die eine Seite der Waage legte und den großen auf die andere Seite, dann war die Waage im Gleichgewicht. Verblüffend."
Nun gilt der Satz des Pythagoras ja für Flächen. Wieso funktioniert das dann für diese Quader auch? - 3 blaue Punkte.
"Nun, so richtig in 3-D wäre es ja mit Würfeln gewesen", meinte Mike, der sich inzwischen zu den beiden gesellt hatte. "Stimmt, die hätten es ja auch mal mit drei Würfeln probieren können, aber vielleicht geht das ja auch gar nicht", gab Lisa zu Bedenken. Tja, geht das mit Würfeln? Die Maße der Würfel sollen - in Millimetern gerechnet - ganze Zahlen sein. Für die Antwort gibt es 3 rote Punkte, wenn man sich auf bekannte Mathematiker verlässt. Für das Aufschreiben eines richtigen Beweises gibt es viele rote Punkte mehr.

Lösung

Zur Aufgabe sei noch ergänzt, dass die Quader oder auch die Würfel aus Material gleicher Dichte bestehen sollen und hinreichend homogen sind. Das haben aber sicherlich alle Teilnehmer vorausgesetzt.
Die Seiten des rechtwinkligen Dreiecks, es sei c die längste Seite dann gilt der Satz des Pythagoras.
a² + b² = c² Dies gilt sowohl für die Zahlen als auch für die Flächeninhalte entsprechender Quadrate:
Wird diese Gleichung mit einer positiven Zahl h (gleichbedeutend als Höhe von Quadern) ergibt sich:
a²·h + b²·h = c²·h
Somit ergeben die kleineren Volumina genau das große Volumen.
Mit m = ρ · V und einer weiteren Multiplikation der 2. Gleichung mit ρ folgt die Massengleichheit sofort.
Die rote Aufgabe führt unter Berücksichtigung der ρ auf die Frage, gibt es eine Lösung der Gleichung:
a³ + b³ = c³, wobei a, b und c natüliche Zahlen verschieden von Null sein sollen.
Eine solche Lösung gibt es nicht. Das dies so ist, formulierte Fermat, als er meinte aⁿ + bⁿ = cⁿ habe keine ganzzahlige Lösung für n > 2. Für den Fall n = 3, also unsere Aufgabe, konnte als erster Euler einen Beweis vorlegen. Das gesamte Problem zu lösen, gelang erst Wiles im Jahr 1995.
Das Problem, welches in der Aufgabe formuliert ist, ist aber nur ein Spezialfall von a³ + b³ = c³, denn bei diesem wird die Rechtwinkligkeit des eines passenden Dreiecks ja nicht verlangt.
Deshalb ist die Idee von Felix Karu (danke für die Ausführungen) goldrichtig. Es soll ja, wenn a² + b² = c² gilt, mit diesen nat. Zahlen auch a³ + b³ = c³ gelten.
Löst man die untere Gleichung nach oder b auf, zeigt sich, dass es keine reellen und damit erst recht keine natürlichen Zahlen gibt, die die Gleichung erfüllen.
Die komplette Lösung hatte vorgelegen.
Ein abschreckender Beweis ist hier zu finden. gefunden von XXX, danke.
Um so schöner der Beweis Eulers: gefunden von Wadim und Daniel, danke

Aufgabe 4

232. Wertungsaufgabe

"Was machst du denn gerade, das kommt mir so bekannt vor?", fragte Mike. "Ich bastele Himmel und Hölle, das haben wir im Kindergarten schon gemacht", sagte Lisa. "Ach ja, stimmt und wofür ist das?" "Nun, in unserer Knobelgruppe sollen die Veränderungen der Quadrate während des Basteln untersucht werden. Wir beginnen mit einem 10 x 10 cm Quadrat und ermitteln jeweils den Umfang und die Flächeninhalte der Quadrate." Es gibt 4 blaue Punkte. Wie hoch wird ein solches Himmel-Hölle-Teil maximal (Ausgangskantenlänge a), wenn es auf den 4 Spitzen steht? Alle Flächen sollen dabei als eben betrachtet werden und "Verluste" durch die Dicke des Papiers werden vernachlässigt. - 5 rote Punkte.
Hier noch eine Anleitung:
http://de.wikipedia.org/wiki/Himmel_oder_H%C3%B6lle

Lösung

Es gab mehrere (ziemlich) komplette und übersichtliche Lösungsvorschläge. Ich habe mich für den von Felix Karu entscheiden, danke. Bitte an die anderen - nicht traurig sein.

Lösung 232 als pdf

Aufgabe 5

233. Wertungsaufgabe
Das Basteln hat allen Spaß gemacht, wir haben auch gleich noch Papierschiffchen gebastelt und diese gleich in dem quadratischen Schulhofteich schwimmen lassen. Leider konnten wir nicht alle wieder raus nehmen, da einige in die Mitte abgetrieben waren", sagte Maria. "Lagen da gestern nicht ein paar Bretter rum?", fragte Bernd. "Ja schon, aber die sind nicht lang genug, die Kantenlänge des Brunnens liegt bei 4m (blaue Fläche) und die zwei Bretter waren aber nur jeweils zwei Meter lang (Es waren eigentlich genau 2,03 m)." "Nun, dann hättet ihr doch die Schiffe retten können", meinte Mike. "Bist du sicher?" "Aber klar, doch." - 5 rote Punkte.
Wie breit müssten die zwei Bretter sein, damit aus diesen eine 6 cm breite Umrandung um den Brunnen herum gelegt werden kann? (Klar muss man sägen, aber so, dass nicht so viel ungenutzt bleibt, der Verlust durch das Sägen wird nicht gerechnet. - 6 blaue Punkte)

Lösung

blau: Die Bretter sind 2,03 m lang. Es werden für die Umrandung 4,06 m auf einer Seite gebraucht. 4 m wegen der Größe des Brunnens und die 6 cm, weil die Breite der Umrandung 6 cm sein soll. 8 Teilstücke werden gebraucht, also muss ein Brett in vier Teile je 6cm breite Teile (längs) gesägt werden. Damit müseen diese 24 breit sein.
Die Bretter einfach gerade auf das Wasser zu legen, würde zwar gehen, aber wer schon mal versucht hat, solche starken Bretter (24 cm siehe blau) zu bewegen, wenn man nur minimal anfassen kann, der wird wohl diese variante eher verwerfen, noch dazu wo die Chance die Schiffe wirklich ganz aus dem Wasser zu ziehen, nicht so einfach ist.
Man kann sich ausrechnen, wie groß wie die Lage von X und Z sein müssen, damit XZ und YB gleich lang sind. Dass dabei die Winkel mit 45° bzw. 90° angenommen werden können ist nicht zwingend, aber im Sinne der Aufgabenstellung sinnvoll. Diese Berechnung überlasse ich dem geneigten Leser. (Allerdings setzt eine solche Variante eine Brettlänge von mehr als 16/6 m (also rund 2,67 m), das ist immer noch deutlich weniger als die Kantenlänge von 4 m des Brunnens. Aufgaben mit den Angaben von 4 m (Brunnen) und 3 m (Bretter) sind die Klassiker bzw. 2 m (Bretter) und einem kreisförmigen Brunnen)
Aber irgend so eine "Abkürzung" müsste es schon sein.
Die Mitte des Teiches ist von einer Ecke 2,83 m (halbe Diagonale) entfernt. Das erste Brett wird im Sinne von der Punkte X und Z gelegt. Bei knapp zwei Meter effektiver Brettlänge ist dessen Mitte knapp einen Meter vom dem Eckpunkt entfernt.
Nun wird das zweite Brett vorsichtig darüber geschoben, so dass man es vom Rand aus halten kann. Dass Erreichen der Mitte ds Brunnens mit ausgestrecktem Arm eines Kindes (50 bis 70 cm), welches auf dem Brett liegt ist nun kein Problem mehr.

Aufgabe 6

234. Wertungsaufgabe

Bernd saß etwas verloren zu Hause in seinem Zimmer, Lisa und Mike waren im Kino und Maria war vom Zahnarzt noch nicht zurück. Er nahm sich ein Buch und fand darin einen Zettel mit einer Konstruktionsbeschreibung, die ihn in seinen Bann zog.
Zeichne ein Quadrat ABCD. Verlängere die Seite a über B hinaus, die Seite b über C hinaus, c über D und d über A. Nimm einen Zirkel. Zeichne einen Viertelkreis mit dem Radius b um den Punkt B, der C und die erste Verlängerung verbindet. Nun wird um A ein Viertelkreis gezogen, der den gerade entstandenen Schnittpunkt mit der zweiten Verlängerung verbindet. Ein neuer Schnittpunkt ist entstanden, der durch einen weiteren Viertelkreis (Mittelpunkt D, Radius so, dass es einen Anschluss an die Kurve gibt) ergänzt wird. Die passende Fortsetzung der Kurve erfolgt vom Punkt C aus. Zum Schluss wird die Kurve von Punkt B aus verlängert. Damit ist der erste Viertelkreis von dem letzten Viertelkreis eingeschlossen. Wie heißt die so konstruierte krumme Form und wie groß ist der Flächeninhalt der Gesamtkonstruktion, wenn das Quadrat 1 cm groß ist? (1 + 5 blaue Punkte). Das werde ich nachher den anderen zeigen, dachte sich Bernd und überlegte sich eine Formel für den Flächeninhalt und den Umfang einer solchen Figur, wenn die Ausgangsfigur ein regelmäßiges n-Eck der Länge a ist. (8 rote Punkte) Hinweis: bei einem n-eck sind es natürlich Kreis -n-tel die verwendet werden und die Figur ist fertig, wenn das erste Kreisstück überdeckt wird.

Lösung

Da Felix Karu wieder mal recht schnell war, verweise ich auf seine Lösungsvariante, danke
--> die Lösung <--

Aufgabe 7

235. Wertungsaufgabe

"Hallo Bernd, die Konstruktionsaufgabe von letzter Woche war ja richtig attraktiv, das hat unseren kleinen richtig Spaß gemacht, sie haben es auch für 5- und 6-Ecke probiert", meinte Lisa, die eine Zeichnung mitgebracht hatte. Diese stellte eine vereinfachte Darstellung einer atemberaubenden Brücke dar, die sie Urlaub gesehen hatte.
"Was machst du denn damit?", fragte Mike. "Ich habe hier erst einmal ein paar Angaben: Die Fahrbahn ist 562,5 m lang, das Fundament auf der linken Seite liegt 330 m unter der Fahrbahn, rechts sind es 180 m. Die Fundamente sind 400 m voneinander entfernt." Was soll man da ausrechnen?" "Nun die sechs blauen Punkte gibt es, wegen folgender Geschichte. Der Architekt der Brücke nahm seinen kleinen Sohn kurz vor der Einweihung mit auf die Brücke. Sie veranstalteten ein kleines Wettrennen mit dem Fahrrad. Der Vater fuhr mit 27 km/h und der Sohn mit 18 km/h. Wie viel Meter Vorsprung müsste der Vater dem Sohn geben, damit beide gleichzeitig auf der linken Seite ankommen, wenn der Start auf der rechten Seite erfolgte?"
"Eine schöne Aufgabe und dazu auch noch nett von dem Papa."
"Nun aber die rote Aufgabe (8 Punkte). Der Brückenbogen ist eine Parabel, mit welcher Gleichung kann man diese Parabel beschreiben (01 = 1m), wenn der Scheitelpunkt im Koordinatenursprung liegt?" "Das klingt nicht so einfach", meinte Bernd. Auch Mike bekam Grübelfalten. (Die Symmetrieachse liegt natürlich senkrecht zur waagerecht verlaufen Fahrbahn.)

Lösung

Eine sehr ausführliche Darstellung der Lösung von Linus, Klasse 4, danke.
hier klicken
Eine Parabel, deren Scheitelpunkt im Koordinatenursprung liegt, hat die Gleichung y =ax².
Bei der folgenden Rechnung wird auf die Angebe der Einheit Meter verzichtet.
(Bei eingereichten Lösungen wurde die schräg verlaufenden 400 m nicht beachtet.)
Den links liegenden Punkt nenne P1, den rechten mit P2. Der Abstand der x â€“ Koordinaten (d) dieser Punkte lÃ¤sst sich mit Hilfe des Satz des Pythagoras ermitteln:

Eine ganzzahlige Variante, von Felix Karu, danke
Mit der Parabel y = - 1/160 ·x² und den Stützstellen S₁ (-240; -360),S₂ (160 | -160) käme man mit ähnlichen Angaben zu "schÃ¶nen" Werten.

Aufgabe 8

236. Wertungsaufgabe

"Sagt mal, habt ihr gewusst, dass der Herrnhuter Stern möglicherweise von einem Mathematiklehrer erfunden wurde?", fragte Bernds Opa, der lange nicht mehr da gewesen war. â€žWie das denn?" "Nun, der Lehrer hatte eine recht große Einheit zum Thema Polyeder geplant. Die Schüler sollten diese Polyeder basteln und deren Oberfläche und Volumen berechnen. Damit das nicht ganz so langweilig war, ließ der Lehrer auf die Flächen der Polyeder noch Pyramiden kleben, na ja und das sah dann eben aus wie ein Stern." "Na klar, wenn ich auf einen Würfel -- ein recht einfaches Polyeder -- sechs Pyramiden draufklebe, dann habe ich einen sechsstrahligen Stern", bemerkte Lisa. "Das stimmt, aber wenn du einen Herrnhuter Stern basteln willst, brauchst du einen Polyeder, dessen Netz so aussieht. Alle Kanten dieses Netzes sind gleichlang, sagen wir einfach 4 cm."
Was die Schüler damals konnten, können wir heute sicherlich auch. 4 blaue Punkte gibt es für die Oberfläche des Herrnhut-Polyeders. Für die Berechnung des Volumens gibt es mit Herleitung der Formel 8 rote Punkte, wer nur in die fertige Formel einsetzt bekommt aber nur zwei.
eine Bastelanleitung

Lösung

Die blauen Punkte sind schnell erreicht. 18 Quadrate --> 18 · 4 · 4 · = 288 cm²
Dazu kommen die 8 gleichseiten Dreiecke (man kann die Flächeninhaltsformel (A = a²/4 · Wurzel(3))) verwenden oder - wie es einiges gemacht haben - das Dreieck wird konstruiert und die Höhe abgemessen und in A = g · h/2 eingesetzen. Das ergibt dann noch einmal 55,43 cm² und damit sind es insgesamt 343,53 cm².
Hier nun ein Bild des Körpers.
Dieser Körper lässt sich in vielfältiger Art und Weise zusammensetzen bzw. als "Restkörper" eines umschreibenden Würfels betrachten.

(Die älteste bekannte Darstellung dieses Körpers - von Leonardo da Vinci.)
Die Lösung von Felix Karu, danke
--> als pdf <--
Dass es bei der Aufgabe recht viel zu beachten gibt, zeigen die sehr wichtigen Hinweise von Dr. Göring, vielen Dank dafür
--> als pdf <--
Quelle der Bilder: http://de.wikipedia.org/wiki/Rhombenkuboktaeder

Aufgabe 9

237. Wertungsaufgabe

"Nun ist die Weihnachtszeit wieder vorbei, aber die Zweifarbigkeit meines Herrnhuter Sterns hat mich zu folgenden Aufgaben geführt", sagte Mike als er mit Bernd, Lisa und Maria zusammen saß. "Na dann zeig mal her," sagte Bernd.
Die Skizze zeigt die Färbung eines gleichschenkligen Dreiecks -- aus denen die Sternspitzen bestehen. Die Maße sind 5 cm für die Basis und je 23 cm für die Schenkel. Vergleiche den Flächeninhalt des gesamten Dreiecks mit dem oberen Dreieck, wenn dieses genau halb so hoch ist wie das große Dreieck und die Basen parallel liegen. (3 blaue Punkte). Welche Höhe müsste so ein oben liegendes Dreieck haben (Basen wieder parallel), damit der Flächeninhalt genau halb so groß ist wie der vom großen Dreieck? (4 rote Punkte.)

Lösung

Wenn man es genau liest, braucht bei der blauen Aufgabe nicht notwendigerweise gerechnet zu werden. Wird das obere Dreieck durch einen parallelelen Schnitt zur Basis des gleichschenkligen Dreiecks gebildet, so ist dieses zum Ausgangsdreieck ähnlich. (Lässt sich mittels Hauptähnlichkeitssatz auch schnell zeigen.) Bei der Halbierung der Höhe wird also das obere Dreieck halb so groß, so dass der gesuchte Flächeninhalt gerade mal 1/4 des ursprünglichen Flächeninhaltes beträgt.
A₁ = 1/2 · 1/2 h · 1/2 g = 1/4 · A
Gut sieht man dies auch an dem Bild, welches mir Felix Karu mit seiner Lösung mitschickte, danke.
roter Teil:
Es gibt viele Möglichkeiten die gesuchte Höhe zu ermitteln.
Eine Variante wäre den Zusammenhang zwischen Seitenlängen und Flächeninhalt von zu einander ähnlichen Figuren zu wählen. Ich nehme mal die Flächeninhaltinhaltsformel A = 0,5 · a² sin γ
Der neue Flächeninhalt ist A ₁ = 0,5 · a₁² sin γ = 0,5 · 0,5 · a² sin γ
-->
a₁² = 0,5 · a² | Wurzel
a₁ = Wurzel (0,5) · a
-->
h₁ = Wurzel (0,5) · h (wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke)
h lässt sich mit dem Satz des Pythagoras ermitteln: h = Wurzel (a² - (basis/2)²)
h = 22,86 cm --> h₁ = 16,17 cm.

Aufgabe 10

238. Wertungsaufgabe

"Ist schon erstaunlich, wie man sich verschätzen kann", gab Lisa zu, als sie von der Erledigung der letzten Aufgabe durch Ihre Mathematikgruppe berichtete. "Allerdings haben wir als Erweiterung der Aufgabe eine kleine Formeljagd unternommen". "Formeljagd -- was ist das denn?", fragte Bernd. "Formeljagd nennen wir das Aufspüren oder Finden von Formeln, die nicht im Tafelwerk stehen. So gibt es es in jedem Tafelwerk eine Formel, mit der man den Flächeninhalt eines gleichseitigen Dreiecks mit der Kantenlänge a ausrechnen kann. Wir haben nun überlegt, wie lang (Formel) die Kantenlänge eines gleichseitigen Dreiecks sein muss, dessen Flächeninhalt genau halb so groß ist wie die des ursprünglichen Dreiecks. Da wir einmal am Knobeln waren, haben wir auch eine Konstruktion mit Zirkel und Lineal gefunden, um diese Aufgabe zu lösen." (2x3 rote Punkte -- Formel + Konstruktionsbeschreibung.)" Das fanden einige recht kompliziert, so dass wir noch eine Konstruktionsbeschreibung (mit Begründung) suchten: Wie kann man zu dem vorgegebenen gleichseitigen Dreieck ein Quadrat konstruieren, welches einen doppelt so großen Flächeninhalt (3 blaue Punkte) bzw. den gleichen Flächeninhalt (5 blaue Punkte) wie das vorgegebene Dreieck hat."

Lösung

Wegen der Formeln und der Zeichnung die Lösung als
--> pdf <--

Aufgabe 11

239. Wertungsaufgabe

"Hallo Lisa, wozu brauchst du denn die vielen Streichhölzer"; fragte Mike. "So viele sind das gar nicht. Es sind genau 12 Stück und aus denen lege ich vier gleichseitige Dreiecke, die kongruent zueinander sind. Das ist ja nicht schwer." "Stimmt und nun?"
Jetzt soll man drei Streichhölzer weglegen und aus den verbliebenen wieder vier gleichseitige Dreiecke, die kongruent zueinander sind, bilden. Das ist nicht schwer, siehst du?" (ein Bild oder kurze Beschreibung 3 blaue Punkte) "Aber ich komme einfach nicht darauf, wie sich die Aufgabe mit nur 6 Streichhölzern lösen lassen soll?" (3 rote Punkte)

Lösung

Interessanterweise gab es für die rote Aufgabe mehr Varianten als bei der blauen. Zu unterscheiden sind dabei die Varianten beiden ausschließlich die geforderten zueinander kongruenten gleichseitigen Dreiecke auftreten (rot - Tetraeder) und denen, wo die Figuren die geforderten Dreiecken auch enthalten.
blau (Bild von Robin, danke) Die zwei Streichhölzer rechts könnten auch als Spitze oben angelegt werden, dann entstehen sogar 5 gleichseitige Dreiecke, von denen 4 kongruent zueinander sind.

rot:
Die Variante mit dem Quadrat und zwei übereinander gelegten Strechölzern liefert allerdings keine gleichseitigen Dreiecke, sondern gleichschenklige.

Hier sind es sogar 6 zueinander kongruente Dreiecke.

Der Klassiker

Aufgabe 12

240. Wertungsaufgabe

"Nach so vielen eckigen Aufgaben haben wir uns in unserer Mathematikgruppe wieder mal dem Kreis zugewandt und sind dabei auf folgendes Problem gestoßen und das könnte dich interessieren", sagte Maria zu ihrem Vater, der sich seit längerem nicht um die Aufgaben kümmern konnte. "Eigentlich sollte ich es dir nicht erzählen, denn wenn wir uns das als echten Wettbewerb vornehmen würden, hättest du keine Chance gegen mich." Ist ja nett von dir, dass du deinen Vater nicht reinlegen willst oder denkst du ich bin zu alt?" Nein, das ist es natürlich nicht, es ist die Mathematik, die sich dahinter verbirgt, die mir eine Chance gibt. Du erinnerst dich doch noch an den ideal kreisförmigen See vom letzten Urlaub in der Eiffel, an dessen Ufer ein Rundweg war." "Aber klar doch, der hatte einen Radius von ziemlich genau 100 m." (3 blaue Punkte für Flächeninhalt und Umfang eines halb so großen Sees.)
"Nun die nicht wirklich faire Wette. Du bist am Ufer. Ich sitze in einem Tretboot in der Mitte des See und wette mit dir, dass ich es schaffe, vor dir an einer bestimmten Stelle des Ufers zu sein." "Ich bin aber schneller als du, ich gehe mal von 4m/s aus, während du nur 1 m/s schaffst." "Von diesen Werten bin ich auch ausgegangen." "Na gut, wenn du geradewegs auf das Ufer zu ruderst, brauchst du 100 Sekunden, in der Zeit schaffe ich 400 Meter -- um den halben See herum sind es aber nur 314 Meter, also schaffe ich es locker." "Stimmt, aber wenn ich mich 24 Meter auf das Ufer zu bewege, dann brauche ich nur 76 Sekunden. Würdest du mir in dem Moment am Ufer genau richtig weit weg gegenüberstehen -- also 74 m Meter weg, dann würdest du in 76 Sekunden nur 304 m schaffen und keine 314 Meter, die du brauchst." "Das ist richtig, aber wie willst du es schaffen, dass ich dir so gegenüberstehe?" "Da habe ich eine Idee, ..." "Du meinst ohne Hilfe von irgendwelchen äußeren Einflüssen und bei meinem Willen eigentlich auch zu gewinnen, sollte das gehen?" "Ja, ich denke schon!" (6 rote Punkte für die Strategie + x Punkte für die Zeit vom Beginn des Experiments bis zum Erreichen des Ufers durch Maria.)

Lösung

Blau, nun das ist ja nicht schwer.
Antwort von Eric, danke.
Halber Radius geg.: r₁=100m-> r₂=50m
ges.: A, u
A=π*r² A=π*(50m)² A=7853,98m²
u=2π*r u=2π*50m u=314m
Der Flächeninhalt des halb so groÃŸen See's wäre also 7853,98m² und der Umfang wäre 314 m groß.
rot:
Maria rudert 24 Meter auf ihren Vater zu, ist also 76 m vom Ufer entfernt. Wenn sie nun beginnt im Kreis zu rudern, wird der Vater mit dem gleichen Umlaufsinn mit laufen. (macht er es nicht, erreicht sie ja nach einer halben Umkreisung schon den obigen Abstand.) LÃ¤uft er gegen ihren Umlauf erreicht Maria den gewünschten Punkt noch eher. ...
Der Umfang ihrer Bahn liegt bei π*2*24 m (rund) 151 m. Sie braucht dafür 151 Sekunden. In dieser Zeit schafft der Vater 604 m. Das aber ist weniger als der Umfang des Sees. Somit bleibt der Vater hinter Maria zurück. Also selbst, wenn man davon ausgeht, dass der Vater dieses Tempo sehr lange durchhält, kann er auf Dauer nicht verhindern, dass Maria auf Ihrer Bahn einen Punkt erreicht, von dem aus sie zum Ufer starten kann.
Wie lange dies mindestens dauert, mag der geneigte Leser selber noch nachrechnen.

Auswertung Serie 20 (rote Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				229	230	231	232	233	234	235	236	237	238	239	240
1.	Felix Karu	Innsbruck	72	6	7	10	5	5	8	10	8	4	6	3	-
2.	Doreen Naumann	Duisburg	51	-	7	3	5	5	8	2	7	4	3	3	4
3.	Wadim Michaljow	Königs Wusterhausen	42	6	7	3	2	5	-	5	7	4	3	-	-
4.	Paula	Hartmannsdorf	33	-	-	-	5	-	-	7	8	4	-	3	6
4.	Andree Dammann	München	33	6	7	3	5	2	-	-	-	4	3	3	-
5.	Alice Ludewig	Chemnitz	23	6	7	-	-	-	3	-	-	4	-	3	-
6.	XXX	???	17	-	-	3	-	5	-	-	-	-	-	3	6
7.	Bernhard Richter	Chemnitz	12	-	-	-	-	-	6	-	6	-	-	-	-
8.	Rafael Seidel	Chemnitz	8	-	4	2	2	-	-	-	-	-	-	-	-
8.	Dr. Frank Göring	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-	-	-
9.	Janosch Dimter	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-
9.	Jamila Wähner	Chemnitz	6	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	3	-
9.	Sophie Dani	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	2	-
10.	Eric Rech	Chemnitz	5	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
11.	Felix Taubert	Chemnitz	4	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	3	-
11.	Isabell Wache	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-	3	-
12.	Ellen Richter	Chemnitz	3	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
12.	Luise Adam	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
12.	Emil Maibier	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
12.	Stephanie Dani	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
12.	Torsten Zwingelberg	Pritzwalk	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
12.	Katrin Posselt	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	1	-	-	2	-
12.	Matthias Keussen	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-
12.	Daniel Hufenbach	Chemnitz	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
12.	Judith Bergmann	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
12.	Rico Bräutigam	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
12.	Robin Schmidt	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
12.	Christoph-Stefan Thibaut	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
12.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
12.	Agnieszka Urban	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
13.	Sandro Kuban	Pulsnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
13.	Richard Brinkel	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
13.	Ronja Fischer	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
13.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
13.	Anja Posselt	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
13.	Max Geißler	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-

Auswertung Serie 20 (blaue Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				229	230	231	232	233	234	235	236	237	238	239	240
1.	Rafael Seidel	Chemnitz	56	6	4	3	4	6	6	6	4	3	8	3	3
2.	Felix Karu	Innsbruck	53	6	4	3	4	6	6	6	4	3	8	3	-
3.	Doreen Naumann	Duisburg	47	6	4	3	4	6	5	6	4	3	-	3	3
4.	Wadim Michaljow	Königs Wusterhausen	41	6	4	3	4	6	-	6	4	3	2	-	3
5.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	36	6	4	3	4	6	-	6	4	-	-	3	-
6.	Andree Dammann	München	31	6	4	3	4	5	-	-	-	3	-	3	3
7.	Alice Ludewig	Chemnitz	28	6	4	-	-	-	6	6	-	3	-	3	-
8.	Ronja Fischer	Chemnitz	20	-	4	-	-	-	-	6	4	-	-	3	3
8.	Judith Bergmann	Chemnitz	20	-	4	-	-	-	-	6	4	3	-	3	-
8.	Paula	Hartmannsdorf	20	-	-	-	4	-	-	6	4	3	-	3	-
9.	Ellen Richter	Chemnitz	19	6	4	-	-	-	-	6	-	-	-	3	-
10.	Richard Brinkel	Chemnitz	18	-	-	-	-	-	6	6	-	-	-	3	3
10.	Isabell Wache	Chemnitz	18	-	-	-	-	-	6	6	-	3	-	3	-
11.	Robin Schmidt	Chemnitz	15	-	-	-	-	-	5	-	4	3	-	3	-
12.	Janosch Dimter	Chemnitz	14	-	-	-	-	-	-	6	4	-	-	-	-
12.	Christoph-Stefan Thibaut	Chemnitz	14	-	-	-	-	-	5	6	-	-	-	3	-
12.	Eric Rech	Chemnitz	14	-	4	-	-	-	-	-	4	-	-	3	3
12.	Emil Maibier	Chemnitz	14	-	-	-	-	-	5	6	-	-	-	3	-
13.	Max Geißler	Chemnitz	13	-	-	-	-	-	-	6	4	-	-	3	-
13.	Sophie Dani	Chemnitz	13	-	-	-	-	-	-	6	4	-	-	3	-
13.	Matthias Keussen	Chemnitz	13	-	-	-	-	-	-	6	4	3	-	-	-
13.	Anja Posselt	Chemnitz	13	-	-	-	-	4	-	-	-	3	-	3	3
13.	Katrin Posselt	Chemnitz	13	-	-	-	-	-	-	-	4	3	-	3	3
14.	Hermann Thum	Chemnitz	12	-	-	-	-	6	-	-	-	3	-	3	-
15.	Bernhard Richter	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	6	-	4	-	-	-	-
16.	Felix Taubert	Chemnitz	9	-	-	2	4	-	-	-	-	-	-	3	-
16.	Ria Hopke	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	3	-
16.	Loise Reichmann	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	3	-
16.	Stephanie Dani	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	3	-
17.	Lisa Grassmann	Chemnitz	8	-	2	-	-	-	-	-	3	-	-	3	-
18.	Hannah G.	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	3	-
18.	Steffen Scheunpflug	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	3	-
19.	Felix Brinkel	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	3	-	3	-	-	-
19.	XXX	???	6	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	3	-
20.	Jamila Wähner	Chemnitz	5	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	3	-
21.	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
21.	Johannes Gold	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
21.	Hannah - Kl7	Chemnitz	4	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-	-
21.	Dr. Frank Göring	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
21.	Henrike Grundmann	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
21.	Julia Ritter	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
21.	Theresa G.	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
21.	Ellen Wilde	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
21.	Friederike	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
21.	Julia Voigt	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
21.	Emilie Grossinger	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
22.	Agnieszka Urban	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
22.	Lukas Kirchberg	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
22.	Torsten Zwingelberg	Pritzwalk	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
22.	Pauline Marschk	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
22.	Sandro Kuban	Pulsnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
22.	Jakob Schreiter	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-
22.	Rico Bräutigam	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
22.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
22.	Daniel Hufenbach	Chemnitz	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
23.	Ingmar Richter	Chemnitz	2	-	1	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-
24.	Ernesto Uhlmann	Chemnitz	1	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-
24.	Amerin Roßberg	Chemnitz	1	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-
24.	Tim Jechorek	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-

Serie-19

Mathematik auf dem Schachbrett

Aufgaben und Lösungen Serie 19

Aufgabe 1

217. Wertungsaufgabe

"Die Lösung der letzten Aufgabe fand ich sehr überraschend", musste selbst Bernds Vater zugeben. "Ist eure Schule eigentlich an der Vorbereitung für die Schacholympiade beteiligt?", fragte er nach. "Ja, ich denke schon", meinte Bernd, "ich werde mal bei unserem Hausmeister nachfragen, denn der ist unser Schachexperte." "Na, wenn das so ist, dann wird er sich über diese Aufgabenserie sicher freuen, denn es wird 12 Aufgaben rund um das Schachbrett geben. Schach und Mathematik passen gut zusammen." "Das stimmt". "Auf dem Bild seht ihr einen aus schwarzen und weißen Würfeln errichteten Schachturm. Auf dem kann man ganz normal Schach spielen, denn von oben betrachtet, sieht er wie ein normales Schachbrett aus. Es ist sicher nicht schwer herauszubekommen, wie viele schwarze und weiße Würfel verbaut wurden â€“ 4 blaue Punkte. Wie hoch ist ein solcher Turm, wenn auf einem n x n Feld etwas mehr als 1000 Würfel (schwarze und weiße zusammen) auf diese Art aufgestapelt werden? 4 rote Punkte"

Lösung

Die Zahl aller Würfel ist 1 + 4 + 9 + ... + 64 = 204.
(Die Summe der ersten n Quadratzahlen lässt sich mit n(n+1)(2n+1)/6 ermitteln.)
Die Anzahl der weißen Würfel von oben nach unten ist auch leicht zu sehen:
1 + 2 + 5 + 8 + 13 + 18 + 25 + 32 = 104, verbleiben 100 schwarze. (Hat da jemand eine Formel?)
Setzt man die obere Reihe fort: 204 + 81 + 100 + ... wird bei 196 die 1 000 knapp überschritten. Es sind also 14 Schichten - für diese braucht man 1015 Würfel.

Aufgabe 2

218. Wertungsaufgabe

" In unserer Gruppe haben wir angefangen, den Würfelturm zu bauen, der wird richtig gut", sagte Lisa, als sie mit Maria bei Bernd und Mike ankam. "Die Vielfalt der Spielmöglichkeiten beim Schach ist schon verblüffend", stellten sie fest. "Dann macht es doch erst mal etwas einfacher. Nehmt vom Spielfeld alle Figuren runter, bis auf den schwarzen König auf e8. Der braucht 7 Züge bis zur gegenüberliegenden Seite (er geht also in jedem Fall vorwärts, ob gerade oder schräg, ist egal.) Wie viele verschiedene Wege gibt es für den König, um zum Feld e1 zu gelangen (7 rote Punkte). Wie viele Felder (und welche) erreicht der schwarze König nicht? (4 blaue Punkte)"

Lösung

Die Antworten zu rot und blauen Punkten geht es dem Bild recht einfach hervor. Es sind also 32 Felder, die der König nicht erreicht, wenn er auf e1 in 7 Zügen ankommen soll.

In diesem Bild sieht man die Zahlen, wenn alle Felder der Zeile 1 zugelassen sind, eine Verwandtschaft zum Pascalschen Dreieck ist nicht ganz abzusprechen, oder?

Aufgabe 3

219. Wertungsaufgabe

"Die Wandermöglichkeiten des Königs sind ja wirklich enorm. Noch dazu, wenn man bedenkt, dass er das auf nur 32 der 64 Felder schafft", meinte Bernds Vater, als er die letzte Aufgabe gelöst hatte. "Da fällt mir das Dameproblem ein, aber das war schon mal dran. Nun, dann bleiben wir einfach noch beim König. Gesucht ist eine Aufstellung von so vielen Königen wie möglich, ohne dass sie sich gegenseitig bedrohen. (4 blaue Punkte). Welches ist die kleinste Anzahl von Königen, um alle nicht besetzten Felder zu bedrohen? (4 rote Punkte)".
Anmerkungen:
1. Es sollen natürlich keine anderen Figuren auf dem Brett stehen.
2. Für beide Aufgaben gilt, einer der Könige steht auf e5.
3. Es reicht die Aufstellung der Könige, eine genaue Begründung wird nicht verlangt.

Lösung

Stellt man den den ersten König wie verlangt auf e5, so ergeben sich folgende Bilder:
Damit passen für blau 16 Könige auf das Brett. Für rot müssen es 9 sein.
Dank an Andree und XXX für ihre weitergehenden Überlegungen.

Aufgabe 4

220. Wertungsaufgabe

"Die Könige sind schon wichtig, aber wie sieht es mit dem Brett selber aus. Habt ihr da eine Idee?", fragte Lisa. "Aber klar doch", meinte Bernd.
"Es geht nicht um die Aufgabe mit den Reiskörnern, denn die kennt ja jeder. Wir nehmen mal das Schachbrett von letzter Woche. Jedes der Felder war da 5 cm groß. Wie groß ist der kleinste Kreis, in den das Schachbrett gerade so rein passt. (Für die rechnerische oder zeichnerische Lösung - mit Beschreibung - gibt es 4 blaue Punkte.)
Die Schachbrettkugel sieht ja erst mal nicht schwierig aus. Der Umfang der Kugel sei gleich dem Durchmesser des größten Kreises, der in das obige Schachbrett hineinpasst.
Wie schwer wäre eine solche Kugel aus massivem Gold? - 3 rote Punkte. Wer eine gute richtige Lösung zum zweiten Teil hat, bekommt noch mal richtig 6 rote Punkte dazu. Wie groß ist der Flächeninhalt des Feldes e5 - das mit dem K?"

Lösung

blau: Der kleinste Kreis, der um das Schachbrett passt, ist der Umkreis des Quadrates. Das Quadrat hat eine Größe von 8 mal 5 cm gleich 40 cm. Der Umkreis lässt sich recht leicht konstruieren. Diagonalen einzeichnen und vom Schnittpunkt der Diagonalen einen Kreis zeichnen,der durch die eckpunkte des Quadrates geht. Der Durchmesser des Kreises hat also die Länge der Diagonalen. Die Länge lässt sich mit e = Wurzel (2) * 40 cm auch berechnen und ergibt dann:
d= 56,57 cm bzw. r = 28,28 cm.
Der größte Kreis der in (auf) das Schachbrett passt hat einen Durchmesser von 40 cm. Die Kugel hat also einen Umfang von 4 * 5 cm gleich 40 cm
Damit ergibt sich der der Radius zu 6,36 cm. Mit V = 4/3 π r³ ergibt sich das Volumen zu: 1080,8 cm³.
Da jeder cm³ Gold 19,3 g wiegt (Dichte) hat die Kugel eine Masse von 19,3 * 1080,8 g und das sind umgerechnet fast 20858 g - also fast 21 kg. - Wahnsinn
Der zweite Teil der Lösung von Felix Karu, danke.
als pdf

Aufgabe

221. Wertungsaufgabe

"Oh je, die Aufgabe mit der Schachkugel war ja ganz schön schwer und das nicht nur, weil so eine riesige Kugel aus Gold so schwer ist." "Da hat Bernd vollkommen Recht", meinte auch Lisa, die etwas verzweifelt auf ein Schachbrett voller Zahlen schaute. "Was ist denn mit den Zahlen?" "Es sieht so aus, als hätte da jemand die Zahlen von 1 bis 64 recht wahllos auf die Felder geschrieben, aber ich denke, da steckt vielleicht etwas Geheimnisvolles dahinter." Für die Entdeckung des zauberhaften Geheimnisses gibt es 4 blaue Punkte.
"Ich habe noch eine alte Aufgabe entdeckt", sagte Mike, der auch noch etwas ratlos auf das Zahlenschachbrett schaute. "Das Schachbrett soll durch Schnitte entlang der Kanten der Felder in vier gleichgroße zu einander kongruente Teilstücke zerlegt werden." "Was soll daran schwer sein, wenn ich das Brett halbiere und die Stücke dann noch mal dann sind es vier zu einander kongruente Quadrate." "Ach Bernd, ganz so einfach ist es denn doch nicht, denn auf h1, g2, f3 und e4 soll immer eine Dame oder eine andere Figur stehen. Und nun kommt es, die Zerlegung muss so gemacht sein, dass auf jedem der 4 Teilstücke auch genau eine der Figuren steht." Zu erreichen sind 4 rote Punkte.

Lösung

An dem Zahlenquadrat gibt es recht viel zu entdecken, so dass es auch mehrere Lösungsansätze gibt.
Es handelt sich um ein magisches Quadrat der Ordnung 8. In jeder Zeile und jeder Spalte, so wie bei den Diagonalen ergibt sich als Summe 260. Darüber hinaus sind auch Spiegeelungen und Drehungen erkennbar, die mit der Konstruktion dieses speziellen magischen Quadrat zusammenhängen. zum Weiterlesen.
Eine Zerlegung des Schachbrettes ist hier zu sehen.

Aufgabe 6

222. Wertungsaufgabe

Die Teilung des Schachbrettes war ja im wahrsten Sinne eine verschlungene Angelegenheit, also gar nicht so einfach". "Der Meinung bin ich auch", meinte Bernd. "Es gibt doch sicher noch andere Schachbrettformen als immer nur das quadratische 8x8-Feld." "Aber klar doch, der Schachturm war schon ein Beispiel für eine andere Variante, wobei der sich ja wie ein normales Brett bespielen ließ", gab Maria zu bedenken. "Bevor wir uns solchen Brettern zu wenden, habe ich noch was anderes", sagte Mike und zeigte den anderen seine Aufgaben.
Es soll das Schachbrett (a = 40 cm) genommen werden. Auf welchen Feldern (Ränder) liegen die zwei Ecken des größten gleichseitigen Dreiecks, welches auf das Schachbrett passt, wenn die dritte Ecke genau in der Ecke von h1 (unten rechts) liegt. Wie groß ist dieses Dreieck? (Länge, Umfang und Fläche) - 6 rote Punkte. 3 blaue Punkte gibt es für die größtmögliche Anzahl von Springern auf einem Schachbrett, die sich nicht bedrohen - Begründung nicht vergessen.

Lösung

blaue Aufgabe von XXX, danke
Das Springerproblem hat prinzipiell zwei Lösungen mit einer Idee: Zwei Springer auf gleichen Farben bedrohen einander nicht! Mithin kann man 32 Springer, eben farbgleich aufs Brett stellen. Und mehr geht nicht, da sie jedes andersfarbige Feld bedrohen!
Leider begründet das noch nicht, dass man nicht mehr Springer unterbringen kann, wenn man bei einem zweiten Versuch die beiden ersten Springer z.B. auf aneinander grenzende Felder stellt.
Jeder Springer besetzt ein Feld und bedroht bis zu acht leere Felder. Ein leeres Feld kann aber von bis zu acht Springern bedroht werden, sodass letztlich pro Springer ein Feld besetzt, maximal ein zusätzliches Feld bedroht wird. Damit sind wir bei den 50% der Felder, die man besetzen kann.
Diese Argumentation kümmert sich nicht um Effekte am Rande des Schachbrettes, wo Springer "am Rande" auch mal nur zwei Felder kontrollieren, andererseits ein Feld auch nicht von bis zu acht Springern bedroht werden kann. Wie gewagt der 50%-Schluss ist, zeigt das 2x2-Brett, auf welchem man 100%, nämlich 4 Springer stellen kann.
rote Aufgabe von Doreen N., danke
Die Diagonale teilt das Brett, das gesuchte gleichseitige Dreieck liegt je zur Hälfte in einer der beiden Hälften des Brettes. Die beiden anderen Ecken des größten gleichseitigen Dreiecks berühren das Brett links und oben, in den Ecken beträgt der winkel jeweils 60°. Unterhalb des Dreiecks entsteht ein weiteres Dreieck mit den Winkeln 15° rechts unten((90-60)/2) und 75°links(180-90-15).Nun können wir die Seitenlänge des gleichseitigen Dreiecks berechnen.
sin75°=40/x
x=41,41
und nun die noch unbekannte dritte Seite des rechtwinkliges Dreiecks unten sin15°=a/x
a=10,72
damit liegen die Ecken in den Feldern a3 und f8 ->das Ganze lässt sich auch auf das rechtwinklige Dreieck oben rechts übertragen das gleichseitige Dreieck:
Länge x =41,41
Umfang u=3*x=124,23
Flächeninhalt A=x²/4*Wurzel3=742,56

Aufgabe 7

223. Wertungsaufgabe

Da war ja das Brett richtig voll mit Springern, na ja wenn die Zugfolge nun mal so ist, braucht man sich nicht zu wundern, dass 32 Springer drauf passen". "Mike, du hast Recht, wie so oft", meinte Bernd. "Sag mal, geht jetzt nicht schon wieder die Sommerpause los?" "Aber ja, für diese Aufgabe kann man sich Zeit lassen". "Na gut, dann frage ich mal für 8 rote Punkte, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich zwei zufällig auf einem Brett stehende Damen bedrohen." "Nun das hört sich nicht gerade einfach an", meinte Lisa, die gerade dazugekommen war. "
Wobei, für die 6 blauen Punkte braucht man auch Fantasie." "Lass hören". "Statt des Schachbrettes wird ein gleichgroßes Schachtuch (40 cm) genommen und um einen passenden Holzzylinder "geklebt", so dass die a-Kante und die h-Kante aneinander liegen. Welchen Durchmesser muss der Zylinder haben und bis wohin kommt ein Läufer, der auf d1 steht, wenn er eine vollkommen freie Bahn hat."

Lösung

Blau: Die 40 cm des Schachbrettes sind der Umfang des Zylinders. Mit u=Π * d, ergibt sich d zu rund 12,7 cm.
Wo die Läufer ankommen sieht man im Bild.
Für die recht komplexe Lösung der roten Aufgabe möchte ich mich bei XXX bedanken.
--> als pdf <--
Anmerkung - der vorkommende Bruch lässt sich gut kürzen. 1456/4032 = 13/36
Meine Variante ist auch nicht kürzer, allerdings ist die erreichte Endformel für ein n x n - Feld gar nicht mehr so schlimm:
P= 1 - (n-2)*(3n-1)/(3n(n+1)) - lässt sich auch noch etwas vereinfachen.
Bild von Torsten Jechorek, danke

Aufgabe 8

234. Wertungsaufgabe

"Das zusammengewickelte Schachbrett hat unserer Gruppe richtig gut gefallen", sagte Lisa als sich die vier nach den Ferien wieder trafen. "Das ging mir selber aber auch so", gab Bernd zu. "Prima, dann lasst uns mit den Primfeldern eines Schachbrettes weiter machen." "Primfelder?" "Also passt auf, auf die Felder eines Schachbrettes - siehe Bild - werden von links nach rechts und oben nach unten die Zahlen von 1 bis 64 geschrieben (pro Feld eine Zahl). Anschließend wird das wiederholt, aber nun von unten nach oben (von links nach rechts bleibt). Die Felder, auf die zweimal eine Primzahl geschrieben wird, ist ein Primfeld. Es sollte doch für 6 blaue Punkte zu schaffen sein, alle Primfelder zu notieren." "Ich denke, das wird klappen", meinte Bernd und überlegte: "Wie groß ist wohl die Summe aller verwendeten Zahlen auf der untersten Reihe eines n x n Schachbrettes?" (4 rote Punkte)

Lösung

Die Lösung der blauen Aufgabe von Ernesto, danke
Lösung als pdf
Die Lösung der blauen Aufgabe von Wadim, danke
Wenn man von unten nach oben zählt, dann haben die unteren Feldern die Zahlen von 1 bis n (n*(n+1)/2). Wenn man von oben nach unten zählt, dann haben die unteren Feldern die Zahlen von n²-n bis n².
Rechnen zuerst die Summe von 1 bis n². n²*(n²+1)/2.
Jetzt rechnen wir die Summe von 1 bis n²-n. (n²-n)*(n²-n+1)/2.
Und aus erste Reihe wird die zweite abgezogen. Das ist die Summe, die wir brauchen.
Am Ende bekommen wir n*(n²+1).
Anmerkung Thomas: Auf jeder Zeile eines solchen nxn Feldes ist es die gleiche Summe, ist doch cool oder.

Aufgabe 9

225. Wertungsaufgabe

"Ich hätte ja nicht gedacht, dass die Summe aller Zahlen auf einer Reihe sich doch mit so einer recht einfachen Formel berechnen lässt", meinte Maria, als sie die Formel sah, "noch dazu, wo auf jeder Reihe die selbe Zahl als Ergebnis vorkommt. Bei dem n x n fällt mir auch eine schöne Aufgabe wieder ein, die ich irgendwo schon mal gesehen habe. Auf einem 3 x 3 Schachbrett (also zum Beispiel in der linken unteren Ecke unseres Bildes stehen vier Springer in den Ecken. Die weißen unten, die schwarzen oben. Finde eine Zugfolge, so dass am Ende die Springer ihre Plätze getauscht haben. Es wird abwechselnd gezogen (nur im begrenzten 3 x 3 Bereich), die Springer dürfen sich durchaus zwischendurch bedrohen, aber natürlich nicht gleichzeitig auf einem Feld stehen." (Die halbe Mindestzugzahl wird als blaue Punkte vergeben.) "Das klingt aber nicht ganz einfach", meinte Lisa, "aber unsere jüngere Spezialistengruppe wird das schon schaffen. Lass uns mal aber noch das probieren. Auf unser komplettes Schachbrett sollen möglichst viele reguläre Würfelnetze gelegt werden. Die Quadrate der Netze sind genau so groß wie die Felder des Schachbrettes. Natürlich dürfen sich die Netze nicht überlappen und auch nicht über den Rand ragen." "Was meinst mit regulärem Würfelnetz?" Regulär sind alle Netze, die sich zu einem Würfel zusammenfalten lassen und deren Quadrate an den Kanten verbunden sind. Welche der 11 möglichen Formen von Netzen genommen werden und wie viele jeder Art ist egal." Jedes Netz bringt einen roten Punkt.

Lösung

Für die blaue Aufgabe bietet sich eine Analyse der Zugmöglichkeiten an. Das Feld B2 wird nicht genutzt. Von jedem anderem sind genau zwei Felder erreichbar. Damit lässt sich ein Rundweg konstruieren bzw. wenn ein Springer immer ein Feld nutzt, von dem er nicht kommt, ergibt sich der Rundweg zwangsläufig.
Damit sich die Springer nicht auf die Hufe treten, entscheidet man sich für eine Richtung. Jeder Springer führt 4 Bewegungen aus. Es sind also 16 Bewegungen notwendig.
Echte Schachspieler sehen dabei aber nur 8 Züge. Weiß + Schwarz = ein Zug. Damit gäbe es nach meiner Punkteverteilung von oben eigentlich nur 4 Punkte, aber ich möchte doch 8 vergeben.
Noch ein sehr schönes Bild von Wadim, danke.

Würfelnetze auf dem Schachbrett - das war schon mal was anderes. Da hätten natürlich sehr viele mitmachen können, um wenigstens ein paar Punkte zu erhaschen, selbst wenn man nur 3 oder 4 draufmalt, wären das ja 3 oder 4 Punkte gewesen, aber nun ja.
Die Spitzenreiter: Paula, XXX; Bernhard, Felix und Doreen - je 9 Netze, zwei der eingesandten Lösungen:

Ob es überhaupt mit 10 Netzen geht, ist noch ungeklärt.

Aufgabe 10

226. Wertungsaufgabe

"Würfel auf dem Schachbrett hatten wir ja schon, aber die Würfelnetze, die fand ich richtig gut", meinte Bernds Opa, der seine Herbsterkältung überstanden hatte und nun wieder mal zu Besuch war. "Die Aufgabe mit den Springern kannte ich schon, denn es ist eine sehr alte Aufgabe - sie soll von Guarino Guarini stammen, der im 17. Jahrhundert lebte. Ich habe für euch auch noch eine einfache Aufgabe. Ein normales Schachbrett hat ja 64 Felder, da lassen sich schnell mal die Randfelder auszählen. Aus wie vielen Feldern besteht ein Super-Schachbrett, welches 300 Randfelder hat?" 3 blaue Punkte.
"Als ich die zweite Aufgabe der Schachserie gesehen habe, ist mir noch eine Aufgabe eingefallen. Wenn man von a1 nach h8 in Einerschritten mit einem Turm geht, braucht man genau 14 Schritte. Aber wie viele solcher 14-Wege gibt es?" 6 rote Punkte. "Na Opa, da hast du uns ja noch eine Rätselnuss aufgegeben, aber wir werden es schon schaffen.", meinte Bernd.

Lösung

blau:
Ein n x n-Feld hat 4n - 4 Randfelder- 4 Seiten mit n, wobei die doppelt gezählten abgezogen werden müssen.
Beispiel: Das normale Schachfeld 4 x 8 -4 = 28 Randfelder (lässt sich leicht nachzählen) und 64 Felder (64=8²).
300 Randfelder --> 4n - 4 = 300 --> 4n = 304 --> n = 76 --> 76² = 5776
Es sind also 5776 Felder auf einem Brett, welches dann genau 300 Randfelder hat.
Für die Wegezahl verwende ich hier die Lösung von Felix Karu, danke.
Wie viele Möglichkeit gibt es 7 Schritte nach rechts und 7 Schritte nach unten anzuordnen?
Gesamtschritte 14, Rechtsschritte 7, Abwärtsschritte 7.
Anzahl der Möglichkeiten: A = 14! / ( 7!* 7!) = 3432
Von (r,r,r,r,r,r,r,a,a,a,a,a,a,a) bis (a,a,a,a,a,a,a,r,r,r,r,r,r,r)
Für eine nxn Feld gibt es A = (2 * (n - 1))! / ((n - 1)!* (n - 1)!) = (2 * n - 2)! / ((n - 1)!* (n - 1)!)
Hier noch die Lösung von Wadim, echt stark, danke.
In jedes Feld habe ich die Anzahl der Möglichkeiten, dieses Feld zu betreten, hineingeschrieben. Man sieht, dass eine Zahl die Summe der Zahlen ist, die neben ihm stehen und sie berühren. Dadurch ergibt sich die Anzahl der verschiedenen Wege. Hier ist mein Bild:

1	8	36	120	330	792	1176	3432
1	7	28	84	210	462	924	1176
1	6	21	56	126	252	462	792
1	5	15	35	70	126	210	330
1	4	10	20	35	56	84	120
1	3	6	10	15	21	28	36
1	2	3	4	5	6	7	8
1	1	1	1	1	1	1	1

Es sind 3432 Möglichkeiten.
Diese systematische Lösung zeigt die Verwandtschaft mit der Aufgabe 2 dieser Serie.

Aufgabe 11

227. Wertungsaufgabe

"Das waren ja echt viele Wege, die es für so einen Turm gibt", sagte Lisa ganz erstaunt, als sie die Lösung sah. "Aber trotzdem soll der Turm noch einmal von a1 nach h8 wandern, aber dieses mal so, dass er alle Felder zwischendurch genau einmal - also wirklich drauf, aber eben nur einmal - betritt." "Fragst du wieder wie viele solche Wege es gibt?", hakte Bernd nach. "Aber nein, ein solcher Weg würde mir reichen." "Bist du sicher, dass so einen Weg gibt?", warf Maria ein. "Ich denke schon, aber wenn es keinen Weg geben sollte, wäre es ja interessant zu wissen, warum es nicht gehen kann." (Für eine vollständige Betrachtung des Problems also auch für nxn-Felder sind bis zu 6 blaue Punkte möglich).
"Ich möchte mir mal ein Überblick über das Schachbrett verschaffen." "Wie das?" "Nun ich stelle mir vor, dass ich über der rechten unteren Ecke (h1) unseres Schachbrettes (Größe wie gehabt: 8 x 5 cm) in einer Höhe von 40 cm schwebe und auf die untere Kante des Feldes a1 schaue. Unter welchem Winkel sehe ich dann wohl diese Kante?" Es gibt 6 rote Punkte - die jüngeren Teilnehmer können das auch konstruktiv mit einer maßstabsgerechten Zeichnung lösen.
*Interessant vielleicht auch noch die Frage, auf welcher Kurve sich dieser "Blickpunkt" in Richtung untere Ecke von a1 bewegen müsste, so dass der Blickwinkel immer gleich bleibt. Für eine elegante Lösung gibt es noch ein paar rote Punkte dazu.

Lösung

Es gibt auf dem 8x8-Feld keinen solchen Weg. Die Anzahl der zu betretenden Felder ist 63 (a1 scharzes Feld ist ja Startfeld).Da sich die Farbe eines Feldes mit jedem Schritt ändert, sind die "ungeraden" Felder weiß un die "geraden" schwarz. Bei dem 8x8-Feld wäre das 63. Feld aber schwarz - Widerspruch.
Für n folgt nun, es sind n² - 1 Schritte auszuführen.
Ist n gerade, dann ist die Schrittzahl ungerade, das letzte Feld müste weiß sein, ist aber schwarz - es gibt also keinen solchen Weg.
Ist n ungerade, dann ist die Schrittzahl gerade, d.h. das letzte Feld müste schwarz sein und das ist es ja auch, also gibt es solche Wege, ein einfacher ist ganz nach rechts, eins hoch, ganz nach links, eins hoch, ganz nach rechts usw.
Die Strecken AC und CD sind gleich lang (40cm). Damit sind ∠ DAC und ∠ CDA gleich groß und damit 45°.
Für den ∠ CDB gilt. tan CDB = BC / CD = 35 cm / 40 cm.
∠ CDB = 41,18°
Der gesuchte Sehwinkel ∠ BDA ist dann: 45° - 41,18° = 3,82°
Die zusätzliche Aufgabe wurde durch Felix Karu ausführlich beschrieben, danke.
⇒ als pdf ⇐

Aufgabe 12

228. Wertungsaufgabe

"Ja, so ist das, mal gibt es sehr viele Wege (Aufgabe 226) und mal gibt es gar keinen (Aufgabe 227)", meinte Mike. "Lasst uns zum Ende der Schachserie noch einmal auf die erste Aufgabe zurückkommen." "Wie meinst du das?â€œ, fragte Bernd.
"Nun, da hatten wir diese schöne Schachpyramide in schwarz und weiß. Ein Vati aus der Gruppe, die wir betreuen, hat diese aus Buchenholz noch einmal gebaut. Das heißt, die dunklen Flächen müssen noch eingefärbt werden. Wie groß ist die Fläche, die eingefärbt werden muss, wenn alle sichtbaren Flächen, auch unten, eingefärbt werden? Die Kantenlänge eines einzelnen Feldes ist - wie bei allen anderen Aufgaben auch - 5 cm." (6 blaue Punkte).
"Damit man alle Flächen sieht, müsste bei einer Ausstellung die Pyramide auf eine Art Stab gestellt werden." "Ist das nicht sehr wacklig?, gab Mike zu bedenken. "Also ich denke, wenn auf einem sehr stabilen Metallstab eine 5 cm große Scheibe angebracht wird und die Pyramide mit der 64-Feld-Seite so darauf gestellt wird, dass der Mittelpunkt des Kreises an der Stelle der Pyramide liegt, wo sie im Gleichgewicht ist, sollte es gehen." "Da hast du Recht, aber wo ist diese Balancestelle?" (6 rote Punkte)
Bernds Vater fand die Ausstellungsvariante auch gut und meinte: "Ich hoffe , dass es doch ab und an mal noch eine Aufgabe auf dem Schachbrett geben wird". Aber klar doch.

Lösung

Das Bild zeigt die Schachpyramide gedreht. Nimmt man das obige Bild hinzu lassen sich die schwarzen Flächen schnell auszählen.
Von oben und unten sieht man jeweils 32, von den Seite sind jeweils 16 erkennbar. das ergibt zusamman 128. Eine Fläche ist 5cm x 5 cm = 25 cm² groß. Es sind also insgesamt 3200 cm².
Eine andere Variante von Linus-Valentin - Klasse 4, danke.
Als erstes muss für jede Stufe (Ebene) die Anzahl der schwarzen Flächen ermittelt werden.
Ebene 1 24 schwarze Flächen (jeweils 8 an den sichtbaren Kanten und 4 an den unsichtbaren)
Ebene 2 18
Ebene 3 18
Ebene 4 12
Ebene 5 12
Ebene 6 6
Ebene 7 6
Ergebnis: 96
Zusätzlich muss noch die Anzahl schwarzer Felder von der Unterseite dazu gerechnet werden, sodass insgesamt 96 + 32 = 128 Flächen bemalt werden müssen. Für die Gesamtfläche die bemalt werden muss, muss die Anzahl der farbigen Flächen mit der Fläche eines farbigen Felds multipliziert werden.
A = 128 * 5*5cm²
A = 3200 cm² = 0,32 m²

Die Variante von Hannah, danke. als pdf
Den Schwerpunkt und damit die Balancestelle war nicht so einfach. Dass dieser unter der wei&slig;en Hauptdiagonale liegen muss, ist allen Beantwortern klar gewesen. Fehler gab es aber, dass die Aufgabe auf die "Mittelfläche" bzw die "Mittelwürfel" reduziert haben.
Hier die Variante von XXX, danke.

Schwerpunkt der Pyramide

Wir berechnen für jede "Schicht" das Drehmoment um die linke untere Kante:

Schicht	Anzahl Würfel	Hebelarm in 0,5 Seitenlängen	Drehmoment
A	36	1	36
B	35	3	105
C	33	5	165
D	30	< 7	210
E	26	9	234
F	21	11	231
G	15	13	195
H	8	15	120
gesamt	204		1296

Die Mitte der gesuchten Fläche muss 1296/204 = 106 / 17 halbe Seitenlängen von der linken (und damit auch von der hinteren) Kante der Pyramide entfernt sein, also 15,88 cm)

Hier noch die Variante von Wadim, danke.
Unsere Aufgabe ist einen Schwerpunkt für die Pyramide zu finden. Dafür haben wie die Formel
Als Koordinatenursprung wählen wir den linken hinteren Rand des Brettes.
Die Summe im Nenner: 204 (die gesamte Anzahl der Würfel ist von Aufgabe 1 bekannt) x 5³ (die Volumen eines Würfels).
Die Summe in Zähler: 5³ (die Volumen eines Würfels) x n² (n ist die Anzahl der Würfel in einer Reihe) x n/2x5 (Koordinate des Schwerpunktes einer Reihe).
Also 5⁴/2 x (1³+ ... + 8³)=5⁴/2 x (n(n+1)/2)²=54/2 x 36².
Die Koordinaten von Schwerpunkt sind (15,9; 15,9). (15,9 cm von Koordinatenursprung).

Auswertung Serie 19 (blaue Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				217	218	219	220	221	222	223	224	225	226	227	228
1.	Wadim Michaljow	Königs Wusterhausen	57	4	4	4	4	4	2	6	6	8	3	6	6
2.	Felix Karu	Innsbruck	54	4	4	-	4	4	3	6	6	8	3	6	6
3.	Doreen Naumann	Duisburg	53	4	4	4	4	4	1	6	6	8	3	5	4
4.	XXX	???	37	4	4	4	4	4	3	-	-	-	2	6	6
5.	Alice Ludewig	Chemnitz	25	-	-	4	4	-	3	6	5	-	3	-	-
6.	Andree Dammann	München	21	4	4	4	4	-	-	-	5	-	-	-	-
7.	Katrin Posselt	Chemnitz	20	-	-	-	-	4	1	-	-	8	3	-	4
8.	Hermann Thum	Chemnitz	17	4	3	-	4	-	-	-	-	-	-	-	6
9.	Jakob Schreiter	Chemnitz	16	-	-	4	-	4	-	-	5	-	-	3	-
10.	Lisa Grassmann	Chemnitz	15	-	-	-	-	4	-	4	-	7	-	-	-
11.	Judith Bergmann	Chemnitz	14	-	-	4	-	4	-	-	6	-	-	-	-
11.	Sophie Dani	Chemnitz	14	-	-	4	-	4	-	-	6	-	-	-	-
11.	Richard Brinkel	Chemnitz	14	-	-	-	-	-	3	-	5	-	-	6	-
12.	Hannah - Kl7	Chemnitz	12	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	6
12.	Emil Maibier	Chemnitz	12	-	-	-	-	4	3	-	5	-	-	-	-
12.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	12	-	-	-	4	4	-	-	4	-	-	-	-
12.	Anja Posselt	Chemnitz	12	-	-	-	4	4	-	-	-	4	-	-	-
12.	Isabell Wache	Chemnitz	12	-	-	4	-	-	-	-	5	-	-	3	-
12.	Henrike Grundmann	Chemnitz	12	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	6
12.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	12	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	6
13.	Paula	Hartmannsdorf	11	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	6
13.	Ernesto Uhlmann	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	6
14.	Bernhard Richter	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	2	-	-	8	-	-	-
14.	Ellen Richter	Chemnitz	10	4	-	-	-	4	-	-	-	-	2	-	-
14.	Felix Brinkel	Chemnitz	10	-	-	-	-	4	3	-	-	-	-	-	3
15.	Lucas Steinke	Chemnitz	9	2	-	-	-	3	-	4	-	-	-	-	-
15.	Felix Taubert	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	-	6	-	1	2	-
15.	Eric Rech	Chemnitz	9	-	-	4	-	4	-	-	-	-	-	1	-
16.	Ria Hopke	Chemnitz	8	-	-	-	4	4	-	-	-	-	-	-	-
16.	Jonathan Käßler	Chemnitz	8	-	-	4	-	4	-	-	-	-	-	-	-
16.	Ronja Fischer	Chemnitz	8	-	-	-	-	3	-	-	5	-	-	-	-
16.	Max Geißler	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	3	-	5	-	-	-	-
16.	Ole Koelb	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-	-
17.	Luise Adam	Chemnitz	7	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	3
17.	Jamila Wähner	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	5
17.	Robin Schmidt	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	2	-
17.	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	7	-	-	-	-	4	-	-	3	-	-	-	-
18.	Matthias Keussen	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-
19.	Marcel - Kl7	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-
19.	Stephanie Dani	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-
19.	Janosch Dimter	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-
19.	Steffen Scheunpflug	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-
20.	Phillpp Schleupner	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
20.	Rico Bräutigam	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
20.	Philipp Fürstenberg	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
20.	Johanna Linke	???	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
20.	Nina Zätsch	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
20.	Julia Voigt	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
20.	Lukas Kirchberg	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
21.	Tim Jechorek	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
21.	Emilie Grossinger	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-
22.	Julian Vass	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
22.	Josephine Pallus	Chemnitz	2	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
22.	Tom Hartig	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
22.	Christoph-Stefan Thibaut	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
22.	Agnieszka Urban	Chemnitz	2	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-

Auswertung Serie 19 (rote Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				217	218	219	220	221	222	223	224	225	226	227	228
1.	Felix Karu	Innsbruck	68	4	7	-	3	4	5	8	4	15	6	6	6
2.	XXX	???	66	4	7	5	2	1	5	8	4	15	6	3	6
3.	Wadim Michaljow	Königs Wusterhausen	60	4	7	5	2	4	6	5	4	8	6	3	6
4.	Doreen Naumann	Duisburg	55	4	5	5	3	2	6	7	4	12	2	2	3
5.	Paula	Hartmannsdorf	22	-	-	-	-	-	-	7	-	9	-	-	6
6.	Andree Dammann	München	20	4	5	4	3	-	-	-	4	-	-	-	-
7.	Alice Ludewig	Chemnitz	18	-	-	4	2	-	5	3	2	-	2	-	-
8.	Emil Maibier	Chemnitz	17	-	-	-	-	4	5	-	2	-	-	6	-
8.	Katrin Posselt	Chemnitz	17	-	-	-	-	-	6	-	-	8	3	-	-
9.	Bernhard Richter	Chemnitz	15	-	-	-	-	-	6	-	-	9	-	-	-
9.	Isabell Wache	Chemnitz	15	-	-	4	-	-	5	-	-	-	-	6	-
9.	Sophie Dani	Chemnitz	15	-	-	4	-	4	-	-	1	-	-	6	-
9.	Judith Bergmann	Chemnitz	15	-	-	4	-	4	-	-	1	-	-	6	-
10.	Janosch Dimter	Chemnitz	13	-	-	-	-	-	6	-	1	-	-	6	-
11.	Jakob Schreiter	Chemnitz	12	-	-	4	-	4	-	-	2	-	-	2	-
12.	Richard Brinkel	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	4	-	1	-	-	6	-
13.	Christoph-Stefan Thibaut	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	6	-
14.	Hermann Thum	Chemnitz	8	3	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-	-
15.	Ellen Richter	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	5	-	-	-	2	-	-
15.	Felix Brinkel	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	3
16.	Ria Hopke	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-
16.	Matthias Keussen	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-
16.	Max Geißler	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-
16.	Stephanie Dani	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	1	-	-	5	-	-	-
16.	Ronja Fischer	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	5	-	1	-	-	-	-
16.	Robin Schmidt	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-
16.	Loise Reichmann	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-
17.	Steffen Scheunpflug	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-	-
17.	Jamila Wähner	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-
18.	Eric Rech	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-
18.	Johanna Linke	???	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-
19.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
19.	Rico Bräutigam	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
20.	Ernesto Uhlmann	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-
20.	Amerin Roßberg	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
20.	Felix Taubert	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	1	-	1	-	-
21.	Jonathan Käßler	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-
21.	Lukas Kirchberg	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-

Serie-18

Serie 18
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

205. Wertungsaufgabe
Maria, Lisa, Mike und Bernd saßen am Silvesterabend zusammen. Sie spielten und unterhielten sich. Das neue Spiel, welches Lisa von ihren Eltern bekommen hatte, machte ihnen großen Spaß. Es war so eine Art Tabu. Es mussten also immer zwei Paare gegeneinander spielen. Damit es abwechslungsreicher wurde, spielten sie es in jeder Runde in anderer Gruppenzusammensetzung. Wie viele Runden haben sie gespielt? (Für jede gefundene Runde gibt es einen blauen Punkt). "Jetzt hätte ich Lust auf eine kleine Knobelei" meinte Bernd. "Nichts leichter als das", gab Lisa zurück. "Bei unserem letzten Treffen mit der Mathegruppe haben wir uns zusammengesetzt und über die Weihnachtswünsche gesprochen. Es hatten nicht alle genaue Vorstellungen, aber Anna, Birgit, Christine und Daniela wussten ganz genau, von welchem Schriftsteller sie sich ein Buch gewünscht hatten. Wie es der Zufall wollte, saßen die vier auf den Stühlen 1, 2, 3 und 4. Die vier hatten schon zu ihrem Geburtstag (Januar, Februar, März bzw. April) ein Buch ihres Wunschschriftstellers bekommen und wünschten sich ein zweites." "Welche Schriftsteller waren es denn", fragte Mike nach. "Astrid Lindgren, Cornelia Funke, Michael Ende und Walter Moers." "Hier auf dem Zettel stehen die Angaben, die es euch ermöglichen, genau herauszubekommen, wer wo sitzt, wann geboren ist und welcher Buchwunsch vorliegt."
Daniela saß entweder auf Platz 2 oder 3. Das gleiche gilt auch für das Mädchen, welches im April geboren ist und sich ein Buch von Walter Moers gewünscht hat.
Birgit wünschte sich ein Buch von Michael Ende.
Christine, die im März geboren wurde, wünschte sich nicht Astrid Lindgrin.
Auf dem zweiten Stuhl - also nicht Anne - saß ein Mädchen, welches später geboren ist als das Mädchen auf Platz 1.
"Uff, das ist nicht einfach", meinte Bernd. "Stimmt, dann probiere die Lösung besser als erste Knobelei im neuen Jahr aus und lass uns das Feuerwerk genießen." Diese Aufgabe bringt 8 Punkte.

Lösung

Lösung von Lucas Steinke, danke
Maria Lisa gegen Mike Bernd
Maria Mike gegen Lisa Bernd
Maria Bernd gegen Lisa Mike
Lösung von Doreen Naumann, danke
1. Erstellen einer Tabelle mit den Namen Anna, Birgit, Christine und Daniela
im Tabellenkopf und Stuhl, Geburtsmonat und Schriftsteller links untereinander 2. Eintragen der bekannten Dinge: Birgit-Michael Ende und Christine-März
3. bekannte Angabe "im April geboren und Walter Moers und nicht Daniela" ->das kann nur auf Anna zutreffen, denn bei den anderen sind schon Monat oder Schriftsteller eingetragen
4. aus 3.->Anna und Daniela auf Stuhl 2 und 3
bekannte Angabe "auf 2 nicht Anna" ->Anna auf 3, Daniela auf 2
5. bekannte Angabe "Christine nicht Astrid Lindgren" ->Christine+Cornelia Funke, da die beiden anderen Schriftsteller schon vergeben sind
6. bekannte Angabe "Mädchen auf Stuhl 2 später geboren als das auf Stuhl 1" ->Daniela-Februar, denn es sind nur noch Januar und Februar übrig ->Birgit-Januar+Stuhl 1
->Christine auf Stuhl 4
7. Nun ist die Tabelle fertig:

Name	Anna	Birgit	Christine	Daniela
Stuhl	3	1	4	2
Geburtsmonat	April	Januar	März	Februar
Schriftsteller	Walter Moers	Michael Ende	Cornelia Funke	Astrid Lindren

Aufgabe 2

206. Wertungsaufgabe
Nach einer langen Spielenacht trafen sich Bernd und Mike recht verschlafen am Nachmittag. "Die neue Aufgabe unseres Mathelehrers erinnert mich gleich mal an dessen Hobby", meinte Bernd. "Ach ja die Geschichte, aber du hast Recht. Das Bild erinnert irgendwie an eine Streitaxt. Was war da gleich zu tun?"

In dem großen Quadrat ist ein kleines Quadrat enthalten. Das rote Teil ist einfach mit Zirkel konstruiert - von den oberen Ecken bzw. von der Mitte der oberen Seite aus. "Das sieht leicht verschoben aus, aber das soll sicherlich genau abschließen, oder?" "Na klar doch", brummelte Bernd. Die Frage ist, wie viel Prozent des kleinen Quadrates sind von der "Streitaxt" bedeckt? (8 Punkte).
"Nun, zeichnen könnten die Leute aus der Gruppe von Maria und Lisa sicherlich, aber berechnen wohl eher nicht", gab Mike zu bedenken. "Stimmt, aber da habe ich eine andere Idee."
Es wird mit zwei Würfeln gewürfelt und die Summe der beiden oben liegenden Zahlen ermittelt. Nun ist einer der Würfel vollkommen in Ordnung, der zweite aber ist oft benutzt worden, dass man gar nicht mehr alle Punkte sehen kann. Auf der einen Seite ist gar nichts zu erkennen, dann gibt es zwei Seiten wo eine Zwei zu erahnen ist und auf den anderen Seiten ist je eine 3, 4 bzw. 5. Für welche Summe ist die Chance am größten? (3 blaue Punkte)

Lösung

Die Lösung von Felix Karu, danke

Klick aufs Bild für eine große Ansicht.
Die Lösung von Doreen N., danke
2)1.Würfel: 1, 2, 3, 4, 5, 6
2.Würfel: 0, 2, 2, 3, 4, 5
Nun habe ich die 36 möglichen Kombinationen aufgeschrieben und dann einfach ausgezählt, welche Zahl am häufigsten vorkommt.
Die Summe 6 kommt 6 Mal vor und damit am häufigsten, die Summen 5, 7 und 8 je 5x, die 4 4x, 3 und 9 je 3x, die 10 2x und die 1, 2 und 11 je 1x.

Aufgabe 3

207. Wertungsaufgabe
"Die Idee mit dem komischen Würfel war ja nicht schlecht, aber ein richtiger ist mir dann schon lieber", meinte Lisa, als ihr Mike von der letzten Aufgabe erzählte. "Du hast ja Recht, aber mit normalen Würfeln kennen das schon sehr viele. Aber ich frage mal anders: Es werden zwei ordentliche Würfel genommen und es wird auf die Augensumme -- also 2 bis 12 gesetzt. Spieler A gewinnt, wenn die Summe gerade ist, Spieler B, wenn die Summe ungerade ist. Auch dieses Spiel ist gerecht, denn die Chancen für beide sind gleich." "Aber es gibt doch nur fünf ungerade Ergebnisse, die 6 geraden Ergebnisse gegenüberstehen", gab Lisa zu bedenken, "wieso sollen dann die Chancen für die Spieler gleich sein?" Wer hat Recht -- 3 blaue Punkte.
"Ich will mich in euren "Streit" nicht einmischen, sagte Bernd, der gerade ins Zimmer kam, "ich habe ein andere Wette zu bearbeiten." "Lass hören." " Es boxen Henry Schleier und Axel Lehmann gegeneinander. Die Wetten stehen 3:1 für Henry am Vortag des Kampfes. Am Wettkampftag sinken die Quoten auf 2:1. Ein gewisser Mike Siphon schließt zwei Wetten ab, an jedem der bekannten Quotentag eine. Das Erstaunliche ist, dass Siphon 1000 Euro absahnt, unabhängig davon, wer gewinnt. Wie hat er das wohl gemacht? - 6 rote Punkte sind dafür drin." "Darf ich noch was fragen?" "Nur zu." Daraufhin sagte Lisa: "3:1 bedeutet also, wenn ich z.B. 60 Euro einsetze, bekomme ich nach dem Kampf 20 Euro + meine 60 Euro Einsatz, wenn Henry gewinnt, aber meine 60 Euro Einsatz sind weg, wenn er verliert. Würde ich am Wettkampftag auch noch einmal 60 Euro setzen, bekäme ich für den zweiten Wettschein 30 Euro + meine 60 Euro Einsatz, wenn Henry gewinnt, aber meine 60 Euro Einsatz sind weg, wenn er verliert?" "Das musst du genauer formulieren, so wie du es gesagt hast, gilt es, wenn du dein Geld auf den Sieg von Henry gesetzt hast. Du kannst natürlich auch auf den Sieg von Axel setzen, dann bekommst du z. B. für die zweite Wette deine 60 Euro zurück und 120 Euro als Gewinn."

Lösung

Blaue Aufgabe:
Die Ergebnismenge umfasst 11 Zahlen, sechs gerade und fünf ungerade. Allerdings ist die Häfigkeit für die einzelnen Ergebnisse nicht gleich. Schreibt man alle 36 Möglichkeiten auf - (1;1), (1;2), (2;1), ... - das sieht man dass es genau 18 gerade bzw. ungerade Ergebnisse gibt. Das Spiel ist also gerecht.
Eine andere Betrachtung. Es gibt folgende Ergebnisse bzgl. der Zahlen auf den Würfeln (g - gerade bzw. u) gg, gu, ug und uu. Die Ereignisse sind alle gleich wahrscheinlich, zwei führen auf eine gerde Summe und zwei auf eine ungerade Summe, also Gerechtigkeit.
Rote Aufgabe:
Damit auf jeden Fall ein Gewinn heraus kommt, ist leicht einzusehen, dass man eine Wette auf Axel und eine auf Henry abschließen muss.
Fall 1:
Erste Wette x (3:1) auf Axel und zweite Wette y (2:1) auf Henry.
Henry gewinnt:
I.-x + y/2 = 1000
Axel gewinnt:
II. 3x - y = 1000
I' -2x + y = 2000 | +
x= 3000 und y = 8000
Probe bitte selber machen.
Fall 2:
Erste Wette x auf (3:1) auf Henry und zweite Wette y (2:1) auf Axel.
Henry gewinnt:
I. x/3 - y = 1000
Axel gewinnt: II. -x + 2y = 1000
I' x - 3y = 3000 | +
-y = 4000, y = - 4000, das aber geht nicht.
Es ist also der Fall 1 möglich.
Damit die Strategie aufgeht, muss man natürlich das Talent haben die Quoten vorherzusagen, das wird sicher schwierig.

Aufgabe 4

208. Wertungsaufgabe
"So leicht hat sich keiner aus unserer Gruppe von den Würfeln verblüffen lassen", sagte Lisa, die gerade zur Tür hereinspaziert ist und Bernd und Mike vor einem Zettel sitzen sah. "Was habt ihr denn da?" "Nun, Mike hat heute diesen Zettel gefunden. Da hat unser Herr Meier bei einem Schüler bei der der Aufgabe 0,1 + 0,1 = 1 doch glatt ein Richtighäkchen gemacht. Kann doch nicht sein oder etwa doch?" (3 Punkte)
"Ach, was ich noch sagen wollte, die Aufgabe mit der Wette haben auch welche aus unserer Gruppe herausgefunden. Die können zwar noch nicht mit Gleichungssystemen umgehen, aber durch genaues Überlegen und systematisches Probieren â€“ nach etwa 30 Minuten hatte es der schnellste Rechner raus." Ist ja toll, alle Achtung", sagte Mike. "Da ihr jetzt eine kleine Winterpause habt, hätte ich gleich noch mal was zum Knobeln." "Lass mal hören", sagte der neugierig gewordene Bernd.
"Die geheimnisvolle Waage. Eine Balkenwaage hat seltsame Wägestücke. Jedes dieser Wägestücke ist verschieden von den anderen. Jedes hat ein ganzzahlige Grammzahl. Mit den vier kleinsten Stücken lässt sich jede unbekannte Masse von 1 bis 40 Gramm -- wieder mit ganzen Werten bestimmen. Es ist herauszubekommen, welche Massen diese Stücke haben und wie sich die Werte von 1 bis 40 damit bestimmen lassen, das bringt dann immerhin 8 blaue Punkte." "Das ist ja viel", meinte Lisa. "Nun, zum einen muss man erst mal auf die Wägestücke kommen und dann noch die 1 bis 40 aufschreiben. Dabei können, aber müssen nicht immer alle Wägestücke genommen werden und diese dürfen nach Belieben auf den beiden Waagschalen verteilt werden. Ach ja, noch zwei blaue Punkte dafür, dass man die minimale Zahl der so gearteten Wägestücke herausbekommt, die es ermöglichen, alle Zwischenschritte von 1 Gramm bis 1 Kilogramm zu ermitteln".

Lösung

Lösung von Eric, danke
Ich denke die sonderbare Lösung 0,1+0,1 hat damit zu tun, dass mit dem binären Zahlensystem gerechnet wurde.
(0+0=0; 1+1=0; 0+1=1; 1+0=1).
Das würde dann so aussehen:
0,1
+0,1
----
1,0
Damit wäre die Aufgabe richtig.
Anmerkung Thomas:
Stellwerte im binären System:
... 2⁴ 2³ 2² 2¹ 2⁰, 2^-1 2^-2 2^-3 ...
0,1 steht also für 0 + 2^-1 = 1/2
0,1+0,1 ==> 1/2 + 1/2 =1
2)
Die Gewichte sind der Dreierpotenz zu Folge
1 Gramm; 3 Gramm; 9 Gramm; 27 Gramm
(Anmerkung die am weitesten links stehende Zahl steht für die abzuwiegende Masse.
1 >---< 1
2 +1 >---< 3
3 >---< 3
4 >---< 3+1
5+1+3 >---< 9
6+3 >---< 9
7+3 >---< 9+1
8+1 >---< 9
9 >---< 9
10 >---< 9+1
11+1 >---< 9+3
12 >---< 9+3
13 >---< 9+1+3
14+1+3+9>---< 27
15+3+9 >---< 27
16+3+9 >---< 27+1
17+9+1 >---< 27
18+9 >---< 27
19+9 >---< 27+1
20+1+9 >---< 27+3
21+9 >---< 27+3
22+9 >---< 27+1+3
23+1+3 >---< 27
24+3 >---< 27
25+3 >---< 27+1
26+1 >---< 27
27 >---< 27
28 >---< 27+1
29+1 >---< 27+3
30 >---< 27+3
31 >---< 27+1+3
32+3+1 >---< 27+9
33+3 >---< 27+9
34+3 >---< 27+9+1
35+1 >---< 27+9
36 >---< 27+9
37 >---< 27+9+1
38+1 >---< 27+9+3
39 >---< 27+3
40 >---< 27+9+3+1
Die kleinstmögliche Gewichtsanzahl bis zu einem Kilogramm wäre dann 1 Gramm; 3 Gramm; 9 Gramm; 27 Gramm; 81 Gramm; 243 Gramm; 729 Gramm.

Aufgabe 5

209. Wertungsaufgabe
"Tja, wer hätte das gedacht, dass 0,1+0,1 auch 1 ergeben kann. Wenn du mir gesagt hättest, dass es sich um den Informatiklehrer handelt, wäre mir das wahrscheinlich auch eingefallen", meinte Maria etwas zerknirscht, aber sei es drum."
"Bei dem schon fast frühlingshaften Wetter sind wir letzte Woche mit unserer Gruppe sogar Eisessen gewesen. An dem Stand gab es 5 Sorten Eis. Jeder nahm zwei verschiedene Kugeln Eis. Als alle ihre Wahl getroffen hatten, stellte ich fest, dass jeder eine andere Zusammenstellung genommen hatte. Wenn wir einer mehr gewesen wären, hätte das nicht mehr klappen können." "Ach, dann weiß, wie viele dort eine Portion Eis bekommen haben", meinte Bernd. (Für drei blaue Punkte bekommt es sicher jeder heraus.)
Mike, dem das Wasser im Mund zusammen lief, hatte da gleich auch noch eine Frage: "Eine solche Eiskugel (mit 5 cm Durchmesser) steckt in der Eistüte (oberer Innendurchmesser 4 cm). Wie tief steckt dann die Eiskugel in der Tüte drin?" (8 rote Punkte). "Ein Tipp von mir", gab Lisa zu bedenken, die gerade zur Tür hereinkam, "schnell das Eis essen und dann rechnen."

Lösung

Blaue Aufgabe: Für die erste Kugel haben die Schüler 5 Möglichkeiten auszuwählen. Haben sie das gemacht, ist die zweite Kugel aus den verbleibenden vier Sorten zu wählen. Damit ergeben sich 20 Möglichkeiten. Aus eistechnischer Sicht kann man aber sagen, dass die Kombination von Erdbeer-Vanille, sich nicht von Vanille-Erdbeer unterscheidet. Es verbleiben also 10 echt verschiedene Eisleckereien.
Lösung der Eistütenproblematik von Andree, danke
Das Eis steckt genau einen Zentimeter tief in der Waffel, denn wie man der Zeichnung erkennt, gilt mit dem Satz des Pythagoras:
r₁² = r₂² + (r₁ - h)²
6,25 = 4 + 6,25 -5h + h²
²-5h + 4 = 0
(h - 1)*(h-4) = 0
h = 1 (h = 4 "Eistüte von oben")
Anmerkung:Mit (r₁ - h)=x gilt auch:
x = Wurzel (r₁² - r₂²)
...
x= 1,5 ==> h = 1, aber das steht ja auch oben.

Danke für die schöne Tüte.

Aufgabe 6

210. Wertungsaufgabe
"Nach den sonnigen Zeiten von letzter Woche sollten wir unsere Augen, aber nicht unsere Köpfe schonen", meinte Bernd. "Einverstanden, hast du eine Idee?", fragte Maria. "Aber klar doch, pass auf. Stell dir vor. Ein Junge aus deiner Gruppe geht in den Keller, um Limo zu holen. Dort steht ein Kasten mit 4 Orangenlimos, 3 Zitronenlimos und 2 Flaschen mit Apfelsaft. Plötzlich geht das Licht aus. Da der Junge schon vor dem Kasten steht, packt er nach Gefühl die Flaschen ein. Wie viele Flaschen muss er mindestens mitnehmen, damit er garantiert 2 verschiedene Sorten dabei hat?" (3 blaue Punkte).
Da Bernd nicht gerade leise gesprochen hatte, schaute sein Vater ins Zimmer und hörte den Rest der Aufgabe mit. "Da habe ich auch etwas Verdunkeltes für euch." Er zeichnete eine Art abnehmenden Mond.

Wie viel Prozent dieser Kreisfläche sind verdunkelt, wenn die dickste Stelle der Mondsichel 1/3 des Kreisradius ist? Die Spitzen der Sichel liegen auf einem Durchmesser. "Der innere Bogen sieht elliptisch aus." "Das ist fein beobachtet." (8 Punkte)

Lösung

Da er zwei verschiedene Sorten aus dem Kasten holen soll, ist er mit 5 Flaschen auf der sicheren Seite, denn selbst wenn er wieder erwarten 4 Orangenlimos (mehr gleiche gibt es nicht) dabei hat, dann ist die 5. Flasche eben was anderes.
Anmerkung von Felix Karu: Die Wahrscheinlichkeit dafür ist nicht sehr hoch: 1/126 also unter 1 Prozent, danke
Die Chance auf zwei verschiedende Sorten bei zwei Flaschen liegt weit über 50 Prozent, aber das wahr ja nicht die Frage.
Der gesamte Kreis setzt sich aus der Mondsichel, einer halben Ellipse und einem halben Kreis zusammen.
Die gesuchte Fläche - dunkel - besteht aus der halben Ellipse und dem halben Kreis.
Fläche des halben Kreises: π/2 * r²
Fläche der halben Ellipse: π/2 * a*b (Halbachsen) mit a = r und b = 2/3r --> π/2 *2/3 * r²
Grundwert: π * r²
Prozentwert: π/2 *2/3 * r² + π/2 * r² --> π* 5/6 * r²
--> dunkle Fläche 5/6 bzw. 83,33 %.

Aufgabe 7

211. Wertungsaufgabe
"Bei der letzten Aufgabe habe ich selber auch erst einmal in den Mond geschaut, denn in meinem Tafelwerk hatte ich keine Formel für die Ellipse, aber bei wikipedia wurde ich dann fündig."
"Na, so lange du dir zu helfen weißt, liebe Lisa, geht es doch", bemerkte Bernds Vater. als er sich nach Ergebnissen zu seiner Aufgabe erkundigte.
"Habt ihr schon mal was von Proniczahlen gehört?" Die vier schauten sich an und zuckten mit den Schultern. "Nun, das hört sich vielleicht etwas mysteriös an, aber es sind die natürlichen Zahlen, die das Produkt zweier aufeinander folgender natürlicher Zahlen sind.
Das klingt zwar nicht so toll, aber es lässt sich zeigen, dass jede Proniczahl n sich immer in Wurzel(x) + x zerlegen lässt, wobei x auch eine natürliche Zahl ist. (4 Punkte).
Für 3 blaue Punkte sollte man herausbekommen, welches die kleinste Proniczahl ist (nicht Null natürlich), die sich ohne Rest durch 100 teilen lässt."

Lösung

Die gesuchte kleinste Proniczahl zu finden ist gar nicht so schwer. Einige haben einfach probiert und dann recht schnell die 600 gefunden. Ob nun mit 2*3, 3*4, 4*5, ... 24*25=600 oder die Überlegung, dass die ja auf zwei Nullen enden muss und so die Kandidaten 100, 200, 300, ... zu untersuchen sind. Etwas anders die Variante, dass ja 100 = 4*25 ist (2* 50 brauchts hier nicht) macht deutlich, dass mindestens eine der Zahlen durch 25 teilbar sein muss. Schon mit der kleinsten (25) hat man das Ergebnis gefunden.
Proniczahlstruktur ist n(n+1)
n(n+1) = n² + n
mit x= n² und damit n = Wurzel (x) folgt die geforderte Struktur sofort
n(n+1) = x + Wurzel (x), ist doch cool.
Noch ein Beispiel hinterher:
3*4= 12 = 3² + 3 = 9 + Wurzel (9)

Aufgabe 8

212. Wertungsaufgabe
"Dein Vater hat uns ja ganz schön auf Trab gehalten mit seinen Proniczahlen und ich vermute, da wird er uns wohl irgendwann noch mal was nachliefern", war Mike überzeugt. "Das vermute ich auch", sagte Bernd, "es aber war mal wieder was anderes. Nun ist ja bald das Osterfest und da sollten wir uns mal diesem schönen Ei zuwenden."

"Das sieht ja richtig gut aus. Wie hast du das konstruiert?", fragte Lisa. "Wie das konstruiert wird, das kann deine Gruppe selber herausfinden. (6 blaue Punkte für eine Konstruktionsbeschreibung.) Natürlich hat das Ei eigentlich keine weißen Streifen im Inneren, die sind nur zur Hilfe gedacht. Das grüne Dreieck ist rechtwinklig und gleichschenklig, wobei die längste Seite mit 4 cm gut hinkommt. Alles, was rund aussieht, ist mit dem Zirkel zu zeichnen. Die blauen Teile sind direkt miteinander "verwandt" , das heißt, die Maße für das Dreieck werden von den oberen beiden blauen Teilen übernommen, so als hätte man die Eispitze glatt abgeschnitten. Welchen Flächeninhalt dieses Ei hat, ist für 8 Punkte herauszubekommen." Für Leser des Newsletter gibt es noch ein extra Ei dazu.

Lösung

Konstruktionsbeschreibung von Doreen, danke
-die vorgegebene 4cm Seite zeichnen
-die beiden Winkel an den Schenkeln des Dreiecks betragen jeweils 45°, diesen abmessen und so die 2. und 3. Dreiecksseite zeichnen, am dem Punkt, wo sich die beiden Linien schneiden, ist der 90°-Winkel ->das 1. Dreieck ist fertig
-mit dem Zirkel die Länge der kürzeren Seite abmessen und auf der verlängerten wagerechten Linie der kürzeren Seite übertragen->Linie von dort zur senkrechten Linie des 1. Dreiecks, 2. Dreieck ist fertig
-Verlägerung der beiden 4cm-Seiten nach oben
-am äußersten linken Punkt der unteren kurzen Dreieckseite mit dem Zirkel bis zum rechten Punkt abmessen und Bogen von dort nach oben zeichnen bis zur verlängerten 4cm-Linie->auf der anderen Seite genauso machen->nun haben wir die „Flügel“
-für die Eispitze mit dem Zirkel abmessen von der oberen Spitze der beiden gelben und grünen Dreiecke zum oberen Rand der „Flügel“und einen Bogen zur anderen Seite zeichnen (das ist ein Viertelkreis mit 90°Winkel, weil die umliegenden Winkel 270°ergeben)
-die senkreche Linie zwischen dem gelben und grünen Dreieck nach unten in den Halbkreis verlängern
-für das blaue Dreieck im Halbkreis unten von der oberen Spitze der beiden gelben und grünen Dreiecke zum oberen Rand der „Flügel“mit dem Zirkel abmessen und dann auf der senkrechten Linie im unteren Halbkreis schräg nach links und rechts dieses Maß auf die unteren kurzen Seiten der Dreiecke übertragen
->fertig ist unser Osterei, ehrlich gesagt ist es schwieriger zu beschreiben als zu zeichnen
Hier mal noch das Bild von Andree, danke
212 Lösung
Bei den eingesandten Lösungen gab es verschiedene Ergebnisse, aber die konnten ja nicht alle richtig sein. :-)
212 Gegeben war die längste Seite der Dreiecke mit e= 4 cm.
Mit dem Satz des Pythagoras erhält man die kürzere Strecke a mit 0,5 Wurzel(2) * 4 cm bzw. 0,5 Wurzel(2) * e.
a ist zu gleich Radius des Halbreises der den unteren (rot und blau) des Eies bildet. A₁=0,5Πa²
Die beiden großen Dreiecke bilden mit den gelben bzw. grünen Teil Kreisauschnitte (-sektoren), die einen Öffnungswinkel von 45° und den Radius 2a haben. Der Flächeninhalt für einen Sektor ist somit Π(2a)²*45°/360° = Πa²/2.
Addiert man bei Sektoren, so ist zu beachten, dass die beiden Dreiecke zweimal dabei sind, also einmal abgezogen werden müssen:
A₂= Πa²/2 + Πa²/2 - a² = (Π -1)a²
So nun noch das blaue Teil aus der Spitze. Auch das ist ein Kreisauschnitt (-sektor), allerdings mit Öffnungswinkel von 90° und dem Radius 2a-e.
A₃= Π(2a-e)²*90°/360°= Π(2a-e)²/4
A= A₁ + A₂ + A₃= 0,5Πa² + (Π -1)a² + Π(2a-e)²
Mit e =Wurzel(2)*a lässt sich die Formel zu A = (3Π - Wurzel(2) *Π - 1)a²vereinfachen.
Mit a = 0,5 Wurzel(2) * e lässt die Formel in Abhängigkeit von der gegebenen Größe e darstellen.
A =(1,5Π - Wurzel(2)*Π/2 - 0,5)e²
Es gibt natärlich auch andere Formen der Zusammenfassung. Mit e = 4 cm ergibt sich dann ein Wert für A von 31,86...cm²
Hier noch die sehr umfassende und übersichtliche Darstellung von Felix Karu, danke
als pdf
noch mehr mathematische Eierein

Aufgabe 9

213. Wertungsaufgabe
"Also Bernd, das Osterei hat mich richtig geschafft, immer wieder hatte ich irgendwo so einen kleinen Fehler drin", jammerte Lisa, "aber ich habe es dann doch erreicht, den Flächeninhalt zu berechnen. In unserer Gruppe sind wir auch bei Flächen, speziell bei den Vierecken. Dabei sind wir auf die einfachen Formeln für den Flächeninhalt des Rechtecks (A=a*b) und des Rhombus oder auch Raute mit A=e*f/2 gestoßen. Nun haben sich einige die Frage gestellt, warum die Rhombusformel nicht auch beim Rechteck gilt (Spezialfall Quadrat mal ausgenommen)?" "Nun, so schwierig ist die Antwort nicht -- das ist dann wohl eher so eine ganz einfache 2 blaue Punkte Aufgabe. Es sei denn, ein echter Beweis auf der Grundlage der Kongruenzsätze wird noch ergänzt, der dann noch mal 4 blaue Punkte bringt", schlägt Bernd vor. "Einverstanden, aber nur, wenn du mir die Frage beantwortest. Wie groß ist der kleinste Winkel eines Rhombus, wenn das geometrische Mittel der beiden Diagonalen genau so groß ist wie die Seite des Rhombus?" 4 rote Punkte.

Lösung

Rhombus Die Formel A=e*f/2 gilt weil, die Diagonalen des Rhombus senkrecht aufeinander stehen und damit die Flächeninhaltsformel für Dreiecke genutzt werden kann. Die sich halbierenden Diagonalen - Eigenschaften eines Parallelogramms - sind jeweils die Höhen.
Dass die Diagonalen senkrecht stehen, lässt sich schnell zeigen. Die Dreiecke ABE und BCE sind kongruent zueinander (mit sss) Damit sind die Winkel AEB und BEC gleich groß und als Nebenwinkel eben jeweils 90°
Bei einem Rechteck mit a <> b lässt sich auf gleichem Weg zeigen, dass die Diagonalen nicht senkrecht zueinander sind und demzufolge die obige Formel nicht genommen werden kann.
Geometrisches Mittel von e und f ist Wurzel (ef) und das soll gleich a sein.
Also gilt a²=ef
Wegen A = ef/2 , aber auch A = a² sin α folgt:
ef/2 = ef sin α
1/2 = sin α
α = 30 °

Aufgabe 10

214. Wertungsaufgabe
"Hallo Mike, die letzte Aufgabe war ja wirklich nicht schwer, so dass alle unsere fleißigen Tüftler es heraus bekommen haben", sagte Maria. Jetzt wiederholen wir gleich noch mal die Kongruenzsätze für Dreiecke insgesamt und wenden das auf die Vierecke an, in denen welche drin sind. So haben wir auch gleich noch mal gezeigt, dass die übliche Konstruktion der Mittelsenkrechten einer Strecke auch wirklich eine Gerade erzeugt, die diesen Namen verdient." - 3 blaue Punkte
"Kennst du auch verwandte Dreiecke?" "Was soll denn das sein?" Nun das sind zwei Dreiecke, die in 5 Stücken übereinstimmen, aber trotzdem nicht kongruent sind." "Ehrlich?" "Aber ja doch. Du nimmst z.B ein Dreieck, mit den Maßen 9 cm, 6 cm und 4 cm. Ein damit verwandtes Dreieck hat die gleichen drei Winkel und als Seitenlängen eben auch 9 cm bzw. 6 cm. Da es mehrere Verwandte gibt, sollst du dasjenige finden, wo die fehlende Seite länger als 9 cm ist." 3 rote Punkte.

Lösung

Blaue Punkte: Bezug nehmend auf die Aufgabe 9 lässt sich schnell zeigen, dass die Schnittpunkte X und Y der Kreisbögen um A und B Eckpunkte eines Rhombus sind (Seitenlänge = Radius) Damit gilt, dass XY die Strecke AB halbiert und zu ihr senkrecht ist.
Ein schrittweise Herleitung nur mittels der Kongruenzsätze gibt es hier
Nach dem Hauptähnlichkeitssatz sind die verwandte Dreiecke einander ähnlich. (zwei Winkel gleich, ...). Damit stehen die stehen einander entsprechende Seiten im gleichen Verhältnis. Die gesuchte Seite x ist die längste Seite (9 und 6 cm sind ja schon vorgeschlagen.
Also gilt Für erstes und zweites Dreieck: 9 cm : 6 cm : 4 cm = x : 9 cm : 6 cm
Bei dem schon bekannten Verhältnis ist ablesbar, dass die Seiten um die Hälfte länger sind also ist x = 13,5 cm.

Aufgabe 11

215. Wertungsaufgabe
"Verwandtschaft, kann was Schönes, aber auch was Anstrengendes sein", gab Bernds Vater zu bedenken, als er von den verwandten Dreiecken hörte. "Wie meinst du das denn?, grummelte Opa. "Ach nur so." "Na egal, ich habe euch eine glänzende Aufgabe mitgebracht. Eine Strecke AB mit einer Länge von 10 cm wird durch einen Punkt X in zwei Teile geteilt. An den Punkt X ist die Bedingung geknüpft: Ein Rechteck mit den Maßen 10 cm und AX habe den gleichen Flächeninhalt wie das Quadrat mit der Kantenlänge XB. Wie weit liegt X von A entfernt? Wieso ist das eine glänzende Aufgabe? (3 + 1 rote Punkte) - Im "Original" liest sich die Aufgabe bei Euklid so: Eine gegebene Strecke ist so zu teilen, dass das Rechteck aus der ganzen Strecke und dem einen Abschnitt, dem Quadrat über dem anderen Abschnitt gleich ist."
"Möge der mathematische Glanz über euch kommen", meinte Bernds Vater, der die Aufgabe schon kannte.
Euklid lebte von 365 v.u.Z bis 300 v.u.Z. Wenn dieser Mann mit der Hilfe vieler Freunde der Mathematik es geschafft hätte, im Alter von 20 Jahren eine Art Sparbuch anzulegen, welches mit 1,5 % verzinst würde, wie viel wäre heute - also im Jahr 2008 - auf dem Konto? Der Startwert soll umgerechnet auf die heutige Zeit bei 20 Euro gelegen haben? (4 blaue Punkte)

Lösung

Da nenne ich AX einfach mal x --> XB ist dann 10 - x
Dann gilt 10x = (10 - x)² (Rechtecksfläche = Quadratfläche)
10x = 100 - 20x + x²
0= x² -30x + 100
Die Lösungen dieser Gleichungen sind:
x₁= 3,819.. und x₂= 26,18
Die zweite Lösung entfällt wegen x > 10.
10 -x ist dann 6,18 ..
Die Gleichung 10x = (10 - x)² lässt sich umformen zu:
10/(10 - x) = (10 - x)/x
In Worten. Die Gesamtstrecke verhält sich zum längeren Teilstück wie das längere Teilstück zum kürzeren Teilstück. Das aber ist die Definition des goldenen Schnitts.
Das fiktive Konto wird also im Jahr 345 v.u.Z angelegt. Da es ein Jahr 0 (eigentlich) nicht gibt, sind es bis zum Jahr 2007 - (in diesem Jahr - 2008 - gab es noch keine Zinsen) 2351 Jahre.
Da nicht immer einer zwischendurch die Zinsen abholen soll geht es um Zinseszinsermittlung.
K₂₃₅₁=(1+1,5/100)²³⁵¹*20
K₂₃₅₁= 3,18... 10¹⁶
Das sind also mehr als 30 Billiarden Euro. Bei so einem Startwert doch nicht schlecht.
Hätte man die Zinsen immer abgeholt und in den Sparstrumpf getan, wären das nur ganze 705,30 Euro.
Leider alles nur Fantasie.

Aufgabe 12

216. Wertungsaufgabe

"Die letzten Aufgaben haben unserer Mathegruppe sehr gefallen", sagte Lisa. "Das ist doch gut, da wird es sicher mit der hier auch keine Probleme geben." "Zeig mal her." Eine Selterwasserfirma lässt vier neue Brunnen bohren. Diese vier Brunnen bilden die Eckpunkte eines 10 km großen Quadrates ABCD. Am Punkt B entsteht auch noch eine Zisterne, die das Wasser aller 4 Brunnen sammelt. Es muss also noch ein Röhrensystem gebaut werden, so dass das Wasser von allen Brunnen zum Brunnen B gelangen kann. Für 4 blaue Punkte soll die Länge eines solchen Röhrensystems ermittelt werden â€“ mit kurzer Beschreibung, wie die Röhren verlaufen. Für 6 rote Punkte soll das mit Sicherheit kürzeste Rohrleitungssystem ermittelt werden.

Lösung

Ein solches Röhrensystem köntte von A über D und C nach B verlaufen und wäre damit 3 mal 10 km = 30 km lang.
Kürzer ist die Variante mit den Diagonalen, die in dem Punkt, wo sie sich treffen geschickt verbunden werden müssen. Mit e = Wurzel (2) * a. Ergibt sich eine Länge von 28,284 ... km.
Die wirklich kürzeste Verbindung wurde nicht entdeckt. Eine sehr gute und umfassende Erklärung findet sich hier
216 Mit X=Y ist der Diagonalfall mit enthalten.
Die wirklich kürzeste Verbindung aber tritt dann auf, wenn die Winkel AXD und BYC jweils genau 120° groß sind.
So nun die Rechnerei: die Seitenlänge des Quadrates sei a, die Strecke YZ sei x und Strecke CY sei l. Der Winkel CYZ ist 30° groß
tan (30°) = 2x/a --> 2x = a * tan (30°) --> 2x = a*Wurzel(3)/3
Wegen sin (30°)=1/2=x/l --> l =2x
Die Gesamtlänge der Leitung s ist 4*l + (a - 2x) --> s= 4*2x + a - 2x = 3 * 2x + a
= 3 * a*Wurzel(3)/3 + a = a*Wurzel(3) + a = a(Wurzel(3) + 1)
mit a = 10 km ergibt sich s zu 27,32 .. km. Das ist rund 3,5 Prozent weniger wie die Diagonalvariante.

Auswertung Serie 18 (blaue Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				205	206	207	208	209	210	211	212	213	214	215	216
1.	Doreen Naumann	Duisburg	40	3	3	3	2	3	3	3	6	4	3	3	4
2.	Felix Karu	Innsbruck	37	-	3	3	-	3	3	3	6	6	3	3	4
3.	Andree Dammann	München	32	3	3	3	-	3	3	2	6	2	3	-	4
4.	XXX	???	30	-	-	3	10	3	3	3	-	2	-	2	4
5.	Eric Rech	Chemnitz	27	-	-	3	10	2	3	3	-	-	3	3	-
6.	Katrin Posselt	Chemnitz	25	3	1	3	4	3	3	2	-	-	-	3	3
7.	Ellen Richter	Chemnitz	19	6	3	3	-	-	3	-	-	-	-	-	4
8.	Phillpp Schleupner	Chemnitz	14	-	-	2	-	-	3	3	6	-	-	-	-
9.	Stephanie Dani	Chemnitz	13	3	3	-	-	3	-	2	-	-	-	2	-
9.	Ria Hopke	Chemnitz	13	-	3	3	-	-	3	-	-	-	-	-	4
10.	Hermann Thum	Chemnitz	12	3	3	-	-	3	-	3	-	-	-	-	-
10.	Anja Posselt	Chemnitz	12	3	3	-	-	3	-	-	-	-	-	3	-
11.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	11	3	3	-	-	-	3	-	-	-	-	2	-
11.	Lucas Steinke	Chemnitz	11	3	3	-	-	-	3	-	-	-	-	2	-
12.	Luise Adam	Chemnitz	10	-	3	1	-	3	-	-	-	-	-	3	-
13.	Ronja Fischer	Chemnitz	9	-	-	3	-	-	-	-	6	-	-	-	-
13.	Jamila Wähner	Chemnitz	9	-	3	-	-	3	-	-	-	-	-	3	-
13.	Emil Maibier	Chemnitz	9	3	-	3	-	3	-	-	-	-	-	-	-
13.	Christoph-Stefan Thibeaut	Chemnitz	9	-	-	3	-	-	-	-	6	-	-	-	-
13.	Lisa Grassmann	Chemnitz	9	-	3	3 3	-	-	-	3	-	-	-	-	-
13.	Alice Ludewig	Chemnitz	9	3	-	3	-	-	-	3	-	-	-	-	-
13.	Bernhard Richter	Chemnitz	9	3	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-
14.	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	8	-	3	2	-	-	-	3	-	-	-	-	-
15.	Nina Zätsch	Chemnitz	7	-	3	3	-	-	1	-	-	-	-	-	-
16.	Felix Brinkel	Chemnitz	6	-	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-
16.	Christian Wagner	Bamberg	6	3	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-
16.	Josephine Pallus	Chemnitz	6	-	3	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
16.	Janosch Dimter	Chemnitz	6	-	-	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-
16.	Leon Schubert	Chemnitz	6	-	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-
16.	Isabell Wache	Chemnitz	6	-	-	3	-	-	-	3	-	-	-	-	-
16.	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	6	-	3	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-
16.	Jakob Schreiter	Chemnitz	6	-	-	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-
17.	Richard Brinkel	Chemnitz	5	-	-	3	-	2	-	-	-	-	-	-	-
17.	Ingmar Richter	Chemnitz	5	2	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
17.	Lukas Kirchberg	Chemnitz	5	-	3	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Rico Bräutigam	Chemnitz	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Robin Schmidt	Chemnitz	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Dario Möller	Gossau (CH)	3	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-
18.	Sophie Dani	Chemnitz	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Julia Scheunpflug	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-
18.	Johannes Gold	Chemnitz	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Max Geißler	Chemnitz	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Jonathan Käßler	Chemnitz	3	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Richard Hahmann	Chemnitz	3	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Steffen Scheunpflug	Chemnitz	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Jan Höffler	???	3	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Katrin Wolstein	Bamberg	3	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Philipp Fürstenberg	Chemnitz	3	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Judith Bergmann	Chemnitz	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Agnieszka Urban	Chemnitz	3	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
19.	Daniel Hufenbach	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-

Auswertung Serie 18 (rote Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				205	206	207	208	209	210	211	212	213	214	215	216
1.	Doreen Naumann	Duisburg	59	8	8	3	1	8	8	4	7	4	3	3	3
2.	XXX	???	54	-	8	6	3	7	8	4	7	2	3	4	2
2.	Felix Karu	Innsbruck	54	-	8	6	-	8	8	4	8	4	3	3	2
4.	Andree Dammann	München	51	8	8	3	-	8	8	4	7	-	3	-	2
5.	Eric Rech	Chemnitz	35	-	-	6	3	8	7	4	-	-	3	4	-
6.	Katrin Posselt	Chemnitz	32	8	8	3	-	-	8	-	-	-	-	3	2
7.	Emil Maibier	Chemnitz	20	6	-	6	-	8	-	-	-	-	-	-	-
8.	Alice Ludewig	Chemnitz	16	8	-	4	-	-	-	4	-	-	-	-	-
9.	Christoph-Stefan Thibeaut	Chemnitz	15	-	8	3	-	-	-	-	4	-	-	-	-
10.	Bernhard Richter	Chemnitz	14	8	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-
10.	Christian Wagner	Bamberg	14	6	-	-	-	8	-	-	-	-	-	-	-
11.	Janosch Dimter	Chemnitz	12	-	-	6	-	-	6	-	-	-	-	-	-
12.	Jamila Wähner	Chemnitz	11	-	6	-	-	5	-	-	-	-	-	-	-
13.	Leon Schubert	Chemnitz	10	-	-	2	-	8	-	-	-	-	-	-	-
14.	Hermann Thum	Chemnitz	9	8	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-
15.	Sophie Dani	Chemnitz	8	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
15.	Katrin Wolstein	Bamberg	8	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
15.	Jan Höffler	???	8	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
15.	Anja Posselt	Chemnitz	8	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
16.	Jakob Schreiter	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-	-	-
17.	Daniel Hufenbach	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
17.	Felix Brinkel	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
17.	Isabell Wache	Chemnitz	4	-	-	2	-	-	-	2	-	-	-	-	-
18.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-
18.	Robin Schmidt	Chemnitz	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Ria Hopke	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-
19.	Steffen Scheunpflug	Chemnitz	2	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-
19.	Ina Steinke	???	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
19.	Richard Brinkel	Chemnitz	2	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-
19.	Julia Scheunpflug	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-
19.	Max Geißler	Chemnitz	2	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-
19.	Dario Möller	Gossau (CH)	2	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-

Serie-17

Serie 17
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

193. Wertungsaufgabe
„Nun sind die großen Ferien wieder vorbei“, meinte Bernd, als er Mike nach längerer Pause wieder traf. „War aber eine schöne Zeit, besonders die zwei Wochen, die ich mit Lisa zelten fahren konnte“, gab Mike zurück. „Aber nun geht es los mit einer handwerklichen Aufgabe, da lies.“ Ein großer Würfel soll in 27 gleich große Würfel zersägt werden. Es soll so wenig wie möglich Abfall entstehen. Nach dem ersten Sägen darf man die entstandenen Teilstücke auch aneinander oder übereinander legen, so dass mit einem Schnitt mehrere Teilstücke zersägt werden. Wie viele solcher Schnitte sind mindestens notwendig, um den Würfel vollständig zu zersägen? „Das klingt nicht ganz einfach“, meinte Mike. „Das mag sein, ich habe beim ersten Hören auch gestutzt, aber so schlimm ist es dann doch nicht“. (4 Punkte)
„Wenn wir die 27 Würfel haben, dann können diese ja von Marias und Lisas Gruppe genutzt werden. Da fällt mir ein, wenn die Würfel wie üblich mit den Zahlen 1 bis 6 versehen werden, dann kann man nach dem Aufeinanderstapeln aller Würfel „mit einem Blick“ feststellen, wie groß die Summe aller sichtbaren Zahlen ist“. „Da hast du recht“, fand auch Bernd und schlug dafür 4 blaue Punkte vor.

Lösung

Hier die sehr umfassende Lösung von XXX, danke.
Es geht mit höchstens 6 Schnitten: Wähle dazu je zwei Schnitte West-Ost, Nord-Süd und Horizontal.
Wie sehen wir aber, dass es nicht mit noch wenigeren Schnitten geht?
Zunächst neigte ich dazu zu glauben, dass die größte Schnittfläche, die entstehen kann, einer Seitenfläche des großen Würfels entspricht, also links und rechts vom Sägeblatt je 9 kleine Schnittflächen entstehen können.
Zählen wir nun diese inneren Schnittflächen, von denen pro Schnitt höchstens 18 entstehen können, so haben wir bei x Schnitten höchstens 18x.
Wir müssen aber bei 27 Würfeln 6*27 = 162 Flächen haben, wovon 6*9 = 54 äußere Flächen des bisherigen Würfels sind, mithin
18x >= 162 - 54; 18x >= 108; x >= 6
Also 6 Schnitte.
Aber da ist eine Lücke. Nach dem Abschneiden der ersten Scheibe legen wir diese Scheibe quer hinter das Reststück.
Der nächste Schnitt erzeugt nun statt 18 gleich 24 Schnittflächen!
Im Idealfall verdoppelt jeder Schnitt die Anzahl der Teile. Mit 2^x >= 27 sehen wir, dass mindestens 5 Schnitte nötig sind.
5 oder 6, das ist nun die Frage! Beim Würfel 4ï¿½ könnte die naheliegenden 9 Schnitte unterboten werden, weil es Schnitte gibt, die eine Seite halbieren.
Hier betrachten wir den innersten Würfel. Dieser besitzt keine äußere Fläche, mithin 6 Flächen, die durch Schneiden entstanden sind.
Da kein gerader Schnitt zwei dieser Schnittflächen erzeugen kann, sind mindestens 6 Schnitte nötig.
Interessant ist der 64er Würfel, der auch mit 6 Schnitten zerlegt werden kann, indem man nicht mit Scheiben arbeitet, sondern jeden Schnitt jedes vorhandene Teilstück halbieren lässt.
Hier die Lösung f&uurml; die blaue Aufgabe von Paul Koch, danke.
Die gegenüberliegenden Seiten des Würfels ergeben immer 7. Ich sehe immer 4 Seiten pro Würfel und oben die Fläche. Also muss ich nur 14 x 27 + die obere Fläche rechnen.

Aufgabe 2

194. Wertungsaufgabe
Als Mike heute zu Bernd kam, hatte der überhaupt keine Zeit, da er seinem Opa im Garten helfen musste. „Da komme ich mit“, sagte Mike kurzentschlossen, „vielleicht hat er noch eine kleine Knobelei für uns parat.“ Bevor sie ihn dass fragen konnten, gab es viel zu tun, Äpfel, Pflaumen und auch die restlichen Birnen mussten geerntet werden. Nach zwei Stunden war alles erledigt. Der Opa von Bernd gab ihnen nicht nur Obst mit, sondern auch – wie sie erhofft hatten – ein paar kleine Rätselnüsse.
Die erste Nuss war eine Wette. Ich wette, dass es schaffbar ist, eine beliebige natürliche Zahl zwischen Null und Tausend herauszubekommen, wenn man dem, der sich die Zahl ausdenkt, nur 10 Fragen stellt, auf auf die dieser nur mit ja oder nein zu antworten braucht. Für das Zeigen der Unverlierbarkeit der Wette gibt es 5 Punkte.
Und nun die zweite Nuss: In einer Pluspyramide sollen in der untersten Zeile vier aufeinander natürliche Zahlen stehen. Wie kann man diese Zahlen eintragen, damit das Ergebnis in der Spitze der Pyramide möglichst groß ist? Eine Beispiellösung bringt 2 blaue Punkte, die allgemeine Lösung ist 5 blaue Punkte wert.

Lösung

			a+3b+3c+d
		a+2b+c		b+2c+d
	a+b		b+c		c+d
a		b		c		d

Es ist also leicht einzusehen, dass von den vier aufeinanderfolgenden Zahlen, die beiden großen in der Mitte stehen müssen, wo es egal ist ob links oder rechts.

			8n + 16
		4n + 8		4n + 8
	2n + 3		2n + 5		2n + 3
n		n + 3		n + 2		n + 1

Beispiel:

			96
		48		48
	23		25		23
10		13		12		11

Die Grundidee für die 10-Frgaen-Wette liegt in der Halbierung des zu fragenden Intervalls?
Wegen 1000 < 1024= 2¹⁰ ist eine Reduzierung des Intervalls vollständig möglich. Beispielstrategie:
1. Frage: Ist die gesuchte Zahl größer als 512?
2. Frage bei ja: Ist die gesuchte Zahl größer als 768 (512+256)?
2. Frage bei nein: Ist die gesuchte Zahl größer als 256 (512-256)?
Dann wird wird bei der nächsten Frage das Intervall mit 128 eingeschränkt ± je nach gegebener Antwort geht es also mit 896, 740, 384 oder 128 weiter. ....
Eine Strategie bei der der Befragte mehr rechnen muss schrieb XXX auf, danke
1. Frage: Ist die Zahl ungerade. Wenn ja notiere die 1 = 2^0.
2. Frage: Ist der Quotient von (Zahl div 2) ungerade? Wenn ja, notiere die 2 = 2^1.
3. Frage: Ist der Quotient von (Zahl div 4) ungerade? Wenn ja, notiere die 4 = 2^2.
n. Frage: Ist der Quotient von (Zahl div 2^(n-1) ) ungerade? Wenn ja, notiere die 2^(n-1).
Am Beispiel der Zahl 777 geht es so ab:
777 ist ungerade, notiere 1
777:2 = 388 Rest 1, gerader Quotient, notiere nichts.
777:4=194 Rest 1, nichts
777:8=97 Rest 1, notiere 8
777:16=48 Rest 9,
777:32=24 Rest 9, --
777:64=12 Rest 9, --
777:128 =6 Rest 9, --
777:256=3 Rest 9, notiere 256
777:512 = 1 Rest 265, notiere 512
Addiere die notierten Zahlen und finde 512 + 256 + 8 + 1 = 777

Aufgabe 3

195. Wertungsaufgabe
Nach der großen Hilfe in Opas Garten, hatten Bernd und Mike noch einiges von dem Obst mitnehmen dürfen. Der Opa hatte große 10 – kg Beutel mit Äpfeln, 2 – kg Beutel mit Birnen und kleine Netze mit Pflaumen zu je 500 Gramm mitgegeben. Mit ihrer Last zogen sie nach Hause. Bevor sie alles gerecht teilten, rechneten sie alles zusammen und stellten verblüfft fest, dass sie genau 50 Kilogramm in den insgesamt 50 Beuteln bzw. Netzen vom Opa erhalten hatten. Was konnte Mike nach dem Teilen mit nachhause nehmen? (6 Punkte)

Als Mike, dass seiner Lisa am nächsten Tag erzählte, meinte sie, dass der Opa, sicher schon vorher gewusst habe, bevor er Bernd und Mike das Obst gab. Für ihre Gruppe hatte sie gleich auch noch eine Idee. Wie viele Beutel und Netze (jede Sorte muss dabei) braucht man mindestens bzw. höchstens, um auf genau 50 Kilogramm Obst zu kommen (je zwei blaue Punkte).

Lösung

Hier die Variante von XXX, danke.
Zunächst zu einer haushaltsüblichen Einheit, dem Pfund.
x Beutel Äpfel zu 20 Pfd
y Beutel Birnen zu 4 Pfd.
z Beutel Pflaumen zu 1 Pfd.

Das liefert ein Gleichungssystem

x + y + z = 50
20x + 4y + z = 100
Eine Unbekannte kann leicht eliminiert werden. Anschaulich gesehen nehmen wir uns 50 Beutel Pflaumen und haben damit die richtige Anzahl Gebinde und schon mal 50 Pfund.
x + y ist nun die Anzahl Gebinde, die wir gegen größere Beutel tauschen
19x + 3y = 50 wiederum ist die Gewichtszunahme, die wir durch Tauschen gegen Größere erzielen.

3y = 50 - 19x.
Ziehe von 50 solange 19er ab, bis du eine Dreierzahl erhältst ...
50, 31, 12 - ja!
2 Beutel Äpfel musst du also nehmen und dann noch 4mal Birnen.
Und erfreulicherweise siehst du sogar, dass es keine anderen Lösungen gibt.
Für die blauen Punkte, die knappe Variante von Paul Koch, danke
mindestens
4 Beutel Äpfel=40kg
4 Beutel Birne=8kg
4 Beutel Pflaume=2kg
zusammen = 12 Beutel

maximal
1 Beutel Äpfel=10kg
1 Beutel Birnen=2kg
76 Beutel Pflaumen=38kg
zusammen= 78 Beutel

Aufgabe 4

196. Wertungsaufgabe
„Meine Eltern haben sich sehr auch gefreut“, konnte Mike beim nächsten Besuch von Bernds Opa berichten, „dass ich so viel Obst mitbringen konnte“. „Das freut mich sehr“, gab der Opa zurück. „Für deine Lisa habe ich auch noch etwas, ist zwar kein Obst, aber eine Aufgabe für die Gruppe, die sie mit Maria betreut.“ „Da die Aufgabe aus einem sehr alten Mathebuch stammt, habe ich sie noch einmal am Computer geschrieben und ausgedruckt“. Mike und Bernd konnten nun folgendes lesen: Es gilt zwei einstellige Zahlen zu erraten. Man braucht also drei Leute. A und B denken sich so eine Zahl aus und C „errät“ die Zahlen. C sagt zu A, multipliziere deine Zahl mit 2, dann addiere 5. Wenn du das geschafft hast, dann multipliziere das ganze mit 5, jetzt kommen noch einmal 10 dazu. Lass dir die Zahl von B ins Ohr flüstern und addiere diese dazu. Was kommt da heraus? Wenn C das Ergebnis hört, kann er ganz schnell die gemerkten Zahlen ansagen. „Wie geht das dann?“, fragt Bernd nach. „Ganz einfach“, sagte der Opa, „C zieht von dem gehörten Ergebnis 35 ab und sieht die Zahlen förmlich vor sich“. „Und das geht immer?“, fragt Bernd nach. „Aber sicher!“ Für ein durchgerechnetes Beispiel gibt es 2 blaue Punkte, für den Nachweis der Richtigkeit des Verfahrens gibt es noch einmal 3 blaue Punkte dazu.
„Ach ja für euch habe ich auch noch was Blaues, dieses fünf Zentimeter große Quadrat. Wobei, auf der anderen Seite ist es rot“.

„Die roten Markierungen sind einen Zentimeter lang. Wenn ihr das Quadrat entlang der gelben Linien auseinander schneidet, dann erhaltet ihr vier gleichgroße Teile. Diese lassen sich so zusammensetzen, dass ein Quadrat entsteht, welches in der Mitte ein quadratisches „Loch“ hat. Wie groß ist der Flächeninhalt des zusammengelegten Quadrates - einschließlich des Loches?“ „Ist das neue Quadrat mit dem Loch blau oder rot?“, fragte Bernd nach. „Das sage ich nicht, streng dich für die 8 Punkte mal richtig an“, sprach der Opa und ging zum Telefon, welches gerade klingelte.

Lösung

Hier die Variante von Andree, danke.
Blaue Aufgabe:
Bezeichnet man die Zahl, die sich die Person A denkt mit a und die von Person B mit b, so liegt folgende Rechnung zugrunde:
Und man erkennt sofort, dass die Zehnerstelle der genannten Zahl a angibt und die Einerstelle die Zahl b. Man sieht sie also vor sich.

anderere Aufgabe:

Natürlich ist es egal, ob das Quadrat rot oder blau ist, da man die entsprechende Figur natürlich beidseitig legen kann. Um den Flächeninhalt zu erhalten, gehen folgende Überlegungen voraus: Es entstehen 4 kongruente Figuren, die jeweils an zwei gegenüberliegenden Ecken einen 90° Winkel haben (einmal die Originalaußenecke und einmal bei den sich schneidenden gelben Linien, denn die beiden anderen Ecken ergänzen sich zu 180°) Nun müssen alle vier Figuren so verdreht werden, dass die Innenecken zu den Außenecken des neuen Quadrats werden. Man sieht sofort, dass die neuen Außenkanten die Länge einer gelben Linie haben. Diese berechnet sich aber einfach mit Hilfe des Satzes von Pythagoras:

und damit gleichzeitig der Flächeninhalt des neuen Quadrats, der beträgt somit:

Aufgabe 5

197. Wertungsaufgabe
Lisa stürmte zur Tür herein und rief: „Die Rätselaufgabe vom letzten Mal hat die Kinder in unserer Gruppe begeistert. Zwei haben heute erzählt, dass die damit sogar zuhause Erstaunen hervorgerufen haben. Bernd, hast du noch so eine?“ „Nun, von solchen Aufgaben gibt es eine große Anzahl, aber eh ich da was durcheinanderbringe, frage ich am besten beim Opa nach. Bis dahin zeige ich dir diese kleine Knobelei.“
„Zehn nummerierte Kreisscheiben werden wie auf dem Bild angeordnet. Die Aufgabe besteht nun darin, dass die Scheiben so umsortiert werden, dass die Spitze des Dreiecks nach oben zeigt. Es dürfen aber nur drei Schreiben verschoben werden“ Wenn das deine Kinder herausbekommen, dann dürfen sie sich drei blaue Punkte gutschreiben lassen.“ „Das klingt gut, gab Lisa zu, die zu strahlen anfing, weil Mike nun endlich kam, der sie ins Kino abholen wollte. „Geht gleich los, ich will nur noch schnell erzählen, welche Aufgabe ich aufgebrummt bekommen habe. Schaut euch das Rechteck an.“

„Wir sollen die Größe dieses Rechtecks ermitteln, wobei die Länge der Diagonale 6 cm und die Strecke von X nach B 4 cm lang sind. S ist von der rechten Seite genau 2 cm entfernt.“ „Das klingt nicht einfach“, warf Bernd ein. „das meinte unser Lehrer auch“, gab Mike ihm Recht, „deshalb sollen wir eine Gleichung finden, in der nur die Seite a des Rechtecks vorkommt. Es käme dann eine Gleichung zum „Vorschein“, an der man sich aber nicht die Zähne ausbeißen sollte, um sie exakt mit Lösungsformel oder so zu lösen. Ein guter Näherungswert reicht. Wenn man a hat, ist b nicht mehr schlimm“. „Komm, wir müssen los, sonst fängt der Film ohne uns an.“
Tja, da wird sich Bernd wohl erstmal allein (abmühen) müssen, bekommt dafür aber auch 12 Punkte.

Lösung

Für die blaue Aufgabe hier die Lösung von Andree, danke.
Der Trick besteht jeweils darin, eine Ecke an die gegenüberliegende Grundseite mittig anzusetzen und die beiden anderen Ecken wiederum gegenüber als neue Grundseite anzusetzen (grüne Pfeile). Bei drei Ecken gibt es so drei (bzw. sechs) Möglichkeiten, (wenn man die beiden neuen Grundseitenecken noch untereinander vertauscht (rote Linie)). Münzen
Für die andere Aufgabe stammt der Weg von XXX, danke.

Eine Aufgabe zu Strahlensatz und Pythagoras.

Entwurf
„Wir sollen die Größe dieses Rechtecks ermitteln, wobei die Länge der Diagonale 6 cm und die Strecke von X nach B 4 cm lang sind. S ist von der rechten Seite genau 2 cm entfernt.“ „Das klingt nicht einfach“, warf Bernd ein. „das meinte unser Lehrer auch“, gab Mike ihm Recht, „deshalb sollen wir eine Gleichung finden, in der nur die Seite a des Rechtecks vorkommt.

Was man als Unbekannte nimmt, ist oft Geschmackssache. Sie sollte auf jeden Fall geeignet sein, die benötigten Terme einfach darzustellen. Deshalb habe ich mich entschieden, in der Mitte anzufangen und mit dem Verhältnis mich gleich auf EINE Unbekannte zu beschränken.

Strahlensatz:
Strahlensatz

Mit diesen einfachen Termen setzen wir nun zweimal den Satz des Pythagoras an:

Wir haben nun die Seite b auf zwei Arten dargestellt und gehen die Gleichung an:

Mit Regula falsi z.B.

n = 1,73572325

a = 5,471446505

c = 3,152257422

b = 2,462371448

Nebenbei: Eine Gleichung für a erhält man aus der obigen, indem man n = (a-2)/2 ersetzt.

Aufgabe 6

198. Wertungsaufgabe
„Hallo Mike, da hast du mir ja eine Aufgabe da gelassen, als du mit Lisa ins Kino gegangen bist“, sagt Bernd etwas vorwurfsvoll. „Das wusste ich “, gab er leicht zerknirscht zu, „aber du hast es ja geschafft.“ „Aber klar doch“, gab Bernd zurück und schob ihm gleich noch einen Zettel hin. Mike las diesen und war der Meinung, dass diese Ali-Baba-Geschichte etwas für die Gruppe von Lisa und Maria sei.
Ali Baba hatte in der Schatzhöhle eine Truhe entdeckt. In dieser befanden sich viele Goldstücke. Auf die Frage eines Bandenmitgliedes, wie viele es denn am Anfang gewesen seien, erhielt dieser folgende Informationen: Als erstes entnahm Ali Baba 40 Prozent aller Münzen, beim zweiten Mal holte er genau 40 Münzen heraus und stellte fest, dass in der Truhe nun noch genau 40 Prozent der ursprünglichen Anzahl der Münzen lagen. Wie viele Münzen waren zu Beginn in der Truhe? (5 blaue Punkte).
„Was liegt denn da für ein zusammengefalteter Zettel auf dem Tisch rum“, fragte Maria, die gerade ins Zimmer kam, „soll ich den gleich mal mitnehmen?“. „Aber nein“, sagte Bernd erschrocken, „das ist doch mein Probierstück für meine Geometriezauberschau“. „Wie das denn?“, fragte Mike nach. „Nun, bei dem Papier handelt es sich um ein Rechteck, welches 12 cm breit und 24 cm lang ist. Das Rechteck wird entlang einer Diagonale gefaltet, dann werden die Stücke abgeschnitten, wo das Papier nicht doppelt liegt. Wenn du den Rest wieder auffaltest ist eine spezielle Vierecksart entstanden.“ „Bist du da sicher“, fragte Maria nach. „Aber klar doch, es lässt sich eindeutig nachweisen, dass es ein spezielles Viereck ist, selbst dessen Größe ist berechenbar.“ Wer es schafft, darf sich 8 Punkte gutschreiben lassen.

Lösung

Die Lösung von Doreen, danke.

1)Am Anfang werden 40% der Gesamtmenge entnommen, nach der Entnahme von 40

Münzen sind noch 40% der Gesamtmenge vorhanden

->die 40 Münzen entsprechen also den übrigen 20%

=>die 100% entsprechen 200 Münzen, am Anfang waren 200 Münzen in der Truhe

2)die Diagonale e lässt sich leicht berechnen:

e=Wurzel(12²+24²)=Wurzel720=26,83

nun faltet man das Papier so, dass die beiden Enden der Diagonale (A, C)

auf einem Punkt sind->es entsteht eine Linie f, die genau vom Mittelpunkt

von e im rechten Winkel zu den beiden 24cm langen Papierseiten führt (Punkte

B und D)

wenn man nun die Punkte A-D verbindet, entsteht ein Viereck->wenn man nun

nachmisst, stellt man fest, dass die 24cm-Seite in ein 15cm-Stück und ein

9cm-Stück unterteilt wird->das 15cm-Stück gehört zu dem neuen Viereck (auf

der Parallelseite genauso)

die beiden anderen parallelen Seiten des Vierecks lassen sich nun berechnen:

a=Wurzel(12²+9²)=15

=>das Viereck ist ein Rhombus mit einer Seitenlänge von 15cm

nun müssen wir noch f berechnen: f=2*Wurzel(a²-(1/2e)²)=2*Wurzel45=13,42

A=1/2*e*f

A=180cm²

Aufgabe 7

199. Wertungsaufgabe
„Auf die Aufgabe mit Ali Baba haben sich die Kinder unserer Gruppe wie verrückt gestürzt“, sagte Lisa, die gerade mit Maria bei Bernd auftauchte. „Na, ist doch prima. Apropos gestürzt, da hätte ich gleich noch etwas für euch“, sagte Bernd. „Lass hören.“ „Also, zwischen Sportplatz und Schule ist doch eine Treppe. Die hat genau 24 Stufen. Wenn da manche hochflitzen, dann lassen die immer eine Stufe aus. Noch gefährlicher ist es dann, wenn die beim Runterrennen sogar immer zwei Stufen auslassen. Die Frage ist nun, wie viele der Stufen lassen die bei einmal hoch und runter aus. Da könnt ihr euren Kinder gleich noch drei blaue Punkte spendieren“. „Das geht klar“, sagen Lisa und Maria wie aus einem Mund.
„Apropos springen, bei einem älteren Känguru-Wettbewerb habe ich eine Aufgabe gesehen, die ich gerne etwas allgemeiner als dort formuliert mal hier in die Runde werfen würde“, sagte Mike, der nun nach seinem Training auch zu den dreien gestoßen war.

„Schaut euch das Bild an und lest dann den Zettel mit der Beschreibung durch.“:
In einem Rechteck ABCD, mit a >b wird die Diagonale von B nach D eingezeichnet. Der eingezeichnete Kreis berührt die Diagonale und die beiden Rechteckseiten. Der Punkt E ist der Mittelpunkt des Kreises. In welchem Verhältnis stehen die Flächeninhalte der beiden Rechtecke ABCD bzw. EFGH.?
Einander entsprechende Seiten der Rechtecke sind parallel zu einander. Die Punkte X, Y, und Z sind Hilfspunkte, die auf der Diagonalen liegen.
„Das sieht nicht einfach aus“, meinte Maria. „Ach so schlimm ist das gar nicht, man muss es nur genau aufschreiben, deshalb soll es dann auch 8 Punkte geben“, gab Mike zurück.

Lösung

Aufgabe 17-7 Das Rechteck EFCH setzt aus dem Dreieck EYX und dem Fünfeck YFCHX zusammen. Die Dreiecke DHX und EZX sind kongruent nach sws (Scheitelwinkel, rechte Winkel, Strecke DH ist gleich dem Radius EZ) ebenso sind die Dreiecke EYZ und BFY kogruent zueinander (Scheitelwinkel, rechte Winkel, Strecke FB ist gleich dem Radius EZ). Damit wird klar, die Fläche des Rechtecks EFCH lässt sich auch aus dem Dreieck DHX, dem Dreieck FBY und dem schon genannten Fünfeck YFCHX zusammensetzen, dass die diese drei Flächen gerade so groß sind wie das halbe Rechteck ABCD sieht man jetzt natürlich gleich.
Lösung zur blauen Aufgabe von XXX, danke
Wenn wir einmal alle geraden Nummern betreten, einmal alle Dreierzahlen, haben wir nicht betreten 1,5,7,11,13,17,19,23 also acht Stück.

Aufgabe 8

200. Wertungsaufgabe
„Hallo, ihr vier“, sagte Opa, „ich gebe zur Feier der Woche einen aus.“ „Was für eine Feier?“, fragte Bernd zurück. „Nun, auch wenn wir nicht von Anfang an dabei waren, so können wir doch auf die 200. Wochenaufgabe anstoßen. Eigentlich sind es sogar noch mehr, da es zwischendurch auch immer mal Aufgabengab, die nicht bewertet wurden. Richige Wertungsaufgaben allerdings sind es mit der heutigen genau 200.“ „Da möchte man ja den Ausdenker gleich mit einladen“, warf Lisa ein, „aber das geht ja leider nicht.“ „Stimmt, aber virtuell können wir ihm ja was zukommen lassen.“
Geld ist nicht alles, aber rechnen kann man schon damit. Nicht schwierig, aber sicherlich doch überraschend werden die Antworten ausfallen. Es ist eine Anlehnung an die allererste Aufgabe – mit weniger Geld, aber deutlich mehr Ergebnissen.
Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es 21 Cent mit gültigen Centmünzen zusammenzustellen? Es gibt pro vier gefundene Möglichkeiten einen blauen Punkt. „Und das lohnt sich“, gab Maria zu bedenken. „Aber klar doch“, beruhigte sie der Opa. „Na, wenn das so viele sind, wie sieht es dann bei einem Euro aus?“. Auch, wenn das nicht unbedingt eine so schwere Aufgabe ist, so soll es doch auch hier so viele Punkte wie bei den blauen geben.

Lösung

Einsendungen gab es viele, vielen Dank.
Ein Freund von Christian - Bamberg - schrieb ein recht schnelles PHP-Script, welches die Lösungen liefert, vielen Dank - auch an den unbekannten Freund.
zum script
21 Cent lassen sich 44 mal zusammenstellen.
Bei einem Euro sind es sagenhafte 4563 Varianten, wenn man das 1-Euro-Stück mitrechnet.

Aufgabe 9

201. Wertungsaufgabe
„Wer hätte gedacht, dass es für einen Euro so viele Wechselmöglichkeiten gibt?“, sagte Mike, nach dem alle auf die Jubiläumsaufgabe angestoßen hatten. „Das war verblüffend“, meinte auch Bernds Vater, „aber nun möchte ich auch mal wieder eine Aufgabe beisteuern. Für unsere Firma wurde ein quadratisches Werbeposter (Kantenlänge 2m) bestellt, das an einem überdimensionalen Nagel aufgehängt werden sollte. Das recht dünne, aber doch sehr stabile Seil sollte genau einen Meter länger sein als der Umfang des Quadrats. Als das Poster kam, wurde das Seil zuerst so um das Poster gelegt, dass es wie ein quadratischer Rahmen aussah.
Was meint ihr, wie groß der Abstand zwischen Bild und Rahmen war? (3 blaue Punkte), anschließend wurde das Poster aufgehängt, so dass der Nagel sich genau über der Mitte einer Kante des Posters befand. Wie weit war der Nagel von dem Poster entfernt? (4 rote Punkte).“ „Das erinnert mich an die Aufgabe mit dem Seil um den Äquator“, meinte Lisa, die natürlich auch bei der Party war. „Ja, das ist richtig“, stimmte Maria zu, „da wäre also noch die Frage, wie verändern sich die Abstände, wenn man bei einem anders großen Poster die Aufgabenstellung durchführt.“ „Ja wie ist das mit dem Abstand für das Herumlegen eines solchen Seiles (quadratischer Rahmen) bei beliebig großen Quadraten (noch mal 4 blaue Punkte) bzw. beim Aufhängen des Posters (noch einmal 4 rote Punkte)“, fragte Bernds Vater nach.

Lösung

Hier die Lösung von Doreen N., danke
1)Kantenlänge des Quadrats: a=2m
Seillänge: 4*a+1=9m
Seillänge pro Seite: 9m/4=2,25m ->25 cm länger als Seite->12,5cm Abstand von jeder Kante
Abstand allgemein: Abstand=((4a+1)/4-a):2=1/8=0,125
wenn das Seil 1 m länger als der Umfang des Quadrats ist, ist der Abstand immer 12,5 cm, unabhängig von der Kantenlänge des Quadrats
2) die Kante des Quadrats und das Seil um den Nagel bilden ein gleichschenkliges Dreieck
die beiden Schenkel haben jeweils eine Länge von 1,5 m ((a+1)/2) von der Kante zum Nagel wird jetzt eine Höhe errichtet->es entstehen 2 rechtwinklige Dreiecke
die längste Seite des Dreiecks ist 1,5m ((a+1)/2), eine Seite ist die halbe Kantenlänge(a/2), die dritte ist der gesuchte Abstand zum Nagel(und gleichzeitig die errichtete Höhe)
h²=1,5²-1²->h=1,118034
allgemein: h=Wurzel((a+1)/2)²-(a/2)²= Wurzel (2a+1)/4
hier ist der Abstand von der Kante zum Nagel nicht immer gleich, aber leicht zu berechnen

Aufgabe 10

202. Wertungsaufgabe
Bernd und Mike waren dabei, als das Poster in der Firma von ihrem Vater aufgehängt wurde. Dabei zeigte sich, dass sie richtig gerechnet hatten. Maria wollte eigentlich auch kommen, aber sie hatte dann doch die Zeit verpasst und so konnte sie sich erst am Abend den Bericht anhören. „Warum hast du es eigentlich verpasst?“, fragte Mike nach. „Als ich auf dem Weg war, zeigte die RathausUhr 11.30 Uhr an, so dachte ich, ich schaffe es noch bequem und bin noch kurz in den Buchladen gegangen, aber als ich vorhin wieder über den Markt lief, stand die Uhr immer noch so, sie war stehen geblieben.“ „Tja mit den Zeiten und Uhren ist das recht kompliziert“, gab Mike zu bedenken, „ich habe erst vor kurzem in einem Buch gelesen, dass die Römer eine ganz verrückte Einteilung hatten. Der Tag wurde in zwölf Stunden eingeteilt, allerdings bezog sich das von Sonnenaufgang bis Sonnenuntergang.“ „Das heißt dann doch, dass die Stunden immer unterschiedlich lang waren.“ „Genau. Nun pass mal auf, nehmen wir doch mal an, jemand würde solch eine Uhr bauen, die römische Uhrzeiten anzeigen würde. Also, Start bei Sonnenaufgang, nehmen wir mal 7.30 Uhr (unserer Zeit) und nach 12 römischen Stunden Stop bei Sonnenuntergang – sagen wir 16.30 Uhr unserer Zeit. Was hätte diese Uhr gezeigt, wenn sie auch um 11.30 Uhr unserer Zeit stehen geblieben wäre, die 60-ger Einteilung für Minuten und Sekunden soll auch für diese Uhr gelten. (5 Punkte)
„Apropos 60-ger Einteilung“, sagte Maria, „gerade die ist es, die immer wieder Schwierigkeiten macht, weil ja die meisten Umrechnungen auf der Zehn basieren. Da habe ich gleich mal eine Idee für meine Gruppe von Nachwuchsmathematikern. Eine DezimalUhr bleibt um 11.30 Uhr unserer Zeit stehen. Was zeigt die Uhr an?“ (6 blaue Punkte)
Regeln für die DezimalUhr:
Der Tag beginnt und endet um Mitternacht und wird in 10 DezimalStunden (dh) eingeteilt. Jede Dezimalstunde hat 100 DezimalMinuten (dmin), die wiederum in 100 DezimalSekunden (dsec) eingeteilt werden.

Lösung

Hier die Lösung von Christian Wagner, danke
So, fangen wir mal an. Gegeben ist also der römische Tag von 7 Uhr 30 bis 16 Uhr 30, was 12 römischen Stunden bzw 720 römischen Minuten bzw 43200 römischen Sekunden entspricht. In unserer Zeit entsprechen 7 Uhr 30 bis 16 Uhr 30 nur 9 Stunden bzw 540 Minuten bzw 32400 Sekunden.
Also entsprechen 43200 römischen Sekunden 32400 Sekunden. Eine normale Sekunde entspricht also 0,75 römischen Sekunden (32400/43200).
Von 7 Uhr 30 (Start der römischen Uhr) bis um 11 Uhr 30 (Stillstand der Uhr) vergehen 4 Stunden bzw 240 Minuten bzw 14400 Sekunden. In römischer zeit entspricht dies 14400/0,75=19200 Sekunden bzw. 320 Minuten bzw. 5,333 Stunden. Die römische Uhr zeit also 5 Uhr und 20 Minuten an. (Anmerkung: V:XX römische Ziffern)
-------------------------
Ein Tag hat 24 Stunden oder 1440 Minuten oder 86400 Sekunden.
Ein Dezimaltag hat 10 Stunden oder 1000 Minuten oder auch 100000 Sekunden
Eine Dezimalsekunde entspricht also 0.864 normalen Sekunden (86400/100000)
11 Uhr 30 entsprechen 11,5 Stunden oder 690 Minuten oder 41400 Sekunden
41400/0,864=47916,67
47917 dsec= 479,17 dmin 4,7917dh
Also zeigt die Uhr 4 dh 79 dmin 17 dsec
(Anmerkung: Die Uhr wird keine Bruchteile der dsec anzeigen, so dass die Rundungsregeln nicht greifen. Die Uhr zeigt also 4dh 79 dmin 16 dsec an.)

Aufgabe 11

203. Wertungsaufgabe
„Da bin ich ja froh, dass ich nicht so eine römische Uhr habe“, meinte Lisa, als sie von der letzten Aufgabe erfuhr, „wobei, an die Dezimaluhr könnte ich mich gewöhnen.“ „Wie wäre es, wenn wir einfach mal die letzten zwei Aufgaben durcheinander würfeln?“, meinte Bernd. „Wie das denn?“ „Nun, man kann doch auch eine Uhr – sprich einen Kreis – an einem Seil aufhängen. Es gilt also immer noch, dass das Seil einen Meter länger als der Umfang des Kreises. Ich mach mal zwei Aufgaben draus. Also wie groß, muss der Radius des Kreises sein, wenn der Winkel beim Nagel genau 60° beträgt und wie groß ist dann der Abstand des Nagels vom Kreis – 4 Punkte. Für die Herleitung einer Abstandsformel für einen beliebigen Radius gibt es 8 Punkte.“ „Ich denke, dass beide Teile für unsere jüngeren Matheasse zu kompliziert sind“, gab Maria zu bedenken. „Da stimme ich dir zu“, warf Mike ein. „Da fällt mir noch eine Aufgabe mit der Uhr ein. Bei der letzten Aufgabe ging es ja darum, dass die Rathausuhr um 11.30 Uhr stehen geblieben war. Die Uhr wurde repariert und wurde genau Montag, um 11.30 Uhr in Gang gesetzt. Allerdings ging die Uhr pro Stunde genau 10 Minuten vor, weil die Pendel falsch justiert waren. Es wurde der Uhrmacher geholt, der schaute nach oben und stellte fest, dass die Uhr genau die richtige Zeit anzeigte. Der Uhrmacher ging wieder. Nach einer Stunde wurde er wieder gerufen und nun sah er, dass die Uhr deutlich vorging und reparierte sie (richtig). Wann stand der Uhrmacher vor der Uhr und konnte seinen Fehler nicht bemerken? (6 blaue Punkte) Ich meine dabei die erste Gelegenheit für diese Situation“. „Das ist gut und sollte für unsere Gruppe zu schaffen sein“.

Lösung

Blaue Punkte - Lösung von Doreen, danke
Die Rathausuhr zeigt nicht 24 Stunden an, sondern nur 12.
Pro Stunde geht die Uhr 10min vor, also in 6 Stunden eine Stunde.
Nach 24h geht sie 4 Stunden vor, nach drei Tagen genau 12 Stunden.
Nun zeigt die Uhr genau die "richtige falsche" Zeit an, der Fehler kann nicht bemerkt werden. Der Uhrmacher steht also am Donnerstag 11:30 Uhr vor der Uhr.
Lösung von XXX, danke
als pdf

Aufgabe 12

204. Wertungsaufgabe
„Da sieht man mal wieder, dass eine kleine Änderung in der Aufgabenstellung – Quadrat --> Kreis – doch ein große Wirkung haben kann“, meinte auch der Opa, als ihm Bernd von der letzten Aufgabe erzählte. „Auch halbe Kreise können es in sich haben.“ „Wie meinst du das?“, fragte Bernd. „Pass auf, ein Halbkreis soll mit einem geraden Schnitt in zwei flächengleiche Teile geteilt werden“. „Was ist daran schwer? Ich brauche doch bloß, zwei Viertelkreise daraus zu machen und fertig“. „Lass mich mal ausreden bzw. schau dir das Bild an. Wie groß muss der Winkel zwischen Durchmesser und Sehne sein, so dass die beiden Flächen A₁ und A₂ gleich sind?“

(Für eine gute Näherungslösung gibt es 8 Punkte)
Maria sah sich die Aufgabe an und meinte: „Das ist keine Aufgabe für meine Gruppe. Ich werde Folgendes fragen. Hört sich zwar komisch an, ist aber recht leicht. Pass auf. Bei einem Ehepaar – die zusammen 49 Jahre alt sind, ist er heute doppelt so alt, wie sie war, als er so alt war, wie sie jetzt ist.“ (4 blaue Punkte)

Lösung

Lösung von Felix Karu, danke.
17_12.pdf
Lösung von Doreen, danke
1)e - er
s - sie
e>s
e+s=49
s=e-x
e=2(s-x)=2s-2x
->e=2(e-x)-2x
e=2e-4x
e=4x
->s=4x-x
s=3x
=>4x+3x=49
x=7
->s=21
e=28
Er ist also 28, sie ist 21.

			Punkte für die Aufgaben Schwierigkeitsgrad 2
Aufgabennummer insgesamt				193	194	195	196	197	198	199	200	201	202	203	204
zu erreichende Punktzahl			91	4	5	6	8	12	8	8	11	8	5	8	8
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	XXX	???	81	4	5	6	-	12	8	8	11	8	5	8	6
2	Doreen Naumann	Duisburg	70	4	3	6	8	7	8	8	10	8	5	4	1
3	Andree Dammann	München	51	4	5	6	8	-	8	-	2	8	5	5
4	Mike Pfaffe	Großenhain	46	-	-	-	-	12	8	8	10	8
5	Christian Wagner	Bamberg	22	-	-	6	-	-	-	-	11	-	5
6	Paul Koch	Königs Wusterhausen	18	4	5	5	-	-	4	-	-	-
6	Alice Ludewig	Chemnitz	18	4	-	6	-	-	-	-	-	8
6	Katrin Posselt	Chemnitz	18	-	-	-	-	-	6	4	3	4	1
7	Emil Maibier	Chemnitz	16	-	-	6	-	-	-	-	-	6			4
7	Richard Brinkel	Chemnitz	16	-	5	-	-	-	-	-	-	7			4
8	Andreas Walter	Bautzen	12	4	-	-	8	-	-	-	-	-
8	Sophie Dani	Chemnitz	12	-	-	5	-	-	-	-	-	7
8	Rico Bräutigam	Chemnitz	12	-	-	5	-	-	-	-	-	7
8	Lisa Graßmann	Chemnitz	12	-	-	-	-	-	-	-	5	7
8	Ronja Fischer	Chemnitz	12	4	-	-	-	-	-	-	-	4		4
9	Christoph - St. Thiebaut	Chemnitz	10	-	-	4	-	-	-	-	1	5
9	Bernhard Richter	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	-	-	-		6	4
10	Judith Bergmann	Chemnitz	9	-	-	5	-	-	-	-	-	4
11	Stephanie Dani	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	1	7
11	Max Geißler	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	4			4
11	Felix Karu	Insbruck	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	8
12	Michael Janßen?	Ascheffel?	7	-	-	-	-	-	7	-	-	-
12	Jakob Schreiter	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	7
12	Janosch Dimter	Chemnitz	7	-	-	5	-	-	-	-	-	-			2
13	Katrin Wolstein	Bamberg	6	-	-	6	-	-	-	-	-	-
13	Eric Rech	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	6
14	Felix Brinkel	Chemnitz	5	-	5	-	-	-	-	-	-	-
15	Stefan Toman	???	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-
15	Richard Hahmann	Chemnitz	4	-	-	4	-	-	-	-	-	-
15	Lukas Steinke	Chemnitz	4	-	-	4	-	-	-	-	-	-
15	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	4	-	-	-	4	-	-	-	-	-
15	Josephine Pallus	Chemnitz	4	-	-	-	4	-	-	-	-	-
15	Jonathan Kässler	Chemnitz	4	-	-	-	4	-	-	-	-	-
15	Marie Sophie Roß	Chemnitz	4	-	-	-	4	-	-	-	-	-
15	Jamila Wäner	Chemnitz	4	-	3	-	-	-	-	-	1	-
15	Robin Schmidt	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	4			2
15	Steffen Scheunpflug	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	4
15	Isabell Wache	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	3			1
15	Petra Schleinitz	???	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4-
15	Bibi	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
16	Anja Posselt	Chemnitz	3	-	3	-	-	-	-	-	-	-
16	Luise Adam	Chemnitz	3	-	3	-	-	-	-	-	-	-
17	Nina Zschätzsch	Chemnitz	2	-	2	-	-	-	-	-	-	-
17	Agnieszka Urban	Chemnitz	2	-	-	-	2	-	-	-	-	-
17	Matthias Keussen	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
18	Phillipp Fürstenberg	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	-	1	-

			Punkte für die Aufgaben Schwierigkeitsgrad 1
Aufgabennummer insgesamt				193	194	195	196	197	198	199	200	201	202	203	204
zu erreichende Punktzahl			63	4	5	4	5	3	5	3	11	7	6	6	4
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	Doreen Naumann	Duisburg	61	4	5	4	5	3	5	2	11	7	5	6	4
2	Andree Dammann	München	58	4	5	4	5	3	5	3	11	7	5	6
3	XXX	???	43	4	-	-	5	3	5	3	11	7	5
4	Mike Pfaffe	Großenhain	29	-	-	-	-	3	5	3	11	7
4	Katrin Posselt	Chemnitz	29	-	-	-	-	-	5	2	9	7	1	5
5	Alice Ludewig	Chemnitz	26	4	-	4	-	-	-	-	11	7
6	Christian Wagner	Bamberg	23	-	-	4	-	3	-	-	11	-	5
7	Stephanie Dani	Chemnitz	21	-	-	-	-	-	-	-	9	7		5
8	Felix Brinkel	Chemnitz	19	-	2	-	-	-	-	-	11	6
8	Richard Brinkel	Chemnitz	19	-	2	-	-	-	-	-	-	7		6	4
9	Judith Bergmann	Chemnitz	18	-	-	4	-	-	-	-	11	3
9	Lisa Graßmann	Chemnitz	18	-	-	-	-	-	-	-	11	7		2
9	Herrman Thum	Chemnitz	18	-	2	-	-	-	-	-	11	6		1
10	Paul Koch	Königs Wusterhausen	17	4	2	4	-	-	5	2	-	-
10	Eric Rech	Chemnitz	17	-	-	-	-	-	-	-	10	7
11	Lucas Steinke	Chemnitz	14	-	-	3	-	-	-	-	11	-			0
11	Anja Posselt	Chemnitz	14	-	-	-	-	-	-	-	10	2			2
12	Ria Hopke	Chemnitz	11	-	1	-	-	-	-	-	10	-
12	Paul C. Zerbe	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	-	-	11	-
12	Simon ???	???	11	-	-	-	-	-	-	-	11	-
12	Duncan Mahlendorf	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	-	-	11	-			0
12	Sophie Dani	Chemnitz	11	-	-	4	-	-	-	-	-	7
12	Rico Bräutigam	Chemnitz	11	-	-	4	-	-	-	-	-	7
13	Emil Maibier	Chemnitz	10	-	-	4	-	-	-	-	-	6
14	Agnieszka Urban	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	-	9	-
14	Luise Adam	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	-	7	2
14	Ingmar Richter	Chemnitz	9	-	-	2	-	-	-	-	5	-			2
15	Andreas Walter	Bautzen	8	3	-	-	5	-	-	-	-	-
15	Jonathan Kässler	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-		8	-
15	Nina Zätsch	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	8	-
15	Jamila Wähner	Chemnitz	8	-	1	-	-	-	-	-	5	2
15	Marie Sophie Roß	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	6	2
16	Ronja Fischer	Chemnitz	7	4	-	-	-	-	-	-	-	3
16	Jakob Schreiter	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	7
16	Isabell Wache	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	3			4
16	Bernhard Richter	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-			3	4
17	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-			6
17	petra Schleinitz	???	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6
17	Josephine Pallus	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	6	-
17	Christoph - St. Thiebaut	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	3	3
17	Steffen Scheunpflug	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	4	2
18	Michael Janßen?	Ascheffel?	5	-	-	-	-	-	5	-	-	-
19	Stefan Toman	???	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-
19	Katrin Wolstein	Bamberg	4	-	-	4	-	-	-	-	-	-
19	Richard Hahmann	Chemnitz	4	-	-	4	-	-	-	-	-	-
19	Janosch Dimter	Chemnitz	4	-	-	4	-	-	-	-	-	-
19	Felix Karu	???	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
19	Leon Schubert	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
19	Lukas Kirchberg	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
19	Phillipp Schleupner	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
20	Ellen Richter	Chemnitz	3	-	3	-	-	-	-	-	-	-		1
20	Phillipp Fürstenberg	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	3	-
21	Robin Schmidt	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	2
21	Max Geißler	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	2
22	Alina Gerstner	???	1	-	-	-	-	-	1	-	-	-

Serie-16

Serie 16
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

181. Wertungsaufgabe
Die Terme haben uns ganz schön ins Schwitzen gebracht- waren wohl etwas thermal. Meine Mutter stand heute früh im Bad schaute in den Spiegel und kämmte ihr Haar. Als sie raus kam, bekam ich gleich mal wieder einen Auftrag, ich sollte eine Batterie für die Uhr holen, weil die stehen geblieben sei und zwar zeigten die Zeiger genau 10 Minuten vor um 5 an. Und hast du die Batterie schon gekauft, fragte Mike. Aber nein, die Uhr geht einwandfrei. Bist du sicher? Aber klar doch als ich kurz nach meiner Mutter an die Uhr geschaut, ging die ganz genau und um 8 war ich auch in der Schule. Ach jetzt wird es klar, was deiner Mutter passiert ist, wenn ich Lisa erzähle, kann sie das gleich in ihrer Gruppe bearbeiten und denen 3 blaue Punkte geben.
Kannst du dich noch an die Aufgabe mit dem gleichseitigem Dreieck und dem Quadrat erinnern, aber klar doch, war aber ein ganz schön krummes Ergebnis. Das stimmt, deshalb mal eine Aufgabe mit glatten Werten.

Da gilt XA sind 48 mm und XB sind 36 mm. Wie lang ist die Hypotenuse YZ?. (A,B,C und D - Ecken eines Quadrates - liegen auf den Seiten des rechtwinkligen Dreiecks) Ach, oh je, die Serie fängt ja gut an, aber das sieht dem Erfinder wohl wieder ähnlich. Wer wohl die 8 Punkte bekommt?

Lösung

Hier die Lösungen von Mike Pfaffe, vielen Dank

Ja, ich vermute mal, dass die Mutter die Uhr im Spiegel betrachtet hat. Die Uhr zeigte eigentlich 7.10Uhr an, die Mutter sah sie allerdings spiegelverkehrt und glaubte es ist 4.50Uhr.
wirkliche Uhrzeit gespiegelte Uhr

So war der Sohn ca. 7.15Uhr im Bad und pünktlich um 8.00Uhr in der Schule.

Bezeichnen wir in unserem Dreieck die Strecke mit a und die Strecke mit b. Da ABCD ein Quadrat ist und das Dreieck XYZ ein rechtwinkliges Dreieck ist, haben wir viele paarweise aufeinander senkrecht stehende Strecken (Geraden), so dass die eingeschlossenen Winkel gleich groß sind. Deshalb sind die Dreiecke XYZ, XBA und CYB zueinander ähnlich. Deshalb gilt:
und mit und
erhält man . Daraus ergibt sich . Aus erhält man damit:

selber einsetzen - meint Thomas J.

Die Hypotenuse hat also eine Länge von 185mm.

Aufgabe 2

182. Wertungsaufgabe
Das mit dem Spiegel war ja was für die Mädchen, auch wenn sie erst gestutzt haben. Apropos Mädchen, was macht eigentlich Lisa heute, wolltet ihr euch nicht treffen, fragte Bernd. Ja schon, aber sie muss zum Zahnarzt wegen des Bonusheftes. Ach so. Na dann kannst du sie ja abholen, das hatte ich auch vor, aber lass uns erst einmal noch die Aufgabe zum Superpythagoras anschauen. Superpythagoras, was ist das denn? Erst mal das berühmte Beispiel mit 3,4,5. Dazu das Bild:
Wie du siehst ist die Figur durch die gestrichelten Linien zu einem Seckseck geworden. Die Frage ist nun, wie groß ist der Flächeninhalt dieses Sechsecks und wie lässt sich der Flächeninhalt eines solchen Sechsecks für jedes rechtwinkligen Dreieck mit den Katheten a und b ermitteln? Da sind auch wieder 8 Punkte drin. Da setzt sich ja der rasante Start in die Serie 16 gleich mal noch fort. Stimmt genau. Hat Lisa schon erzählt, was sie Blaupunktler zu tun haben. Aber ja. Ein König hat in seinem Schloss eine große Schatztruhe. In dieser Schatztruhe sind genau 7 Schatzkisten drin. In jeder dieser Kisten befinden sich 3 kleine Schatullen und in diesen Schatullen sind jeweils genau 7 wertvolle schwarze Perlen. Wie viele Perlen sind es? Jeder dieser Behälter ist gegen Diebe mit einem komplizierten Schloss versehen. Wie viele Schlösser müssen mindestens geöffnet werden, wenn der König genau 26 Perlen herausnehmen möchte, um seiner Frau eine Kette anfertigen zu lassen? (Da gibt es 2 + 3 blaue Punkte)

Lösung

Als erstes die Variante von Mike Pfaffe, danke.

Verblüffenderweise erhält man, dass die schraffierten Dreiecke alle denselben Flächeninhalt wie das Dreieck ABC haben. Im Falle des Dreiecks CGH ist dies offensichtlich, da
gilt und somit das Dreieck ABC kongruent zum Dreieck CGH (SWS) ist und die Dreiecke somit auch flächengleich sind.

Das Dreieck AKI ist ähnlich zum Dreieck ABC. ist die Verlängerung von über A hinaus, K ist der Höhenfußpunkt von I auf . Somit ist . Nach Voraussetzung (Quadrat) gilt: . Weil Paare von senkrecht aufeinander stehenden Geraden (Strecken) gleiche Winkel einschließen, gilt: . Nach Voraussetzung ist und nach Konstruktion . Somit stimmen die Dreiecke AKI und ABC in zwei Winkeln überein und sind ähnlich. Betrachtet man entsprechende Stücke in den ähnlichen Dreiecken, so erhält man:

Für den Flächeninhalt des Dreiecks DAI erhält man dann:

Analog kann man zeigen:
Da das Dreieck ABC ebenfalls den Flächeninhalt besitzt, sind die schraffierten Dreiecke flächengleich zum Dreieck ABC. Für den Flächeninhalt des Sechsecks gilt demzufolge:

Für das Zahlentripel 3; 4; 5 erhält man einen Flächeninhalt von 74 Flächeneinheiten.

Zu den Perlen: 7 Kisten beinhalten 21 Schatullen und somit 147 Perlen. Der König muss zunächst die Schatztruhe öffnen (1 Schloss). Dann öffnet er eine Schatzkiste (1Schloss) und anschließend die 3 darin befindlichen Schatullen (3 Schlösser). Jetzt hat er 21 Perlen. Um die restlichen 5 Perlen zu entnehmen, muss er eine weitere Kiste (1 Schloss) und eine weitere Schatulle (1 Schloss) öffnen. Er muss also insgesamt mindestens 7 Schlösser öffnen.

Und hier noch die Variante von Andreas lang; danke
A = 3 Quadrate + rechtwinkliges Dreieck + Außendreieck C + Außendreieck A + Außendreieck B
3 Quadrate = a²+b²+c² = a²+b²+a²+b²
rechtwinkliges Dreieck = ab/2
Außendreieck C = ab/2
Außendreieck A = 1/2*x*y*sin gamma = 1/2 b Wurzel(a²+b²) sin(360°-90°-90°-tan-1(a/b))
sin(360°-90°-90°-tan-1(a/b))=sin(180°-tan-1(a/b))=sin(-tan-1(a/b))
tan-1(a/b)=alpha
sin(alpha)=a/c
sin(tan-1(a/b))=a/c
Außendreieck A = 1/2 b Wurzel(a²+b²) a/c = ab/2
Außendreieck B = 1/2 a Wurzel(a²+b²) sin(360°-90°-90°-tan-1(b/a)) = ab/2
A = a²+b²+a²+b² + ab/2 + ab/2 + ab/2 + ab/2
A = 2(a²+b²+ab)
Noch mehr Varianten von Mike Pfaffe, danke.

Durch den Punkt P wird das Dreieck DEA in zwei Teildreiecke geteilt. Dreht man das Dreieck PAD um P um 180°, so kommt D auf E zu liegen. Man kann zeigen, dass das entstehende Dreieck kongruent zu dem Dreieck ABC ist. Damit ergibt sich für den Gesamtflächeninhalt

Verschiebt man die Eckpunkte der Seitlichen Dreiecke parallel zu der Seite des großen Quadrates in der angegebenen Weise, so ändert sich deren Flächeninhalt nicht. Setzt man das obere rechtwinklige Dreieck unten an die entstehende Figur an, so erhält man das grüne Quadrat. Für den gesuchte Flächeninhalt erhält man dann:

Klappt man nun die grünen Dreiecke in das große Quadrat, entsteht nebenstehende Figur. Daraus erhält man den gesuchten Flächeninhalt zu:

Aufgabe 3

183. Wertungsaufgabe
Also der Superpythagoras war doch verblüffend, dass da am Ende eine recht einfache Formel rauskommt. Echt stark. Da gebe ich dir recht, meinte Mike. Aber auch bei (natürlichen) Zahlen gibt verrückte Dinge. Sag an. Also die siebenstellige Zahl 6ababab ist ein Vielfaches von 18. Da gibt es doch viele, ja sicher. Wenn du die erste und letzte Ziffer streichst, so ist die verbleibende Zahl nur noch durch 6 teilbar. Na und? Nun es gibt nur zwei Zahlen, die diese Bedingung erfüllen. Wirklich. Überprüfe es doch selbst (4 Punkte).
Ich kenne auch eine besondere 7-stellige Zahl, meinte Bernd. 8280062. Was ist daran besonders? Also pass auf:
Struktur: abcdefg
Erste Ziffer (a) ist nicht Null
Zahl ab = 82 ist durch 2 teilbar.
Zahl abc = 828 ist durch 3 teilbar.
Zahl abcd = 8280 ist durch 4 teilbar.
Zahl abcde = 82800 ist durch 5 teilbar.
Zahl abcdef = 828006 ist durch 6 teilbar.
Zahl abcdefg = 8280062 ist durch 7 teilbar.
Da können doch die Teilnehmer von Lisas und Marias Truppe gleichmal probieren, die kleinste und größte vierstellige Zahl mit solchen Eigenschaften zu finden. Wenn die dazuschreiben, dass es nicht kleiner oder größer gehen kann, dann gibt es 4 blaue Punkte.
3.608.528.850.368.400.786.036.725, das ist die größte dieser Superzahlen 25 (!!!) Stellen.

Lösung

Lösung von Andree - leicht korrigiert, danke
1. Bei der gesuchten Zahl müssen a und b gerade sein, da 18 und 6 gerade sind.
2. Die Quersumme der 5-stelligen Zahl muss durch 3 teilbar sein.
Also:(3a+2b):3 = ganze Zahl
dann muss b durch 3 teilbar sein und mit 1. b ist 6 oder 0 folgt:
3. Die Quersumme der 7-stelligen Zahl muss durch 9 teilbar sein.
Also: (6+3(a+b)): 9 = ganze Zahl
mit 2. gilt:
mit b=6 gilt (6+18+3a):9 = ganze Zahl, also (6+3a):9= ganze Zahl und das klappt nur mit a=4, wegen 1.
mit b=0 gilt (6+3a):9= ganze Zahl und das klappt nur mit a=4, wegen 1.
Die gesuchte Zahlen sind also 6464646 und 64064040

Die kleinste 4-stellige Zahl mit den gesuchten Eigenschaften ergibt sich, wenn man an jede Stelle die kleinste Ziffer setzt, so dass die geforderten Bedingungen erfüllt sind. Bei der größten natürlich entsprechend die größten Ziffern. Damit ergibt sich:

	kleinste Zahl	größte Zahl
Erste Ziffer (a) ist nicht Null	1	9
Zahl ab ist durch 2 teilbar. (b = gerade)	10	98
Zahl abc ist durch 3 teilbar. (Quersumme durch 3 teilbar)	102	987
Zahl abcd ist durch 4 teilbar (cd durch 4 teilbar)	1020	9876

Und das Spiel lässt sich fortsetzen:

Zahl abcde ist durch 5 teilbar.

(e = 0 oder e = 5)

10200

98765

Zahl abcdef ist durch 6 teilbar.

(Gerade und Quersumme durch 3)

102000

987654

Zahl abcdefg ist durch 7 teilbar

(ausprobieren)

1020005

9876545

leider bricht hier die schöne absteigende Zahlenfolge ab

Aufgabe 4

184. Wertungsaufgabe
Lisa und Maria trafen Bernd und Mike in der Pause und die beiden Mädchen erzählten, dass die Kinder in ihrer Gruppe ganz begeistert von den Superzahlen waren. Super ist super, ist ja klar. Dann kannst du ja noch die Mädchen- und Jungenzahlen mit ihnen durchgehen. Was ist das denn? Ganz einfach. Du lässt den Geburtstag der Jungen und Mädchen als 4-stellige Zahl auschreiben, also 29. April wird zu 2904, 3. Juli wird zu 0307. Okay. Nun lasst diese Zahl noch einmal dahinter schreiben. Also 29042904 bzw. 03070307. Wenn die Jungen ihre Zahl durch 73 dividieren, dann geht ohne Rest. Wenn die Mädchen ihre Zahl durch 137 teilen, dann klappt das auch ohne Rest. Das Geheimnis ist 6 blaue Punkte wert.
Was habt ihr denn eigentlich gerade? Ach wir wiederholen Gleichungen und Ungleichungen mit Beträgen. Zeig mal her:
|x-1| + |x+2| < 5
Muss man , da nicht ... Sag jetzt nichts, ich will es erst einmal selber probieren, dann verrechne dich nicht für die 6 Punkte.

Lösung

Hier die sehr knappe Formulierung von XXX, danke
Ihr sucht also Zahlen, deren Abstand von 1 plus dem Abstand von -2 kleiner als 5 ist. Für alle Zahlen dazwischen ist das der Fall! Und wenn sie weniger als 1 neben dem Intervall [-2; 1] sind. Die Lösungsmenge ist somit das offene Intervall (-3 ; 2)
Hier noch die schnelle Variante von Andree, vielen Dank

|x-1| + |x+2| < 5

Fall Unterscheidung:

Fall x<-2: -(x-1)-(x+2)<5 <=> -2x-1 <5 <=>x>-3
Fall: -2x <1: -(x-1)+(x+2)<5 <=> 3 <5 gilt immer
Fall: x1: (x-1)+(x+2)<5 <=> 2x+1<5 <=> x <2

Also -3<x<2

Hier noch grafisch:

Zu den blauen Punkten:
abcd*73*137=abcd*10001=abcdabcd.
Eine achtstellige Zahl der Struktur abcdabcd (die Ziffern müssen nicht notwendigerweies verschieden sein.) ist also zerlegbar in abcd*73*137 und damit immer durch 73 und 137 teilbar.

Aufgabe 5

185. Wertungsaufgabe
Die Kinder in unserer Gruppe haben den Trick mit den Jungen- und Mädchenzahlen schnell durchschaut, fanden es aber cool, sagte Maria ihrem Bruder Bernd. Da fällt mir gleich noch so eine blaue Punkteaufgabe ein (2 Punkte).
Ich gebe dir 5 Euro. Du gehst in einen laden und siehst deine Lieblingssorten Erdbeerbonbons, die kosten 2 Euro, Bromberbonbons für 1,50 Euro und Lakritze für 5 Euro. Wie viele Möglichkeiten gibt es die 5 Euro vollständig auszugeben? (Varianten aufschreiben reicht)
Plötzlich kam noch Mike angestürzt. Ich muss mal schnell noch was mit euch besprechen. Wir hatten in der Schule eine eigentlich einfache Aufgabe zur Wahrscheinlichkeitsrechnung. In einer Urne sind drei rote und 6 blaue Kugeln drin. Es wird eine Kugel gezogen und draußen gelasssen und dann noch eine zweite. Etwas überraschend für uns war, dass die Wahrscheinlichkeit, dass es zwei verschiedenfarbige Kugeln genau 0,5 war. Ein Schüler aus der Klasse meinte daraufhin, das Verhältnis von rot zu blau, sei ja auch 0,5, also ist zu vermuten, dass wenn es doppelt so viele blau wie rote Kugeln gibt, dass dann immer für eine solche Ziehung die Wahrscheinlichkeit bei 0,5 liegt. Unser Lehrer meint nun, wir sollten das mal untersuchen.
Anzahl rote Kugeln r, Anzahl blaue Kugeln b, Anzahl alle Kugeln n = a + b
Teil 1: Für welche(s) n gilt b=2a und Wahrscheinlichkeit für den obigen Versuch ist 0,5? (4 Punkte)
Teil 2: Finde eine Beziehung n(a), so dass die Wahrscheinlichkeit für den obigen Versuch ist 0,5? (8 Punkte)
Das klingt kompliziert meinte Maria, na mal sehen. Wo 0,5 ist eine schöne Wahrscheinlichkeit ist, da ja dann das Gegenereignis auch eine Wahrscheinlichkeit von 0,5 hat. Das stimmt, sagte Bernd, bloß schade, dass das wohl keine Aufgabe für deine Gruppe ist.

Lösung

Ich habe die Lösungsvariante von Stefan verwendet, danke.
Bei r roten Kugeln, b blauen Kugeln und somit insgesamt n = r + b Kugeln ergibt sich die Wahrscheinlichkeit, dass beim zweifachen Ziehen ohne Zurücklegen zwei verschiedenfarbige Kugeln gezogen werden als Summe der Ziehungen erst rot dann blau und erst blau dann rot zu p = 2(rb)/(n(n-1)). 1. Ist zudem bekannt, dass das Verhältnis r:b = 1:2 folgt unmittelbar b = 2r und n = 3r. Somit folgt für die Wahrscheinlichkeit p = 4r/(3(3r-1)), da für p = 0,5 gelten soll, ergibt sich nach umstellen r = 3 und demzufolge als einzige Lösung n = 9. 2. Wiederum ist bekannt, dass p = 0,5 gilt. Damit ergibt sich aber auch das Gegenereignis zu gleicher Wahrscheinlichkeit p' = 0,5. p' bezeichnet dabei die Ziehung zweier gleichfarbiger Kugeln, errechnet sich also mittels p' = (b(b-1)+r(r-1))/(n(n-1)). Nun lässt sich p mit p' gleichsetzen. Zusammen mit n = r + b ergibt dies ein unterbestimmtes Gleichungssystem, das unendliche viele Lösungen also eine Lösungsfunktion vermuten lässt. Der Nenner in den Wahrscheinlichkeitstermen ist gleich und lässt sich somit streichen. Der Fall, dass der Nenner Null wird, ist ausgeschlossen, da n nur natürliche Zahlen ab 2 annehmen kann. Durch ausmultiplizieren ergibt sich rr-r + bb - b - 2br = 0. Da ein Zusammenhang zwischen n und r gesucht wird, wird b als Variable betrachtet und r als Parameter. Die Normalform der bezüglich b quadratischen Gleichung führt mittels L&oouml;sungsformel auf b[1] = 0,5+r+0,5sqrt(8r+1) und b[2] = 0,5+r-0,5sqrt(8r+1). Mit n = b+r folgt n = n(r) = 2r+0,5+0,5sqrt(8r+1) und n(r) = 2r+0,5-0,5sqrt(8r+1)
Empfehlung von mir, diese Beziehung mal in einem Tabellenkalkulationsprogramm einzusetzen.
Die blaue Variante wahr nicht schwierig durchzuprobieren:
Die Formel noch mal als Bild von Mike, danke
Formel 16 5
1. 1xLakritze
2. 1*Erdbeer (2 Euro) + 2x Brombere (2x1,50 Euro)
mehr Erdbeer geht nicht, nur Brombere, aber auch nicht.
Mit der Variante, es darf auch Geld übrig bleiben, gibt es noch weitere Lösungen.

Aufgabe 6

186. Wertungsaufgabe
Das mit den Wahrscheinlichkeiten fand ich zwar nicht schwierig, aber es gab viele Möglichkeiten sich zu verrechnen, meinte Lisa. Da will ich mal hoffen, dass sich deine Gruppe nicht verrechnet, wenn sie mit diesen zwei schwarzen, dem blauen und dem roten Würfel versuchen sollen, alle Varianten herauszufinden, die 4 Würfel aufeinander zu stapeln. Die Zahlen auf den Würfeln sind nicht von Belang, nur die Farben selbst. Nun, dann solltest du aber auch 4 blaue Punkte vergeben, meinte Mike. Geht klar.
Na gut, dann lass uns noch Folgendes überlegen. Wir haben 5 Würfel zum Aufeinanderstapeln. Je einen roten, blauen, grünen, gelben und schwarzen. Wie viele verschiedene Türme kann man bauen, mit nur einer Einschränkung, dass der grüne Würfel immer über dem roten Würfel liegt. Auch das bringt bis zu 4 Punkte.

Lösung

Hier die Lösungsvariante von Annika, danke.
Blaue Punkte
12 Möglichkeiten
Ssabbassbass
Ssssababssab
Abssssssabba
Babassbassss
S in jeder Reihe 6 mal, blau und rot jeweils 3 mal ergibt 12 Lösungen
Fertig
Habe statt gelb weiß genommen, um es mit g (rün) nicht zu verwechseln)
Bsp. Rot unten
Wssbbw
Swbwsb
Bbwsws
Gggggg
rrrrrr
deshalb 4! Wenn rot immer unten ist, hat man 24 Möglichkeiten. (4!)
Wenn rot in der 4 Reihe bleibt: sinkt die Zahl auf 4! - 6=18 (weil für grün dann die 6 Varianten wegfallen, ganz unten zu sein.
Wenn rot in der 3. Reihe ist, sinkt die Zahl auf 4! -12, weil grün nicht mehr ganz unten und nicht in der vierten Reihe sein kann.
Wenn rot in der 2. Reihe ist, ist die Lösung 3! = 6.
Gesamt: 24+18+12+6=60 Möglichkeiten

Aufgabe 7

187. Wertungsaufgabe
Lisa und Maria erzählen, dass ihre Gruppe ganz fleißig mit den 4 Würfeln gebaut hat. Die meisten haben es durch Probieren herausgefunden, dass es 12 Möglichkeiten gab, mit den 4 Würfeln Türme zu bauen. Ein Mädchen kannte aber schon eine Formel, die deren Vater sich überlegt hatte. Den wollte ich mal anrufen, meinte Lisa, aber die genaue Nummer habe ich vergessen. Was weißt du denn noch zu über die Nummer. Na ja, eigentlich war die recht einfach. Wie alle Telefonnummern bei hatte sie 7 Stellen. Die Ziffern waren alle verschieden. Es war keine Null dabei und keine Drei. Ach ja, die Ziffern wurden von rechts nach links immer kleiner. Na dann lass uns doch mal alle Varianten aufschreiben, meinte Mike, der seiner Lisa helfen wollte. (Für je zwei gefundene Nummern gibt es einen blauen Punkt.)
Weshalb wolltest du ihn eigentlich anrufen, fragte Bernd. Seine Tochter sagte, dass er unserer Gruppe einen Holzspielkasten zur Verfügung stellen will. Sie hatte dieses Bild mitgebracht:

Ich wollte ihn fragen, ob er den Kasten vorbeibringen kann, denn der sieht doch recht schwer aus. Das können wir doch ausrechnen. Wie denn? Nun diese Teile, die in dem Kasten sind, haben ein Rastermaß von 4 cm. Was bedeutet das? Die roten Würfel sind 4 cm groß. Die grünen Quader sind 2 x 4 cm groß. So lassen sich die Teile leicht herstellen und passen gut zusammen, auch die beiden roten Halbkugeln, die oben zu erkennen sind. Nicht zu vergessen, die beiden gelben Zylinder. Alle anderen Teile sind Quader oder im Spezialfall Würfel. Ich schätze die Kiste auf etwa 300 Gramm. Davon ausgehend, dass die Dichte von Buchenholz bei 0,72 g/cm³ liegt, können wir die Gesamtmasse des Kastens ausrechnen. Dann gönnt uns unser Ausdenker bestimmt 6 Punkte.
Mach ich glatt.

Lösung

1245678, 1256789, 1246789, 2456789, 1245679, 1245689, 1245789, 1456789, die acht Telefonnummern genannt von Demian, danke
Für den Kasten, die Lösung von Stefan, danke.
Der Holzkasten braucht jedoch mit seinen knapp 2,7 Pfund kaum vorbeigebracht werden. Abholen geht da auch. Schließlich laesst sich aus den beiden Halbkugeln eine Kugel mit dem Durchmesser eines Rastermaßes zusammensetzen und aus den beiden Zylindern ein langer Zylinder mit einem Rastermaß Durchmesser und vier Rasterma ßHoehe. Die restlichen Koerper sind laut Aufgabe Quader. Alle haben eine Tiefe von einem Rastermaß und der Kasten ist insgesamt vier mal sechs Rastermaß groß, allerdings sind davon fuenf Quadratrastermaß mit den runden Koerpern besetzt.
Fuer das Volumen der Bauteile gilt damit:
V = R³[(pi)(1/6+1)+4*6-5] = 1450,6 cm³
Und fuer die Masse folglich: m = 1450,6*0,72g = 1044,4g
Zuzueglich des Transportkastens mit 300g wiegt der ganze Kasten also ca. 1345g.

Aufgabe 8

188. Wertungsaufgabe
Nach dem wir wussten, dass der Kasten doch nicht so schwer war, wie gedacht, habe ich dem Mädchen gesagt, es möge den Kasten doch bitte mitbringen, sagte Lisa. Das hat Sie dann auch gemacht, so dass wir die verschiedensten "Häuser" bauen konnten. Das größte - ein Quader - hatte eine Grundfläche von 96 cm² und eine Höhe von 12 cm. Wie viele der Bausteine habt ihr denn da gebraucht? Na für 4 blaue Punkte sollte man eine mögliche Bauweise dieses "Hauses" aufschreiben. Das da nur Bausteine aus dem Kasten benutzt werden dürfen, ist ja klar.(Oder war das gar nicht richtig?)

Der Vater hat aber noch was mitgebracht, schaut mal. Hm, eine würfelförmige Kiste mit Deckel. Was ist daran so besonders, fragte Bernd. Schüttelt die mal. Mike nahm die Kiste, es klappert. Was ist denn da drin. Ach so drei Holzzylinder. Die passen gut rein. Kein Wunder, wenn die Kiste zu ist, dann sind die Innenmaße der Kiste genau 10 cm. Die drei Zylinder haben einen Durchmesser von je 5 cm und eine Höhe von 10 cm. Wie groß der prozentuale Anteil an der Kiste, wenn die drei Zylinder drin liegen? Na gut, das ist einfach, aber es gibt ein Geheimnis, sagte Lisa. Was für ein Geheimnis, fragte Bernd. Als das Mädchen die Kiste brachte, sollten wir auch die Kiste schütteln. Das haben wir gemacht, sogar heftig. Aber es war kein Klappern zu hören. Dann machten wir auf und die Zylinder purzelten durcheinander. Wie waren die Zylinder in der Kiste zu Beginn angeordnet, so dass sie nicht klappern konnten? (Das gibt 3 + 3 Punkte).

Lösung

Die blaue Aufgabe: Grundfläche von 96 cm² heißt durch das Rastermaß bedingt:
96 = a*4*b*4
a*b=6
12 cm hoch, bedeutet dann drei Schichten:
Erste Schicht: die 5 Würfel aus der Mitte des Kasten sein und die beiden schmalen grünen Teile, die unter den Halbkugeln liegen.
Zweite Schicht: Die zwei schmalen blauen Quader und dann legen der beiden grünen Quader (- so wie sie schon im Kasten auch liegen)
Dritte Schicht: Die beiden schmalen roten Quader (links und rechts im Kasten), die beiden blauen Quader (von oben aus dem Kasten) und noch einer der beiden verbleiben roten Würfel, es geht also gerade so.
Der gebaute Quader hatte ein Volumen von 1152 cm³ - Das Volumen aller Quader (oder auch Würfel ist aber genau 1216 cm³. Anders gesagt, rechnet man die Quader in Würfel um, so gibt es 19, von den 18 gebraucht werden.
a = 10 cm , d = 5 cm
Volumen der Kiste: V = a³ = 1.000 cm³
Volumen der drei Zylinder: V = 3 * Pi * d² / 4 * a = 589 cm³
Da lässt sich der prozentuale Anteil ja sofort sehen - 58,9 %.
Das Geheimnis der Nichtklapperns ist im Bild erkennbar und funktioniert nur bei geschlossener Kiste, dann kann keiner der Zylinder irgendwohin umfallen.

Aufgabe 9

189. Wertungsaufgabe
Nach dem heftigen Klappern von letzter Woche habe ich dieses Mal nur Rhomben (Rauten) und Quadrate für unsere Gruppe vorbereitet, sagte Lisa. Haben die bestimmte Maße fragte Bernd nach. Aber ja, alle Rhomben haben eine Kantenlänge von 5 cm und der kleinere der Innenwinkel ist 45 Grad groß. Mike spielt mit den Rhomben etwas rum. Das ist ja ein schönes Muster, das sieht ja aus wie ein Stern. Der Stern besteht aus ??? Rhomben. (2 blaue Punkte). Schau mal die Quadrate, die passen da super dran, denn die sind auch 5 cm groß. So nun noch mal ein paar Rhomben dazu und schon hast du sogar ein regelmäßiges Achteck. Wie viele Quadrate und Rhomben wurden da gebraucht? (Noch 2 blaue Punkte):
Bernd, du bist so ruhig heute, meinte Maria. Nun, ich habe darüber nachgedacht, welche Oberfläche und Volumen wohl ein Körper hätte, wenn ich aus 6 der Rhomben ein Prisma basteln würde. Ach ja, Bernd und sein 3D-Blick, aber gut, mit 8 Punkten ist man dabei.

Lösung

Der kleinst mögliche schöne Stern besteht aus 8 Rhomben. In die 8 Ecken des Sterns lassen sich 8 Quadrate unterbringen, nun noch einmal 8 Rhomben dazu und es ist ein regelmäßes Achteck entstanden.

Zu erst einmal ein mögliches Netz des Körpers:

Zwei Lösungsvarianten - frei zur Diskussion:
Hier die Antwort von Doreen Naumann, danke.
a=5cm alpha=45°
A=a²*sin alpha (für 1 Rhombus)
->A=6*a²*sin alpha
A=106,06602cm²
V=HöhexBreitexTiefe
diese Werte müssen wir erst noch bestimmen
wir betrachten zunächst mal nur einen Rhombus->Höhe bestimmen
->es entsteht ein rechtwinkliges Dreieck, in dem alle Winkel bekannt sind (2x45°, 1x90°) und die längste Seite(5cm)
h=sin45°*5
h=3,5355339 cm
um das Volumen des "schiefen" Prismas zu bestimmen, muss man einen geraden schnitt von oben nach unten machen
->wenn man die 2 Körper neu zusammensetzt, entsteht ein "normales" Rechteck, das sich releativ einfach berechnen lässt
Breite: 5cm
Höhe und Tiefe: das h in unserem Rhombus 3,5355339cm
V=5*3,5355339²
V=62,5 cm³
Unser Prisma aus den 6 Rhomben hat eine Oberfläche von 106,1cm² und ein Volumen von 62,5cm³.
Eine zweite Variante von Stefan, vielen Dank
Die Oberfläche des Rhombenprismas ist denkbar einfach und ergibt sich zum Sechsfachen einer Rhombenfläche zu 6*5*5*cos(45°)cm² =75 sqrt(2) cm², also ca. 106,07cm².
Auch das Volumen eines Prismas läßt sich leicht bestimmen, die Grundfläche ist ja mit 25/2 sqrt(2) bereits bekannt und das Produkt daraus und der Höhe ergibt bereits das Volumen - selbst bei schiefen Prismen, da ja Grund- und Deckfläche einander parallel und deckungsgleich sein müssen und der Satz des Cavalieri verwendet werden kann. Bleibt also die Höhe des Prismas zu bestimmen.
Dies widerum gestaltet sich ein wenig komplizierter bspw. folgendermaßen: a bezeichne die Kantenlänge der Rhomben, e die kleine Diagonale und f die große und @ den kleineren der Innenwinkel. Daraus ergibt sich e zu e=2a*cos(90°-@/2) und f zu f=2a*cos(@/2). Von einer der spitzen Spitzen der Grundfläche des Prismas ausgehend befindet sich eine eben solche Spitze, jedoch der Deckfläche, über dem Dreick, das erstere Spitze mit den benachbarten Eckpunkten der Grundfläche bildet. Diese Spitze der Deckfläche hat von der Spitze der Grundfläche den Abstand a und von den anderen beiden Ecken des Dreiecks in der Grundfläche jeweils den Abstand e. Der Satz des Pythagoras liefert ein quadratisches Gleichungssystem in zwei Unbekannten: I a²=(f/2 - x)² + h²
II e²=(e/2)² + x² + h²
Wobei h die gesuchte Höhe und x der Abstand des Lotfußpunktes der Spitze der Deckfläche zur Diagonalen e in der Grundfläche darstellen.
Die Lösung des Gleichungssystems führt auf h=3,218cm. Damit ergibt sich das Volumen zu rund 56,89cm³. Zur Entscheidung erst einmal ein Bild des Netzes an einer Ecke:

Ermittlung von x₂

Festlegungen:

Damit lässt sich x₂ aus gegebenen Stücken ermitteln: x₂=1,4644 cm.

Es gilt g²+g²=a² mit diesem g lässt sich x₁ = g- x₂ ausrechnen, welches dann benutzt wird in h²=f² – x₁² und führt auf die von Stefan ermittelte Höhe.

Danke an den nicht genannt sein wollenden T.F.

Aufgabe 10

190. Wertungsaufgabe
Die Muster mit den Rhomben waren schön, aber dein Rhomboid hatte es doch etwas in sich, meinte Maria zu ihrem Bruder. Hast ja recht, sagte der. Dafür habe ich aber noch eine Spielerei entdeckt, da habe ich vielleicht dran rumprobiert. Für eure Gruppe habe ich das Ganze etwas vereinfacht. Zeig schon her, meinte Mike, der gerade zu den beiden gekommen war. Ich habe diese sieben Sechsecke. Auf der Oberseite sind Zahlen drauf, unten drunter sind die nur glatt grün.

Eines der Sechsecke kommt in die Mitte und die anderen so drum herum, dass in jedem Fall angrenzende Zahlen gleich sind. Was ist daran für unsere Gruppe einfach? Nun die roten Zahlen in der Mitte sind "richtig rum" die Sechsecke werden also nicht irgendwie gedreht. Na, dann sollte es mit etwas Geduld klappen (5 blaue Punkte)
Auszurechnen wie viele Möglichkeiten es gibt die Sechsecke ohne zu verdrehen anzuordnen, ist ja nicht schwer (2 Punkte) Du meinst ohne auf die Randzahlen zu achten? Ja, genau. Aber wie viele echt von einander verschiedene Anordnungen gibt es, wenn man die Sechsecke auch noch beliebig verdreht? (noch 4 Punkte dazu.) Für beide Teile aber gilt, dass die Zahlen selber zu sehen sein müssen.

Lösung

blaue Punkte

Die Lösung von Andree, vielen Dank.
Ohne Drehung der Mittelzahl Möglichkeiten, da 7 verschiedene Sechsecke in der Mitte liegen können und dann nur noch 6 verschiedene ganz oben, 5 verschiedene rechts oben usw.
Mit Drehungen, aber ohne Wiederholung
Die 5040 Möglichkeiten von oben werden als Ausgangsbasis genommen. Nun kann jedes der äußeren Sechsecke noch sechsmal in sich verdreht werden. Das mittlere zu drehen macht keinen Sinn, da dadurch nur Stellungen erzeugt werden, die auch durch vertauschen der äußeren zustande kommen.
Somit ergibt sich die stolze Anzahl von 5040 *6⁶= 235.146.240 Möglichkeiten!
Das Spiel gibt es als Holzpuzzle:
Das Zahlen-Puzzle, Das Wabenbild, bartl Art. 2288

Aufgabe 11

191. Wertungsaufgabe
"Das Zahlen-Puzzle hat für Spaß in unserer Gruppe gesorgt", meinte Lisa, die mit Mike bei Bernd und Maria war. "Aber ohne den Hinweis mit den roten Zahlen wäre es verdammt schwierig gewesen." "Da hast du Recht", stimmte ihr Bernd zu.
In unserer Gruppe hatten wir letzte Woche einen Jungen, der hat eine eigene Variante entwickelt, den Mittelwert - gemeint ist das arithmetische Mittel zweiter Zahlen - auszurechnen. Wie jetzt, das ist doch bei zwei Zahlen ganz einfach: (a+b)/2. Wir wissen dass, aber der Junge hatte sich folgendes überlegt: Er hat die Differenz der beiden Zahlen gebildet (größere minus kleinere), davon hat er die Hälfte genommen und dann zu diesem Ergebnis die kleinere Zahl addiert. Aha. Nach kurzem Erstaunen, mussten wir feststellen, der Junge hat Recht.
Nun, für 3 blaue Punkte sollten alle aus eurer Gruppe zeigen können, dass beide Wege (für a > b > 0) gleich berechtigt sind.
"Hallo Opa, schön, dass du mal wieder da bist", riefen Bernd und Maria, fast wie aus einem Mund. "Nun, es geht mir wieder besser, so dass ich gedacht habe, ich bedanke mich für eure Krankenbesuche und bringe euch gleich die kleine Knobelei selber vorbei." "Lass mal sehen."
Verwandle einen Mast in einen Stab. "Wie das denn?" "Also, du schreibst das Wort Mast auf, nun wird ein Buchstabe des Wortes verändert, so dass wieder ein sinnvolles Wort der deutschen Sprache entsteht. Dieses Wort wird wieder an einer Stelle verändert, dann wieder ... bis am Ende das Wort Stab da steht."
Es dürfen keine Abkürzungen und keine Umlaute dabei sein, auf Eigennamen sollte man verzichten."
"Da gibt es doch sicher viele Möglichkeiten." "Na klar. Deshalb geht es nicht darum alle Varianten zu finden, sondern eine (2 Punkte) und es gilt nachzuweisen, dass mindestens eines der Zwischenwörter zwei Vokale haben muss (noch mal 2 Punkte)."

Lösung
Er hat die Differenz der beiden Zahlen gebildet (größere minus kleinere), davon hat er die Hälfte genommen und dann zu diesem Ergebnis die kleinere Zahl addiert. Das lässt sich so schreiben:
(a-b)/2 + b =
(a-b)/2 + 2b/2 =
(a - b + 2b)/2 =
(a+b)/2 und das wars dann auch schon.
Begründung für die zwei Vokale von Katrin, danke
Man braucht mindestens ein Wort mit 2 Vokalen, da in Mast und Stab die Vokale an unterschiedlichen Stellen sind. Ein wort, das nur aus Konsonanten besteht, gibt es nicht im Deutschen und da man immer nur einen Buchstaben verändern darf, bleibt somit nur die Lösung mit 2 Vokalen. Einige Umwandlungsvarianten: Mast
matt
Maat
Saat
Saar (Eigenname)
Star
Stab
------
MAST
MAAT
SAAT
SPAT (Mineral, Entzündung der Knochenhaut bei Pferden)
SPAR
STAR
STAB
------
Mast
Maat -Rang auf dem Schiff
Saat
Saab -Automarke
Stab
------
Mast
Rast
Haft
Saft
Saat
Spat
Spar
Star
Stab
------
Mast
Rast
Rist
Riet
Rieb
Sieb
Sieg
Steg
Ster
Star
Stab

Aufgabe 12

192. Wertungsaufgabe
"Die Wortspiele liegen mir nicht so", meinte Bernd. "Aber es war mal was Anderes", gab Mike zurück. Mike schob Bernd einen Zettel zu und darauf stand:
Gesucht sind alle dreistelligen Zeilen (keine führende Null) mit folgenden Eigenschaften:
Wenn die Zahl durch 9 geteilt wird, so hat das Ergebnis eine Quersumme, die um 9 kleiner ist als die Quersumme der Ausgangszahl.
"Ich denke, da sollte es für jede gefundene Zahl einen Punkt geben." "Einverstanden",meinte Mike. "Für die Gruppe von Lisa und Maria, habe ich auch noch so ein Neunerlei. Pass auf. Du nimmst neunmal die Ziffer 9. Wenn du sie hintereinander aufschreibst, lässt du an zwei Stellen eine Lücke. Du setzt in die erste Lücke ein Rechenzeichen und die zweite ein anderes Rechenzeichen. Das Ergebnis der so entstandenen Aufgabe ist 1 000." "Schöne Aufgabe", meinte Maria, die gerade zur Tür hereinkam. "Da sollten glatt noch drei blaue Pünktchen drin sein."

Lösung
Die Lösungen von XXX, danke
blaue Punkte
999 + 999 / 999 = 1000 = 999 / 999 + 999
Wir haben eine durch 9 teilbare dreistellige Zahl, ihre Quersumme ist somit 9, 18 oder 27. Teilen wir durch 9 hat das Ergebnis Quersumme 18 oder Quersumme 9, ist also selbst Neunerzahl.
Die größte Zahl, sie hat Quersumme 27, tut es nicht:
999 / 9 = 111
Der Quotient ist also selbst eine Neunerzahl unter 111, bleiben 12 Stück zu testen:
9*9=81
18*9=162
27*9=243
36*9=324
45*9=405
54*9=486 (die Erste)
63*9=567 (die Zweite)
72*9=648 (die Dritte)
81*9=729 (die Vierte)
90*9=810
99*9=891
108*9=972 (die Fünfte)

Auswertung Serie 16

			Punkte für die Aufgaben
zu erreichende Punktzahl			116	11 = 8+ 3	13= 8+ 5	8= 4+4	12= 6+6	14= 12+2	8= 4+4	10= 6+4	10= 6+4	12= 8+4	11= 6+5	7= 4+3	8= 5+3
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	Doreen Naumann	Duisburg	118	8 +3	8 +5	4 +4	5 +6	11 +2	4 +4	6 +4	6 +4	6 + 4	4 +5	4 +3	5+3
2	Mike Pfaffe	Großenhain	77	8 +3	8+2 +5	4 +4	6 +6	12 +2	4 +4	5 +4	-	-	-	-
3	Stefan Giron	Dresden	72	8 +3	8	-	-	12	4 +4	6 + 4	3	8	-	4	5+3
4	Andree Dammann	München	66	8	8 +5	3 +4	6 +6	-	-	-	-	-	6+ 5	4 +3	5+3
5	Annika Theumer	Chemnitz	61	8 +3	8 +5	4 +4	5 +6	8 +2	4 +4	-	-	-	-	-	-
6	Hermann Thum	Chemnitz	56	8	4 +5	3 +4	3	-	4 +4	4	4	4	5	3	3
6	XXX	???	56	8	8	4	6 +6	8	4 +4	-	-	-	-	-	5+3
7	Lisa Graßmann	Chemnitz	48	8 +3	5	2 +3	-	2	3	4	-	4	5	2	4 + 3
8	Andreas Lang	Chemnitz	39	-	7	-	6	-	3 + 4	5 + 4	6	4	-	-
9	Stephanie Dani	Chemnitz	37	-	5	4 +4	-	4 +2	2 +2	-	3	-	5	3	3
10	Jamila Wähner	Chemnitz	32	-	4 +5	3 +4	-	-	4	-	4	-	5	1 +2
10	Franz Münzner	Chemnitz	32	-	5	-	-	4 + 2	2 + 4	6 + 2	4	3
11	Jonas Döhne	Chemnitz	29	-	-	3	-	2 + 2	2 + 4	6 +4	3	3
12	Katrin Wolstein	Bamberg	28	-	-	3 +4	-	-	3 + 4	-	-	3 + 4	-	4 + 3
13	Josephine Koch	Chemnitz	27	-	6 +5	-	-	-	4 + 4	-	5	3
13	Sophie Jänich	Chemnitz	27	-	-	3	-	4 + 4-	2 + 4	4	3	3
13	Dominique Güra	Chemnitz	27	-	-	3	-	2	2 + 4	5 + 3	4	4
13	Anna Seidel	Chemnitz	27	-	-	-	-	-	3 + 4	6 + 4	4	6
13	Lucas Steinke	Chemnitz	27	8 +3	4 +5	-	-	-	-	-	-	4	5
14	Christian Wagner	Bamberg	25	-	-	-	-	-	4 + 4	5 + 4	4 + 4	-
14	Martin Löpelt	Chemnitz	25	-	-	-	-	-	2 + 2	5 + 4	4	4	-	4
15	Anja Posselt	Chemnitz	24	-	-	-	-	2	3 + 4	-	4	2	5	1	3
16	Christian Böhme	Chemnitz	22	-	-	-	-	-	4 + 4	6 + 4	4	-
16	Katrin Posselt	???	22	-	-	-	-	-	3 + 4	6 +4	1 + 4	-
16	Gregor Schumann	Chemnitz	22	-	-	2	-	-	2 + 2	5 + 4	4	3
16	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	22	-	4 +5	-	-	-	4	-	-	2	5	2
17	Dominique Brunner	Chemnitz	20	-	-	-	-	-	2 + 2	2 + 4	6	4	-
18	Andreas Walter	Bautzen	19	-	8 +5	-	-	-	3 +3	-	-	-	-	-
18	Marie Sophie Roß	Chemnitz	19	-	-	-	-	2	4	4	-	2	5	2
19	Tina Haupt	Chemnitz	18	-	-	-	-	-	2 + 4	3 + 3	3	3
19	Rosa Laura Czys	Chemnitz	18	-	-	-	-	-	4 + 4	2 + 2	3	3
20	Till Kummer	Chemnitz	17	-	-	-	-	-	1 + 1	5 + 4	3	3
20	Helene Baumann	Kamerun	17	-	-	-	-	-	2 + 2	5 + 2	6	3
20	Lukas Kirchberg	Chemnitz	17	-	4 +2	-	-	-	2 +4	-	-	-	5
21	Simon Kolata	Chemnitz	16	-	-	-	-	-	2 + 4	4	3	3
21	Ria Hopke	Chemnitz	16	-	-	-	-	-	-	4	-	4	1 + 5	2
21	Agnieszka Urban	Chemnitz	16	-	-	-	-	-	4	-	-	2	5	2 +3
22	Richard Hahmann	Chemnitz	15	-	-	-	-	-	2 + 4	-	-	4	5
23	Malte Lohs	Chemnitz	13	-	-	-	-	-	4	5 + 4	-
23	Loreen Jagelmann	Chemnitz	13	-	-	-	-	-	4	1 + 1	5	2
23	Nina Zätsch	Chemnitz	13	-	-	-	-	-	-	4	-	4	5
23	Ingmar Richter	Chemnitz	13	3	-	-	-	2	-	4	0	2	-	2
24	Alexander Becker	Chemnitz	12	-	-	-	-	-	-	2 + 4	3	3
25	Jennifer Saalbach	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	2 + 2	2	3	2
25	Ellen Richter	Duisburg	11	8 +1	-	-	-	-	-	-	-	-		2
26	Lisa Bock	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	3	-	5	2
26	Felix Brinkel	Chemnitz	10	-	-	-	-	2	3	-	-	-	5
27	Mathias Lösche	???	8	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
27	Nico Posselt	Chemnitz ???	8	-	-	-	-	-	-	4	4	-
27	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	3	-	-	???	5
27	Leon Schubert	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	3	-	-	-	5
27	Bernhard Richter	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5+3
27	Eric Rech	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5+3
27	Dirk Michen	???	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5+3
28	Jonathan Kässler	Chemnitz	7	-	5	-	-	-	-	-	-	2
28	Philipp Fürstenberg	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	2	5
28	Jakob Schreiter	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4+3
28	Charlotte Schmengler	???	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4+3
29	Demian ???	???	5	-	-	-	-	-	-	4	1	-
29	Phillipp Schleupner	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5
29	Robin Schmidt	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5
30	Josephine Pallus	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	4
30	Luise Adam	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	2

Serie-15

Serie 15
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

Das Weihnachtsfest rückt immer näher, aber Bernd darf natürlich noch nicht ins Zimmer, wo die Geschenke liegen. Da wird man nun so alt und muss warten wie ein kleines Kind. Aber es ist ja auch spannend, wenn man vorher noch nicht weiß, was man bekommt. So spielt er mit seinen Würfeln. Wie der Zufall es so will, hat er bei 6 Würfen jedesmal ein anderes Ergebnis. Da klingelt das Telefon, Mike ist dran. Bernd erzählt von seinem Wurfergebnis. Coole Sache. Die Ergebnisse kamen gerade so, dass die 6 Zahlen hintereinander geschrieben, die größte Zahl ergaben, die genau durch 24 teilbar ist. Bist du sicher? Aber klar doch. Na gut, dann weiß ich, in welcher Reihenfolge die Zahlen gewürfelt wurden.
Zu erreichen sind 2 Punkte.

Lösung

Die größte Zahl die gebildet werden kann, ist die 654321. Allerdings ist die nicht durch 24 teilbar. die zweigrößte Zahl ist dann 654312. Die ist durch 24 teilbar - 654312: 24 = 27263.
Damit hat Mike die Zahlen in der Reihenfolge 6 5 4 3 1 und 2 gewürfelt.

Aufgabe 2

Bernd erzählt Mike ganz aufgeregt, dass er ein tolles historische Mathebuch bekommen hat. Darin fanden sich Geschichten über ägyptische und griechische Mathematiker, aber auch Erzählungen über die sieben Weltwunder. Ach, da soll ich jetzt wohl ausrechnen, wie so eine Ameise am besten um die Cheopspyramide krabbelt. Ach Quatsch, so was war doch erst dran und da die Cheopspyramide und die Pyramide vor dem Louvre einander ähnlich sind, ist ja klar was rauskommt.
Was mich mehr interessiert hat, war ein Kapitel am Ende des Buches und zwar über Chronogramme. Was ist denn das. Siehst du, so habe ich auch erst gedacht, aber das ist ganz einfach. Du kennst doch die römischen Zahlzeichen, na klar. I für 1, V für 5, X für 10, L für 50, C für 100, D für 500 und M für 1000. Stimmt genau, gibt es da noch mehr? Das weiß ich jetzt nicht genau, ist aber auch egal.
Also du bildest einen Satz oder auch nur ein paar Worte und schaust nach ob die Buchstaben der römischen Zahlzeichen vorkommen. Dann zählst du die entsprechenden Zahlen zusammen. Die Reihenfolge spielt keine Rolle. Gib mal ein Beispiel: DIe katze sItzt aM katzenkLo - Hast wohl mal wieder Helge Schneider gehört. Quatsch, ich kann leider kein Latein, denn die Sprüche sind meist auf Latein. Alles klar und wie weiter. In meinem Beispiel gibt es DIIML, das ergibt als Wert meines Beispiels 1552. Ach, dann hat also die EINS den Wert 1, weil da ein I drin ist, genau.
Du hast damit die einzige einstellige Zahl gefunden, deren Chronogrammwert so groß ist die wie Zahl selbst. Gibt es denn überhaupt noch andere Zahlen, deren Chronogrammwert so groß wie die Zahl selber ist, aber ja. Es sind genau 4. Die sind alle dreistellig
Für die Zahlen gibt es jeweils einen Punkt. Welche dreistellige Zahl (mit Begründung) hat den größten Chronogrammwert überhaupt (+2 Punkte)

Lösung

Hier die komplette Lösung von Andree, danke.

Erstmal ein bisschen Überblick verschaffen:

Zahl	Wert	Zahl	Wert	Zahl	Wert
eIns	1	zehn	0	eInhunDert	501
zweI	1	zwanzIg	1	zweIhunDert	501
DreI	501	DreIßIg	502	DreIhunDert	1001
VIer	6	VIerzIg	7	VIerhunDert	506
fünf	0	fünfzIg	1	fünfhunDert	500
seChs	100	seChzIg	101	seChshunDert	600
sIeben	1	sIebzIg	2	sIebenhunDert	501
aCht	100	aChtzIg	101	aChthunDert	600
neun	0	neunzIg	1	neunhunDert	500
elf	0	zwölf	0	DreIzehn	501
VIerzehn	6	…

Und man sieht sofort, dass schon zwei der gesuchten 4 Zahlen gefunden sind.

Die anderen beiden findet man indem man die gefundenen Zahlen addiert:

fünfhunDerteIns

501

seChshunDerteIns

601

Die Zahl mit dem größten Wert lässt sich ganz einfach aus obiger Übersicht ermitteln, indem man die Zahlen mit den größten Werten addiert, wobei durch die Verbindung noch das Wörtchen unD einen gewichtigen Teil zur Summe liefert:

DreIhunDertDreIunDDreIßIg 2504

Aufgabe 3

171. Wertungsaufgabe
Das mit den Chromogrammen war ja eine coole Sache. Hast du noch so eine bildhafte Aufgabe, fragte Mike. Aber klar doch. Also pass auf:
Gesucht ist eine Reihe mit einer bildhaften Bildungsvorschrift. Damit es klappt verwende ich die Zahlzeichen wie gewohnt, bloß für die 1 nehme ich ein I. Okay und weiter, ja doch - es geht doch schon los.
..., I0I; III; I8I; 609; 6I9; 689; ...
Was soll das denn für eine Bildungsvorschrift sein? Fehlen da Zahlen dazwischen? Nein, es gibt einige natürliche Zahlen vorher und unendlich viele danach.
Mit welchen Zahlen wird die Reihe bis zur I000 fortgesetzt? (pro zwei gefundene Zahlen gibt es 1 Punkt - wir wollen es ja nicht übertreiben)

Lösung

Der Hinweis auf die bildhafte Lösung war ja eigentlich nicht zu überlesen. So zeigt sich, dass die obigen Zahlen um 180° gedreht werden können und wieder die gleiche Zahl ergeben. Die noch fehlenden Zahlen bis zur I000 sind dann. 808, 8I8, 888, 906, 9I6 und 986. Es waren also 6 Zahlen zu finden und damit gab es drei Punkte.

Aufgabe 4

172. Wertungsaufgabe
Bernd und Mike gehen spazieren, der Rest von Bernds Familie auch. Da sich die beiden noch mal kurz über die letzte Wochenaufgabe unterhalten, weil das mit den Drehzahlen doch recht eigenartig war, haben sie den Anschluss zum vorne weg flitzenden Opa etwas verloren. Eine Weile laufen alle mit dem gleichem Tempo, so dass der Abstand von 700 m gleicht bleibt. Der Hund vom Opa rennt plötzlich zu den beiden zurück und als er bei ihnen ist auch gleich wieder vor. Diese Rennerei des Hundes dauert genau 10 Minuten. Was schätzt du denn, wie schnell der Hund war, fragte Mike. Ich denke mal so etwa 10 km/h wird es wohl sein. Da könnte hinkommen. Okay, dann können wir ja mal versuchen auszurechnen, wie schnell die Fußgänger sind, na dann.
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

Hier die Lösung von Andree, vielen Dank

Man kann die Bewegungen in ein Koordinatensystem umsetzen, wobei dann mehrere Geraden entstehen:

Bernd (und Mike) bewegen sich mit unbekannter Geschwindigkeit vom Koordinatenursprung aus: B(x)=ax

Der Opa bewegt sich mit der gleichen Geschwindigkeit, nur ist er schon 700m voraus: O(x) = ax + 0,7

Der Hund bewegt sich auf zwei Geraden: Erst vom Opa bis zu Mike und Bernd mit einer Geschwindigkeit von 10 km/h: H₁(x)=-10x+0,7

dann vom Treffpunkt T(x_T,y_T) mit Bernd und Mike (in einer rasanten Drehung ohne Zeitverlust) zum Opa zurück mit der gleichen Geschwindigkeit: H₂(x)=-10(x-x_T)+y_T

Da man weiß, dass der Hund den Opa nach 10 min eingeholt hat, kann man beide Geraden gleich setzen, x einsetzen und dann nach a auflösen.

Berechnung Treffpunkt T:

Aufgabe 5

173. Wertungsaufgabe
Nach dem Spaziergang sitzen Mike und Bernd vor einem Blatt auf dem bis jetzt erst einmal nur ein Kreis zu sehen ist. Also wie war das: Eine Tangente ist eine Gerade, die einen Kreis in einem Punkt berührt, genau. Es gibt dann noch Sekanten und Passanten. Die Sekanten gehen durch den Kreis und die Passanten gehen am Kreis vorbei. Na gut, da zeichne ich mal so eine Tangente ein. Besser du konstruierst sie. Das geht ja ganz einfach. Du zeichnest einen Radius zu dem Punkt wo die Tangente den Kreis berühren soll, verlängerst den etwas und dann konstruierst du in dem Berührungspunkt eine Senkrechte zu dem Radius und schon hast du die gesuchte Tangente. Berührungsradius und Tangente stehen nämlich senkrecht zueinander. Alles klar. Da es unendlich viele Radien gibt, gibt es auch unendlich viele Tangenten. Ah, verstehe, dann ist der Umfang des Kreises die Länge einer Kurve (Linie oder wie auch immer) durch die alle Tangenten eines Kreis verlaufen. Na klar, ich kann aber auch einfach eine Kurve um den Kreis zeichnen - wie ein Springseil um eine Frisbeescheibe - durch die alle Tangenten verlaufen. Dann ist doch so eine Seilkurve länger als der Umfang, zumindest wenn es locker drum liegt. Ja, da hast du recht. So und nun kommt es, dass Seil kann sogar kürzer sein als der Umfang und trotzdem gehen alle Tangenten durch das Seil, also die Kurve. Wie lang ist die kürzeste Kurve eines Kreises mit dem Radius von 10 cm, die alle Tangenten wenigstens berührt?
Die vollständige Herleitung der Länge (ein echter Beweis ist schwierig) bringt 8 Punkte und die dann mögliche Berechnung noch einmal 2.

Lösung

Als erstes wird erst einmal das gemacht, was auch Bernd und Mike getan haben.
Auf dem ersten Bild ist also ein Kreis, an dem eine Tangente und ein Faden durch den mit Sicherheit alle Tangenten gehen müssen.

Nun kann man mit mit genau so großer Sicherheit einen Teil des Fadens abschneiden und es entsteht das Bild 2:

Das geht natürlich deutlich kürzer, wenn ma den Faden straff zieht, also ensteht Bild 3. (Wobei der Faden am Kreis anliegen muss, also nicht durch den Kreis geht - Zeichenungenauigkeit

Nun erschließt sich, dass der Faden nicht schräg zur Tangente, sondern logischerweise senkrecht darauf enden muss. Die Zeichenungenauigkeit - Faden darf nicht durch den Kreis, bitte ich zu entschuldigen.

Die Berechnung ist nun nicht mehr schwer. Benutzt wird hier die Variante von Christian und Malte, vielen Dank.

Kürzer geht es nicht, wenn man von einer ununterbrochenen Kurve ausgeht.
In zwei Antworten fanden sich Überlegungen zur Länge einer aus mehreren Teilen bestehenden Kurve, hier das Bild von XXX mit der nicht mehr zu unterbietenden Länge von 3r - für das Beispiel hier also 30 cm

Aufgabe 6

174. Wertungsaufgabe
Da kannst du mal sehen, mit so einer Schlinge der letzten Woche lassen sich ganz geschickt Tangenten fangen, meinte Bernd. Na ja, ich habe ja gesagt, wenn man macht was wir schon ausprobieren, dann schaffen das auch andere. Obwohl leicht oder schwer, das sieht wohl jeder anders, entgegnete Mike. Da ist was dran
Was malst du den für Kringel. Ganz einfach, beider ersten Figur mal ich drei kleine Kreise - keine Kringel! -, so dass sie ein gleichseitiges Dreieck ergeben, dann setzte ich auf die Dreieckseiten noch die blauen Kreise, damit standesgemäß jede Dreieckseite aus drei Kreisen besteht.

Bei meinem zweiten Bild nehme ich 4 schwarze Kreise oder sie regelmmäß - also im Quadrat - an und setze dann jeweils zwei Kreise auf die Quadratseiten, so dass wieder standesgemäß jede Quadrat- (Vierecks-) seite eben 4 Kreise hat.

Verstehe, ein standesgemäßes Fünfeck hat dann 5 schwarze Kreise und auf jeder seiner Seite insgesamt 5 Kreise, genau. Das sind dann ... (1 Punkt) und bei einem beliebigen n-Eck sind das x Kreise (2 Punkte)
So das war ja nur Spaß. Jetzt geht es richtig los, erst einfach und dann mit einem Ruck, wie jetzt, pass nur auf.
Schreibe in die Kreise des obigen Dreiecks jede der Zahlen von 1 bis 6 so hinein, so dass sich auf jeder der Dreiecksseiten die gleiche Summe ergibt (1 Punkt). Na, das ist doch einfach, na dann weiter.
Schreibe in die Kreise des obigen Quadrats die Zahlen von 1 bis 12 (jede genau einmal), so dass sich auf jeder der Quadratseitenseiten die gleiche Summe ergibt (2 Punkte). Schon schwieriger - sag ich doch.
Finde die kleinstmögliche und die größtmögliche Seitensumme des Quadrates heraus (2 Punkte)
Gibt es für jedes solcher standesgemäßen n-Ecke Lösungen, wenn man in die Kreise die Zahlen von 1 bis x (jede natürlich genau einmal) einträgt. (Wenn ja, dann finde die kleinstmögliche und die größtmögliche Seitensumme, wenn nein, dann begründe, warum es nicht geht - 4 Punkte)
Lass mich mal nachrechnen, da kann man ja bis zu 12 Punkten bekommen. Stimmt ist doch cool, da kann man glatt etliche in der Liste überholen. Das geht aber nur, wenn die sich überholen lassen.

Lösung

Ein Beispiel für das Dreieck.

		1
	6		5
2		4		3

Das Fünfeck hat 5 schwarze Kreise und auf jeder der 5 Seiten noch 3 blaue Kreise.
Also 5 + 5 * 3 = 20

Viereck:

Vor den Beispielen erst einmal die Überlegungen für die Größe und kleinste Seitensumme. Es werden alle Zahlen von 1 bis 12 addiert, wobei die Zahlen in den Ecken doppelt auftreten. Die Summe der Zahlen von 1 bis 12 ist 78. Werden in die Ecken die Zahlen 1, 2, 3 und 4 geschrieben so erhöht sich die Summe auf 88. Dies ist die Summe für vier Seiten, also ist die kleinste Summe 88:4 --> 22. Die größte Summe ist dann mit den Ecken 9, 10, 11 und 12 erreichbar. 78+9+10+11+12= 120 Dann 120:4 --> 30 als maximale Seitensumme.

Das Beispiel mit den größten Zahlen:

9	3	8	10
5			2
4			7
12	6	1	11

Nun zum n-Eck

Schwarze Kreise sind es n, dazu kommen auf n Seiten n-2 blaue Kreise. Das sind insgesamt n + n(n-2) = n + n² -2n = n²-n

Es ist also die Summe aller natürlichen Zahlen von bis n²-n zu bilden, dazu kommt die Summe der n – Zahlen in den Ecken. Wird diese Gesamtsumme durch die Seitenzahl n dividiert, so hat man die Summe auf den einzelnen Seiten.

Es wird nun geschickt mit der Summenformel für die „ersten“ natürlichen Zahlen hantiert. (Die soll, wie auch Annika bemerkt hat, der kleine Gauß ja schon so nebenbei entdeckt haben.)

Für die minimale Seitensumme wird die Summenformel verwendet m=n²-n und dazu kommt die Summe von 1 bis n für die Ecken hinzu:

Ist n gerade, so ist der Zähler gerade, da er nur aus geraden Zahlen gebildet wird. Ist n ungerade, so kommt zum ungeraden n³ noch das Ungerade von 3n dazu, das ist also gerade, das 2n² ist sowieso gerade, also ist der Zähler wieder eine gerade Zahl. Damit ist die so bestimmte minimale Seitensumme auch wirklich eine natürliche Zahl.*

Nun die größte Seitensumme:

Für die minimale Seitensumme wird die Summenformel verwendet m=n²-n und für die Ecken greife ich in die Trickkiste doppelt von der Summe von m₁ = n²-n ziehe ich ein m₂ = n² -n – n ab, denn bei m₁ – m₂ bleibt ja dann die Summe der letzten n Zahlen übrig. Natürlich muss ich dann wieder durch n dividieren.

Gemäß der obigen Überlegungen* ist der letzte Ausdruck immer eine natürliche Zahl.

Interessant finde ich, dass die Formel für die maximale Seitensumme letztendlich so einfach ist.

Aufgabe 7

175. Wertungsaufgabe
Na am Anfang war die letzte Aufgabe ja nicht schwierig, aber dann wurde es doch etwas kniffliger. Da musste man sehr genau und viel rechnen. Du hast recht wie (fast) immer, meinte Bernd. Da wird die Opa Knobelei wohl gefallen. Dann lass mal sehen. Also du hast sieben gleiche Streifen die sind sieben Zentimeter lang und einen Zentimeter breit. Die teilst du dir in sieben gleiche Teile ein und schreibst dort jeweils die Zahlen 1 bis 7 hinein. Ach und das ist schwierig? Drängele doch nicht so.

1	2	3	4	5	6	7
1	2	3	4	5	6	7
1	2	3	4	5	6	7
1	2	3	4	5	6	7
1	2	3	4	5	6	7
1	2	3	4	5	6	7
1	2	3	4	5	6	7

Nun kommt es, den obersten Streifen lässt du so liegen, mach ich. den zweiten Streifen zerschneidest du nach der 1, den dritten nach der 2, den vierten nach der 3, den fünften nach der 4, den sechsten Streifen nach der 5 und den letzten- na klar, den zerschnipplest du nach der 6.
Nun werden die zwei Teile eines Streifens wieder zu einem 7cm-Streifen zusammengelegt, aber eben so, dass die Teile jetzt so liegen:

1	2	3	4	5	6	7
2	3	4	5	6	7	1
3	4	5	6	7	1	2
4	5	6	7	1	2	3
5	6	7	1	2	3	4
6	7	1	2	3	4	5
7	1	2	3	4	5	6

Da hätte ich die Streifen ja auch gleich so anfertigen können. Ist ja gut, aber ein etwas mehr mit der Schere üben tut dir ganz gut, nun werde mal nicht komisch. Ist ja gut. Wie geht es weiter?
So nun brauchst du nur noch die neuen Streifen so hinzulegen, dass die 7 Streifen ein perfektes magisches Quadrat bilden. Was heißt das? Nun du siehst, dass in jeder Zeile und in jeder Spalte die Summe 28 ist, aber die Summe der Diagonalen tanzt noch aus der Reihe. Okay, ich probiere es, war noch was zu beachten. Kannst du nicht lesen, der erste unzerschnittene Streifen bleibt oben liegen.
Die Angabe einer Lösung reicht für die zu vergebenden 3 Punkte.

Lösung

Hier zwei Varianten von Dennis Grothe, danke
1234567 | | 1234567
6712345 | | 3456712
4567123 | | 5671234
2345671 | | 7123456
7123456 | | 2345671
5671234 | | 4567123
3456712 | | 6712345
Eine Variante von Andree, danke
1234567
4567123
3456712
2345671
6712345
7123456
5671234
Eine Variante von Lisa, danke
1234567
4567123
7123456
3456712
6712345
2345671
5671234

Aufgabe 8

176. Wertungsaufgabe
Das mit den Streifen erledige ich gleich noch, aber was hat es denn mit den Karten auf sich, die du wie wild hin und her schaufelst. Also Mike, ich habe ein kleinen Trick gelesen, die Beschreibung ist auch ganz einfach, aber irgend etwas muss ich übersehen haben. Lass mal hören.
Ich nehme ein normales Skatspiel - 32 Karten - in die Hand. Jetzt nennst du eine Zahl zwischen 10 und 20. Okay. Diese Anzahl Karten wird jetzt auf den Tisch gelegt. Nun wird die Quersumme der genannten Zahl gebildet. Jetzt wird diese Zahl von Karten einzeln nacheinander zurück auf das Spiel gezählt. Die Karte, die die nach diesem Umzählprozess als oberste auf dem Stoß liegt, wird nun verdeckt zur Seite gelegt. und das Restpäckchen zurück auf das Spiel gelegt. Nun wird der Vorgang solange wiederholt (mit beliebigen Zahlen zwischen 10 und 20) bis insgesamt 4 Karten aussortiert sind. Alles klar und nun, fragt Mike nach. Wenn nun die vier Karten aufgedeckt werden sind dass alles Asse. Cool und das funktioniert immer? Na ja, das ist eben mein Problem. Die 4 Asse müssen vor Beginn des Tricks an bestimmten Stellen im Spiel sein. Aber ich ich habe vergessen wo? So ein Mist. Waren die Asse wild verstreut. Nein, das nicht, die lagen alle zusammen irgendwo - das habe ich eben vergessen - innerhalb des Stapels. Na gut, dann lass uns überlegen.
An welcher Stelle - von oben betrachtet - müssen die 4 Asse liegen, damit der Trick auch wirklich klappt (3 Punkte) und warum klappt der Trick dann immer? (5 Punkte) - Das ist nicht so schwer zu begründen, sondern nur genau zu formulieren.

Lösung

Lösung von Annika, vielen Dank.
Wenn man die Quersumme von einer Zahl zwischen 10 und 20 abzieht, erhält man immer 9! 12-3=9; 19-10=9 usw.
Dann müssen die Asse alle an der 10. Stelle beginnen, die ersten 9 Karten sind irgendwelche anderen.
10. 11. 12. und 13.Karte sind die Asse am Anfang und dann
10.11.12.
Die werden dann abgezählt und das erste der vier Asse geht raus, die anderen drei rücken nach, so dass ab der 10. Stelle wieder die Asse liegen, aber eben diesmal drei statt 4 Asse.
Bei 15 abgezählten Karten ist das dann z.B. so
8 gehen weg, dann noch 7, wobei die letzten vier davon die Asse sind.
7 minus die Quersumme von 15 (=6) ist 1. Das ist dann das eine Ass, das übrig bleibt und aussortiert wird.
Der Vorgang lässt sich beliebig oft wiederholen, denn die Asse rutschen immer nach.
19 minus 8= 11
11 minus QS 19=10

Aufgabe 9

177. Wertungsaufgabe
Den Kartentrick muss ich mir merken, meinte Mike, der geht ja einfach und doch wirkungsvoll. Aber bevor ich dir hier noch einen Trick verrate, musst du mir erst einmal helfen. Das soll eine uralte Aufgabe sein, aber ich weiß noch nicht so recht wie es gehen soll. Lass hören.. In ein gleichseitiges Dreieck, soll ein Quadrat hinein gezeichnet werden, dessen Ecken alle an die Dreieckseiten stoï¿½en. Wie geht das denn 4 Ecken - drei Seiten. Man stell dich doch nicht so an, wenn zwei Ecken auf einer Seite sind und die anderen ..., Ach klar. Ich mach mir mal eine Skizze. Ist bei solchen Aufgaben immer gut. So habe ich und nun. Wenn du die Flächeninhalte beider Figuren addierst soll 20 cm² herauskommen. Also das Dreieck komplett und das Quadrat noch einmal extra, ja genau. Wie groß ist das Quadrat.
Maria, Bernds Schwester, kommt ins Zimmer und sieht die Aufgabe der beiden. Coole Sache, bloß ich brauche was anderes. Wieso das denn?. Nun, ich helfe Schülern aus den 4. bis 6. Klassen in Mathe. So langsam geht das mit den Grundaufgaben auch und so habe ich mir gedacht, so eine kleine Knobelei zur Abrundung wäre nicht schlecht. Klar warum nicht, aber da ist die mit dem Dreieck nicht so geeignet. Eben. Na gut, dann nimm doch mal die:
Es gibt drei Sorten Kugeln, die unterscheiden sich in Farbe und Masse, wobei die gleichfarbigen die gleiche Masse haben. Eine grüne Kugel ist so schwer wie zwei rote. Zwei blaue Kugeln sind so schwer wie zwei rote. Wie viele blaue Kugeln braucht man auf der linken Seite einer Waage, wenn auf der rechten Seite 3 grüne Kugeln liegen, damit die Waage im Gleichgewicht ist?
Für die obigen Aufgabe gibt es 6 Punkte und für die andere Aufgabe gibt es bis zu 4 blaue Punkte.
Ich möchte mit dieser Regelung, die Schwierigkeitsgrade differenzieren, so dass auch volle Punktzahlen durch jüngere Teilnehmer möglich sind. Jeder Teilnehmer kann sich an jeder Aufgabe beteiligen.

Lösung

Lösung Aufgabe 9 von Andree, vielen Dank

die Bilder evtl. mit rechter Maus --> Bild anzeigen

Aufgabe 1:

Im gleichseitigen Dreieck gilt:

und

damit lautet die geforderte Bedingung:

Nun muss man b mit Hilfe von a ausdrücken und anschließend die Gleichung lösen.

Nach dem Strahlensatz gilt:

h einsetzen:

Einsetzen in die Bedingungsgleichung liefert:

Anmerkung von Thomas J.:
Noch mal kurz, die Seitenlänge des Quadrates ist also nicht gleich der halben Höhe, sondern nur 0,4641... (Was ich auch nicht gleich gesehen hatte) Und beim Basteln und Zeichnen auch nicht gleich bemerkt wird.
Die Abweichung für die Kantenlänge ist demzufolge auch nicht groß.
Annahme a gleich halbe Höhe führt auf a = 2,5819889 ...
Wert aus der obigen Berechnung a= 2,57754...
Auf zwei Stellen gerundet, sind die Werte also sogar "gleich".

Aufgabe 2:

Es gilt folgende Gleichung:

= =

somit ist die Waage mit drei grünen Kugeln auf der rechten Seite im Gleichgewicht, wenn auf der linken Seite 6 blaue liegen.

Aufgabe 10

178. Wertungsaufgabe
Bernd und Mike sind beim Opa und erzählen ihm gerade von der letzten Aufgabe. Das klingt gut meinte der, da wird euch das ja auch gefallen:
In einem gleichseitigen Dreieck mit einer Kantenlänge von 20 cm soll ein Rechteck eingepasst werden, welches einen Flächeninhalt von 40 cm² hat. Wie bei eurer Aufgabe auch, steht das Rechteck auf einer Seite des Dreiecks und die anderen zwei Punkte des Rechtecks stoßen an die anderen Seiten des Dreiecks. Klingt gut, probieren wir es doch gleich mal aus.
Ach ja, für die Gruppe von Maria könnt ihr das hier mitnehmen. Was ist denn das? Na packt es doch mal aus. Ein durchsichtiger Plastewürfel kommt zum Vorschein. Darin sind genau 27 kleine Würfel drin. Opa meinte, er habe die Würfel gerade so einsortiert, dass die Augenzahl, die man von außen sieht, ganz groß ist. Da wird sich Maria aber freuen, vielen Dank. Betreut Maria die Gruppe eigentlich allein? Nein, sagt Bernd, die Lisa macht da auch mit. Ach, das wusste ich noch gar nicht, stotterte Mike, der plötzlich rote Ohren hat.
Für die erste Aufgabe gibt es 7 Punkte (Größe des Rechtecks), für die zweite (maximale Augenzahl) sind bis zu 3 blaue Punkte möglich.

Lösung

Zur Aufgabe mit den Würfeln. Am Einfachsten man stellt sich das wie ein 3x3 Rubik-Würfel vor, der aus nach außenhin die geforderte Struktur hat.
Es sind zu unterscheiden: 8 Würfel an den Ecken, dort sieht man jeweils eine 4, 5 und 6. Also Augenzahl 8*15 = 120
12 Würfel an den Kanten, dort sieht man jeweils eine 5 und 6. Also Augenzahl 12*11 = 132
8 Würfel in den Seitenmitten, dort sieht man jeweils eine 6. Also Augenzahl 8*6 = 48
Der 27. Würfel im Inneren des großen Würfels zeigt nicht nach außen. Also isi die maximale Augenzahl 120 + 132 + 48 = 300.
Die minimale Augenzahl wäre dann 8*6 + 12 * 3 + 8 * 1 = 92

In dieser Figur ist erkennbar, dass die Dreiecke ABC und DEC einander ähnlich sind.

Es gilt also:

Die obigen Angaben sind alle in cm.

Etwas „unerwartet“, dass es zwei echt verschiedene Rechtecke gibt. Also nicht nur „quer oder hochkant“, sondern auch längenmäßige Unterschiede sind zu bemerken.

Lobenswert die zeichnerische Versuche zur Lösung dieser Aufgabe von Schülern meiner 6. (!!!) Klasse.

Aufgabe 11

179. Wertungsaufgabe
Mathematik verbindet, so trafen Mike und Lisa ihre erste Verabredung für das Kino. Bernd wollte zwar eigentlich auch ins Kino, aber seine Schwester meinte, dass man doch die beiden nicht stören solle. Schauen wir einfach doch nach den neuen Aufgaben, na gut. Bernd, ich finde, du solltest mal wieder was nicht Geometrisches anschauen. Kein Problem, hast du eine Idee, aber klar doch.
In einer kleinen Stadt mit Namen Wahr-Lügen-Burg wohnen genau 2007 Menschen, von denen man weiß, das welche davon immer die Wahrheit sagen und die anderen immer lügen. Jeder der 2007 Menschen hat genau eine Lieblingsbeschäftigung. Also entweder lesen oder spielen oder die Wochenaufgabe erledigen. Nun wird eine Umfrage unter diesen Menschen gemacht. Jeder bekommt drei Fragen. Frage 1 lesen Sie gern?, Frage 2 spielen Sie gern und Frage 3 Lösen Sie gern die Wochenaufgabe. Die Auswertung der Umfrage bringt ans Licht Frage 1 - 500xja, Frage 2 700xja und Frage 3 1000xja. Wie viele Umfrageteilnehmer (insgesamt) haben gelogen? (4 Punkte)
Du, für deine Gruppe habe ich auch so eine Knobelei, die ist nicht ganz einfach, deshalb würde ich für eine gute Begründung sogar 5 blaue Punkte verteilen. Hört sich gut an.
Als ich Mike zum ersten Mal traf, saßen meine Mutter, mein Vater, mein Opa und ich nebeneinander auf einer Bank am Spielplatz. Mike konnte folgendes bemerken: Opa saß neben mir, aber nicht neben meinem Vater. Mein Vater saß nicht direkt neben meiner Mutter. Wer aber saß nun direkt neben meiner Mutter? Ich oder Opa oder mein Vater und der Opa, ich und mein Vater oder eben Opa und mein Vater?
Das sollten die in meiner Gruppe aber herausbekommen, ich denke schon.
Ob Mike so richtig was von dem Film mitkriegt bezweifele ich auch, ach höre schon auf.

Lösung

Wahr-Lügen-Burg:
Es sind nur die ja Antworten bekannt. Die immer die Wahrheit sagen antworten dabei jeweils einmal mit ja, die Lügner tragen je zwei Mal (sie sagen ja statt eigentlich nein ...) zu den ja-Antworten bei. j- Ja-Antworter l - Lügner:
Antworten = 500 + 700 + 1000 = 2200
2200 = j + 2l
Einwohnerzahl 2007= j+l
2200 = 2007 + l
l= 197
Einhundertsiebenundneunzig haben gelogen.
Am einfachsten, man macht sich vier kleine Zettelchen mit den Personen und schiebt solange hin und her bis es passt.
Bei vier Leuten sitzen zwei in der Mitte und zwei am Rand.
Mein Vater saß nicht direkt neben meiner Mutter, dass heißt es muss mindestens einer dazwischen geseen haben.
Ausgehend von der Position des Vaters:
VXXM, VXMX, XVXM, MXVX, XMXV oder MXXV
Opa saß neben mir, dass heißt nur die Varianten mit XX kommen in Frage:
VOBM, VBOM, MOBV oder MBOV.
Opa saß nicht neben meinem Vater, dass heißt es bleiben VBOM oder MOBV. Damit ist klar, neben der Mutter saß der Opa.
Anmerkung: VBOM oder MOBV sind im Sinne der Aufgabe keine zwei Lösungen, sondern eine. Sieht man, wenn vor der Bank steht, VBOM, dann sieht es von hinter der Bank wie MOBV aus und umgedreht.

Aufgabe 12

180. Wertungsaufgabe
Bernd und Mike sitzen zwei Tage nach Mikes Kinobesuch wieder zusammen. Das Blitzen in den Augen Mikes sagt eigentlich alles, so dass Bernd sich jeden Kommentar verkniff. Haben die Leute aus der Gruppe von Maria und Lisa eigentlich die Sitzgruppenaufgabe herausbekommen, aber klar doch. Zur Zeit plagen die sich mit armen und reichen Zahlen ab. Was war das gleich noch mal? Nun eine natürliche Zahl gilt als arm, wenn die Summe ihrer echten Teiler kleiner ist, als die Zahl selbst - also alle Primzahlen, stimmt genau. Reich dagegen ist eine Zahl, wenn die Summe ihrer echten Teiler größer ist, als die Zahl selbst. Alles klar. Das ist ja nicht schwerig zu ermitteln oder? Nein, das nicht, aber sie haben noch keine ungerade reiche Zahl gefunden. Was sollte es da keine geben? Klar es gibt welche, aber die muss größer als 931, denn bis dahin haben sie es in der Gruppe schon probiert. (Na, wenn sie die kleinste ungerade reiche Zahl herausfinden, dann könnte man für die Anstrengung - systematisch den Reichtum ermitteln - durchaus 6 blaue Punkte vergeben).
Lisa hat mir noch von einer Aufgabe erzählt, die ihr Mathelehrer gestellt hat. Lass hören. Also die Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks sei 0,9 cm. Die Katheten sind a und b. Zu untersuchen ist, welcher der vier Terme der kleinste ist. (a+b)², a²+b², a+b oder a*b. Möglicherweise ist aber auch 0,9 kleiner als die vier Terme. Ist noch etwas bekannt. Nein, der Lehrer meint, das könne man trotzdem entscheiden.
Na mal sehen, ob da jemand die 8 Punkte erringt.

Lösung

Lösung von XXX, danke.
Katheten a, b Hypotenuse 0,9
Wir betrachten die vier gegebenen Terme und vergleichen sie absolut:
a + b > 0,9 (Dreiecksungleichung)
(a+b)² > 0,9² = 0,81
a²+b² = 0,9² = 0,81 (Pythagoras)
a*b <= 0,405 (doppelte Fläche des rechtwinkligen Dreiecks, welches Grundlinie (c) 0,9 und Höhe maximal 0,45 (Radius des Thaleskreises) hat )
Der Term a*b ist als mit Sicherheit am kleinsten.
Hier noch Übelrlegungen von Andree (Auszug der sehr umfassenden Lösung), danke

Es gilt (Pythagoras): 0,9² = a² + b², also

Nun hat Andree in den 4 Termen:

(a+b)²
a²+b²=0,81
a+b
a*b

das b durch ersetzt und seine Überlegungen entsprechend denen von XXX dargelegt. Ergänzt wurde das durch die graphische Darstellung.

Beispiel Term 3

a +b = a + wird zu

b =

mit b=y und a =x entsteht dann der Graph für den 3. Term. Entsprechend für die anderen Terme.

Zu testen sind die Zahlen 933, 935, 937, ...
1 und 933 sind Teiler von 933
3 und 311 sind Teiler von 933
Die Summe der echten Teiler der Zahl 933 betrï¿½gt 315, also arm
1 und 935 sind Teiler von 935
5 und 187 sind Teiler von 935
11 und 85 sind Teiler von 935
17 und 55 sind Teiler von 935
Die Summe der echten Teiler der Zahl 935 beträgt 361, die Zahl ist arm
937, Primzahl
1 und 939 sind Teiler von 939
3 und 313 sind Teiler von 939
Die Summe der echten Teiler der Zahl 939 beträgt 317, die Zahl ist arm
941, Primzahl
1 und 943 sind Teiler von 943
23 und 41 sind Teiler von 943
Die Summe der echten Teiler der Zahl 943 betr¨gt 65, die Zahl ist arm
1 und 945 sind Teiler von 945
3 und 315 sind Teiler von 945
5 und 189 sind Teiler von 945
7 und 135 sind Teiler von 945
9 und 105 sind Teiler von 945
15 und 63 sind Teiler von 945
21 und 45 sind Teiler von 945
27 und 35 sind Teiler von 945
Die Summe der echten Teiler der Zahl 945 beträgt 975, die Zahl ist reich

Auswertung Serie 15

			Punkte für die Aufgaben
zu erreichende Punktzahl			93	2	6	3	6	10	12	3	8	6 +4	7 +3	4 +5	8 +6
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	Andree Dammann	München	82	2	6	3	6	-	12	3	8	6 +4	6 +3	4 +5	8 +6
2	Annika Theumer	Chemnitz	81	2	6	3	2	10	11	3	8	3 +4	7 +3	2 +5	6 +6
3	Doreen Naumann	Duisburg	80	2	6	3	2	10	10	3	8	3 +4	7 +3	2 +5	6 +6
4	Herrmann Thum	Chemnitz	54	2	-	2	2	-	9	3	8	3 +4	3	5	8 +5
5	Katrin Wolstein	Bamberg	47	2	6	3	-	2	8	3	8	3	4 +3	2 +3	-
6	Christian Wagner	Bamberg	42	2	6	3	-	10	-	3	8	-	-	4 +5	-
7	Lisa Graßmann	Chemnitz	35	1	4	-	-	-	5	3	3	2 +3	4 +3	2 +5	-
8	XXX	???	34	2	-	-	-	10	8	-	-	-	-	-	8 +6
9	Stephanie Dani	Chemnitz	32	2	4	3	-	-	8	3	-	3 +4	-	2 +3	-
10	Michael Schneller	Hannover	27	2	6	3	-	10	6	-	-	-	-	-	-
10	Andreas Walter	Bautzen	27	2	2	-	-	-	7	-	-	3 +4	-	4 +5	-
10	Andreas Lang	Chemnitz	27	2	6	-	-	-	8	-	-	-	-	-	5 +6
11	Ellen Richter	Chemnitz	22	-	-	-	-	-	3	-	-	-	4	4 +5	6
12	Ria Hopke	Chemnitz	21	2	-	-	-	-	5	-	-	1 +4	-	4 +5	-
13	Lucas Steinke	Chemnitz	19	2	-	-	-	-	5	-	-	-	3	4 +5	-
14	Anna Seidel	Chemnitz	18	2	-	2	-	2	-	-	-	-	-	-	6 +6
15	Jamila Wähner	Chemnitz	17	-	-	-	-	-	3	-	-	1 +4	-	4 +5	-
15	Stefan Giron	Dresden	17	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4+ 5	8
16	Anja Posselt	Chemnitz	15	2	-	-	-	-	3	-	-	1 +4	-	5	-
17	Christian Böhme	Chemnitz	14	2	4	3	2	3	-	-	-	-	-	-	-
17	Agnieszka Urban	Chemnitz	14	-	-	3	-	-	5	-	-	-	2 +4	-	-
17	Nina Z.	Chemnitz	14	-	-	-	-	-		-	-	1 +4	-	4 +5	-
17	Mike Pfaffe	Großenhain	14	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	8 +6
18	Luise Adam	Chemnitz	13	2	-	-	3	-	1	-	-	1	-	1 +5	-
18	Leon Schubert	Chemnitz	13	2	-	-	-	-	-	-	-	-	4	4 +3	-
19	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	12	2	-	-	-	-	6	-	-	-	4	-	-
19	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	12	2	-	-	-	-	3	-	-	-	3	4	-
19	Josephine Koch	Chemnitz	12	2	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	6 +2
20	Dominique Güra	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-	6
21	Marie Sophie Roß	Chemnitz	10	2	-	-	-	-	3	-	-	-	-	5	-
22	Sarah Burghardt	???	9	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4 +5	-
23	Rosa Laura Czys	Chemnitz	8	2	4	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-
23	Daniela Schumacher	Hartmannsdorf	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3+ 5	-
23	Franz Münzer	Chemnitz	8	1	-	1	-	-	3	-	-	-	-	-	3
24	Sophie Jähnich	Chemnitz	7	2	1	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
25	Felix Brinkel	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-	-	-
25	Helene Baumann	Kamerun	6	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-	-	-
25	Lukas Kirchberg	Chemnitz	6	2	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-
25	Phillip Schleupner	Chemnitz	6	2	-	-	-	-	-	-	-	-	2 +2	-	-
25	Jonas Döhne	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	3
25	Jonathan Käßler	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-	-
25	Gregor Schumann	Chemnitz	5	2	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-
25	Katrin Posselt	???	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5	-
26	Ingmar Richter	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-
27	Phillipp Fürstenberg	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-
27	Tina Haupt	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-
27	Jennifer Saalbach	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-
27	Malte Lohs	Chemnitz	3	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-
27	Dennis Grothe	???	3	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-
28	Simon Kolata	Chemnitz	2	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
28	Alexander Becker	Chemnitz	2	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-
28	Martin Löpelt	Chemnitz	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
29	Dominique Brunner	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-

Serie-14

Serie 14
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

Na Mike, so schwer war deine Behälteraufgabe ja am Ende nicht. Na ja, wenn es weiß. Mal sehen wie es mit der alten Piratenaufgabe steht. Wie geht die denn? Also die Piraten haben ein Schiff überfallen und die Mannschaft des gekarperten Schiffes soll getötet. Da sieht der Steuermann der Piraten, dass unter den Gefangenen ein Schiffofizier ist, der ihn zu friedlichen Zeiten in Navigation und Mathematik ausgebildet hat und immer recht freundlich war. So überredet er seinen Kapitän den Mann zu verschonen. Was ist der Mathematiker, na gut wenn er folgende Aufgabe löst sollen er und die Mannschaft verschont werden, sie kriegen eine faire Chance und könnten mit einem Beiboot unser Schiff verlassen. Also ich habe 3 Sanduhren, die eine läuft genau 7 Minuten, die 2. genau 11 Minuten und die dritte genau 15 Minuten. Der Mathematiker geht unter Deck und bekommt die zwei Sanduhren mit 7 und 11 Minuten. Ich werde auf ein Zeichen hin die 15 Minuten-Sanduhr laut und deutlich vernehmbar umdrehen. Wenn der Mathematiker mit dem letzten Sandkorn meiner Uhr das Wort stop ausspricht, dann sind die frei. Gesagt getan, der Kapitän dreht seine Sanduhr um und wartet, nach genau 15 Minuten ertönt ein "stop" vom Mathematiker.
Scheint ja echt cool zu sein der Mathematiker, stimmt, aber wie hat er es gemacht? Für die genaue Beschreibung kann man sich 4 Punkte gut schreiben lassen.

Lösung

schnellste Lösung von Christian Wagner, vielen Bank
Gesucht ist wie man mit einer 11 und einer 7 Minuten Sanduhr genau 15 Minuten abmessen kann.
Anfangs dreht man beide Sanduhren um. Nach 7 Minuten dreht man die 7-Minuten-Uhr, die jetzt leer ist, um. Nach weiteren 4 Minuten ist die 11 Minuten-Uhr leer. Nun sofort die 7-Minuten-Uhr umdrehen, die nach dem Umdrehen genau für 4 Minuten Sand enthält (denSsand der von Minute 7 bis Minute 11 ja runterrieseln konnte). Ist dieser Sand auch durchgelaufen sind die 15 Minuten rum.

Aufgabe 2

Mensch Bernd, das war ja ein Ding mit den Sanduhren. Eigentlich nicht kompliziert, aber das der Mathematiker bei den Piraten so schnell darauf gekommen sein soll, nun ich weiß nicht.
Aber mal was anders, meinte Mike. Du hattest doch vor kurzem Geburtstag. Ja stimmt, und? Nun dieses Datum hat etwas Geheimnisvolles. In wie fern? Es war der 14.07.2006. Dies als eine Zahl geschrieben ist 14072006, klar und weiter. Nun, wenn ich davon die Quersumme abziehe (1 + 4 + 0 + 7 + 2 + 0 + 0 + 6 = 20) dann ist das Ergebnis 14071986 durch 9 teilbar. Stimmt. Ich probiere das mal mit deinem Geburtstag. Für deinen Geburtstag trifft das aber auch zu.
Ist es möglich aus der Eigenschaft Geburtstagszahl minus Quersumme - der Geburtstagszahl - ist durch 9 teilbar den Geburtstag näher zu bestimmen? Zu erreichen sind 3 Punkte.

Lösung

Die Eigenschaft trifft auf alle Geburtstag zu. Man kann also nicht auf den Geburtstag schließen.
Die ersten Einsendungen beriefen sich auf die Teilbarkeitsregel für die 9 und Teilbarkeitregel für Differenzen.
Kurz: Die Datumszahl hat bei der Division durch 9 einen bestimmten Rest (0; 1; ... oder 8), die Quersumme der Datumszahl hat gemäß der Teilbarkeitsregel für die 9 den gleichen Rest. Dann aber ist die Differzen der beiden Zahlen gemäß der Teilbarkeitsregel für Differenzen ohne Rest durch 9 teilbar.
Andere Einsendungen gingen so vor: Datum ist 8-stellig: abcdefgh (Buchstabe steht für eine Ziffer)
Datumszahl: 10.000.000a + 1.000.000b + 100.000c + 10.000d + 1.000e + 100f + 10g + h (Dezimale Darstellung)
Davon wird die Quersumme (a + b+ c+ d+ e + f + g + h) abgezogen, das ergibt:
9.999.999a + 999.999b + 99.999c + 9.999d + 999e + 99f + 9g = x
Das diese Zahl x durch 9 teilbar ist liegt wohl auf der Hand
optische Umsetzung der Aufgabe für zweistellige Zahlen

Aufgabe 3

Eigentlich schade, dass unsere Geburtstage keine Geheimnisse in sich tragen, meinte Mike. Da wäre ich mir nicht so sicher hielt Bernd dagegen, bestimmt wird der Mensch, der sich uns ausgedacht hat, auch da noch was finden.
Ich habe erst einmal anderen Ärger. Was denn? Nun meine Schwester Maria hatte als Hausaufgabe ein Ziffernblatt zu zeichnen und ich habe das aus Versehen mit zwei glatten geraden Schnitten durchgeschnitten. Nun muss ich für sie das noch mal zeichnen. Du machst aber auch Sachen, wo hast du dein Missgeschick. Das liegt dort auf dem Schreibtisch. Glückwunsch, meinte Mike. Spinnst du, wieso denn Glückwunsch? Du hast das Ziffernblatt so zerschnitten, dass auf den drei Teilen, die Summe aller Zahlen jeweils genau gleich groß ist.

Wie hat Bernd das Ziffernblatt zerschnitten? (Angabe der Lösung und Probe bringt 3 Punkte)

Lösung

Die Summe aller Zahlen auf der Uhr ist 78. Daraus folgt, dass auf den 3 Teilen eine Summe von jeweils 26 sein muss. Das Bild zeigt die geteilte Uhr:
Uhr Aufgabe 14-3 Lösung
oben: 11 + 12 + 1+ 2 = 26
Mitte: 9 + 10 + 3 + 4 = 26
unten: 5 + 6 + 7 + 8 = 26
Die Probe zeigt die Richtigkeit des Ergebnisses.

Aufgabe 4

Bernd was machst du denn mit dem Kreis, hast du schon wieder die Uhr von Maria zerschnitten? Ach was, wie du siehst habe ich gar keine Schere dabei, sondern entwerfe erst mal eine Figur, die zur Aufgabe passt, die mir Opa aus seinen altem Matheheft vorgelesen hat. Worum geht es denn?
Es ist ein Kreis zu zeichnen. Auf diesem Kreis werden drei beliebige Punkte ausgewählt, die allerdings nicht paarweise auf einem Durchmesser liegen dürfen. Nun wird in diesen Punkten jeweils die Tangente an den Kreis konstruiert. Diese Tangenten schneiden sich. Die Schnittpunkte bilden ein Dreieck ABC. Na da ist doch nichts Besonderes dabei. Da hättest du auch gleich ein Dreieck nehmen können und um dann den Innenkreis konstruieren. Im Prinzip schon, da hast du recht. Die Aufgabe zu zeigen, dass es einen Kreis gibt, so dass alle möglichen Dreiecke, die man um ihn herum konstruieren kann, die Eigenschaft haben, dass der Maßzahl des Flächeninhalts des Dreiecks gleich der Maßzahl des Umfangs des Deiecks sind. Wie jetzt? Pass auf, am besten alles auf cm Basis. Gesucht ist der Radius des Kreises, so dass wenn A = 20 cm² groß ist, dann soll eben u = 20 cm sein, aber auch wenn A = 30 cm² groß ist, dann soll eben u = 30 cm sein. Und so einen Zauberkreis soll es geben?
Wer zeigen kann, ob es so einen Kreis gibt oder nicht geben kann, der erhält 10 Punkte, wenn die Lösung den Weg für die Herleitung des Zusammenhangs zwischen Radius (des Innenkreises) und Flächeninhalt sowie Umfang des Dreiecks einschließt. Wird eine schon irgend woher besorgte Formel verwendet, sind 4 Punkte möglich. Für die begründete Antwort, wie groß denn das kleinste Dreieck ist, für das diese Bedingung zutrifft, der kann sogar noch einmal 2 Punkte erhalten.

Lösung

Herleitung von Annika, vielen Dank: pdf
Zum kleinsten Dreieck, die Anmerkungen von XXX, danke
Bild Unter den Dreiecken mit Inkreisradius 2 gibt es solche mit zwei verschiedenen Seiten Ein solches hat aber stets eine größere Fläche als ein gleichschenkliges, hier gestrichelt angedeutet. Für ein gleichseitiges Dreieck führt dann die Bewegung der Berührpunkte zu größeren Dreiecken. Das zeigt nicht, dass das flächenkleinste Dreieck das gleichseitige ist, lediglich, dass kein anderes flächenkleinstes sein kann .. Das gesuchte kleinste Dreieck ist ein gleichseitiges mit Inkreisradius 2.

Aufgabe 5

Ach oh je, über den Kreis muss ich noch etwas nachdenken, gut dass diesmal zwei Wochen Zeit sind. Hast du nicht noch etwas anderes aus dem Hefter vom Opa. Aber klar, schau mal:

Und worum geht es da? Also, du nimmst zwei Quadrate, eines mit der Kantenlänge 20 cm und eines mit der Kantenlänge 10 cm. Das Kleinere wird rechts genau an das Große gelegt und zwar irgendwo, ob unten, ob oben zwischenrein eben irgendwie Hauptsache genau dran. Dann werden die oberen rechten Ecken der Quadrate mit einer Geraden verbunden, anschließend die rechten unteren Ecken. Die Geraden schneiden sich dann in einem Punkt. Die Geraden bilden also mit der Kante des großen Quadrats ein Dreieck, fragte Mike nach. Genau. Die Frage ist nun, wie groß ist die Dreiecksfläche? Das wird ja wohl davon abhängen, wo sich das kleine Quadrat befindet. Sieht so aus, muss aber nicht sein.
Die Lösung für eine spezielle Lage bringt 4 Punkte ein, die allgemeine Lösung ist 8 Punkte wert.

Lösung

Hier die Beschreibung von Doreen Naumann, danke
Auch hier zunächst eine Beschreibung meiner Zeichnung.
Wir haben ein großes Quadrat mit einer Kantenlänge von 20 cm und genau obendrauf ein weiteres von 10 cm Kantenlänge. Nun verbinden wir die beiden oberen rechten und die beiden oberen linken Ecken. Die Geraden bilden mit der oberen Kante des großen Quadrats ein großes Dreieck(gD).
Die Lücke zwischen den linken Kanten des großen und kleinen Quadrats bezeichnen wir mit a, die Lücke zwischen den rechten Kanten des großen und kleinen Quadrats bezeichnen wir mit b.
10+a+b=20
Das große Dreieck setzt sich aus mehreren Teilen zusammen: aus dem kleinen Quadrat, dem kleinen Dreieck links der linken Kante des kleinen Quadrats(D1), dem kleinen Dreieck rechts der rechten Kante des kleinen Quadrats(D2) und dem kleinen Dreieck über der oberen Kante des kleinen Quadrats(D3).
Wenn man die kleinen Dreiecke links und rechts "zusammenschiebt"(d.h.das kleine Quadrat rausnimmt), entsteht ein Dreieck, das zu dem oberen Dreieck kongruent ist. Dazu müssen eine Seite und die zwei anliegenden Winkel übereinstimmen.
Seitenübereinstimmung: 10-Kantenlänge des kleinen Quadrats a+b=10
Winkelübereinstimmung: Übereinstimmung des linken Winkels im großen und im kleinen oberen Dreiecks, weil Stufenwinkel
Übereinstimmung des rechten Winkels im großen und im kleinen oberen Dreiecks, weil Stufenwinkel
Nun geht es an die Berechnung des Flächeninhalts:
b=10-a
D1: A1=1/2*10*a=5*a
D2: A2=1/2*10*b=5*(10-a)
A=A1+A2
A=5*a+5*(10-a)
A=50
Das ist gleichzeitig der Flächeninhalt von D1+D2 sowie von D3.
Nun müssen wir nur noch zusammenrechnen:
A(gD)=2*(A1+A2)+A(kleines Quadrat)
A(gD)=2*50+10²
A(gD)=200
Damit beträgt der Flächeninhalt des großes Dreiecks immer 200cm², egal wo man des kleine Quadrat platziert.

Aufgabe 6

Das war ganz schön knifflig, was dein Opa in seinem Hefter hatte. Da gebe ich dir Recht, meinte Bernd.
Ist dir eigentlich klar gewesen, dass wir mit dem letzten Freitag, den 13. richtig Glück hatten. Wie das denn, nun die Quersumme vom 13.10.2006 war ebenfalls 13. Ist das wirklich so selten? Wie oft gibt es eigentlich einen Freitag den 13. im Jahr? Am besten, wir erstellen uns mal eine Tabelle, günstig ist dabei sicherlich, wenn man Schaltjahre und Nichtschaltjahre getrennt betrachtet. Das war mir schon klar, meinte Mike. Das ist aber nicht besonders schwierig, na und, auch wenn man das Ganze nur auszuzählen braucht, so ist doch eine solche vollständige Übersicht mal ganz interessant.
Gab es in diesem Jahrtausend eigentlich schon mal einen solchen glücklichen Freitag, den 13.? Und wann wird es den nächsten geben?
Schaltjahrtabelle 3 Punkte, Nichtschaltjahrtabelle 3 Punkte, vorausgegangener glücklicher Freitag - 1 Punkt, nächster glücklicher Freitag noch einmal 2 Punkte, so sind also 9 Punkte möglich.

Lösung

Ich war mal faul und habe die Tabellenkalkulation für mich arbeiten lassen. So ein Jahr beginnt bekanntlich an einem Wochentag, da es 7 verschiedene gibt, braucht man also die Varianten nur für die Wochentage durchzugehen. So ein Zyklus dauert insgesamt 28 Jahre (4*7), wobei sich zwischendurch schon Anfangstage wiederholen. Aus der Tabelle sind die Freitage gut zu erkennen - rot unterlegt. Die gelb unterlegten Zeilen sind weiter oben schon erfasst und nur der Vollständigkeit halber mit dabei, genau wie die letzte Zeile für das Jahr 2028, denn die entspricht dem 29. Jahr in der Tabelle.

2000

Sa, 1. Jan 00

Do, 13. Jan 00

So, 13. Feb 00

Mo, 13. Mrz 00

Do, 13. Apr 00

Sa, 13. Mai 00

Di, 13. Jun 00

Do, 13. Jul 00

So, 13. Aug 00

Mi, 13. Sep 00

Fr, 13. Okt 00

Mo, 13. Nov 00

Mi, 13. Dez 00

2001

Mo, 1. Jan 01

Sa, 13. Jan 01

Di, 13. Feb 01

Di, 13. Mrz 01

Fr, 13. Apr 01

So, 13. Mai 01

Mi, 13. Jun 01

Fr, 13. Jul 01

Mo, 13. Aug 01

Do, 13. Sep 01

Sa, 13. Okt 01

Di, 13. Nov 01

Do, 13. Dez 01

2002

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Sa, 13. Apr 02

Mo, 13. Mai 02

Do, 13. Jun 02

Sa, 13. Jul 02

Di, 13. Aug 02

Fr, 13. Sep 02

So, 13. Okt 02

Mi, 13. Nov 02

Fr, 13. Dez 02

2003

Mi, 1. Jan 03

Mo, 13. Jan 03

Do, 13. Feb 03

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So, 13. Apr 03

Di, 13. Mai 03

Fr, 13. Jun 03

So, 13. Jul 03

Mi, 13. Aug 03

Sa, 13. Sep 03

Mo, 13. Okt 03

Do, 13. Nov 03

Sa, 13. Dez 03

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Sa, 13. Nov 04

Mo, 13. Dez 04

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Mi, 13. Dez 28

Was ist ablesbar:
Es in jedem Jahr mindestens einen Freitag, den 13., aber höchstens 3.
Glückliche Freitage:
Schon erwähnt: 13.10.2006
Vor diesem Datum: 13.01.2006, 2006 hatte also sogar 2 solche Tage.
Das nächste Mal: 13.xx.2xxx, da bleiben bei der Quersumme 13: 13 - 1 - 3 - 2 = 7
Damit kommt als Jahreszahlen nur 2010, 2011, 2013, 2014, 2015, 2020, 2021, ... in Betracht, denn die Einer, Zehner und Hunderterziffer dürfen zusammen höchtens 6 ergeben. --> Das Jahr 2600 ist das letzte in diesem Jahrtausend, welches die Bedinung erfüllt, allerdings ist es kein Schaltjahr, beginnt an einem Mittwoch und so mit ist der einzige Freitag, der 13.06.2600 kein glücklicher. 13.08.2010 - geht nicht
13.05.2011 - schon gefunden.
Schwieriger dagegen ist die Frage, ob es noch einmal zwei glückliche Tage in einem Jahr geben wird, aber das war ja nicht die Frage., wenn aber überhaupt, dann geht es nur nicht Nichtschaltjahren mit 13.01. und 13.10. oder aber 13.02. und 13.11., aber in der Tabelle da oben ist das nicht zu finden.

Aufgabe 7

Na da bin ich ja beruhigt, dass es bis zum nächsten Freitag, den 13. noch etwas dauert. Wie so dass denn, fragte Mike. Nun, ich war letzte Woche bei meiner Tante und im Gespräch sind wir auf die Aufgabe gekommen. Die wollte von diesem glückliche 13.10.2006 gar nichts wissen, denn da war die Temperaturanzeige an ihrem Babykostwärmer kaputt gegangen. So stand sie vor dem Problem, ohne Thermometer die richtige Temperatur der Milch für ihren Liebling hinzubekommen. Bis dahin hatte sie einfach die kalte Milch aus dem Kühlschrank genommen und auf 30 Grad erwärmt. Du meinst doch Celsius, na klar, der Mann, der sich uns ausdenkt, will bloß nicht immer Celsius schreiben. Aha. Wie hat sich denn deine Tante behelfen können, fragte Mike weiter. Hat sie einen neuen Babykostwärmer gekauft? Nein, hat sie nicht, war wohl auch zu teuer. Nun, sie hatte in der Anleitung gelesen, dass die Endtemperatur des Babykostwärmers bei 70 Grad liegt. Wenn sie also die Milch bis zum Abschalten des Geräts drinlässt, dann sind das 70 Grad. Der Kühlschrank war auf 6 Grad eingestellt. Ah, verstehe, meinte Mike. Wie, was verstehst du, fragte Bernd. Na ja mal angenommen, sie braucht genau 250 ml Milch, welche 30 Grad warm sein soll, dann kann sie doch mit einem Messbecher, die Milch abmessen, die sie aus kalter und heißer Milch mischen muss um die gewünschten 250 ml, die 30 °C heiß sein sollen, zu erhalten. (Eh, jetzt hat der doch °C geschrieben)
Wie mixt die Tante das nun zusammen? Zu erreichen sind bei physikalisch - mathematisch richtiger Rechnung 4 Punkte.

Lösung

Sehr ausfürliche Lösung von Mike Pfaffe, danke:
Da wir die Wärmekapazität des Mischgefäßes nicht kennen, müssen wir annehmen, dass die von der warmen Milch abgegebene und die von der kalten Milch aufgenommene Wärme gleich sind.

Bezeichnet man nun die Größen der kalten Milch mit dem Index K und die der warmen mit dem Index W. so erhält man:

wobei die Mischungstemperatur ist. Vernachlässigt man die Ausdehnung der Milch bei Erwärmung, so erhält man:

Die Tante muss also ca. 156ml kalte und 94ml warme Milch mischen. Die Zerstörung der Illusion, es sein eine einfache Aufgabe gab XXX, danke:
Zunächst ist da ein verstecktes Problem, die Dichte! Wir sollen 250ml erwärmen, aber die Wärmekapazität geht über die Masse. Um das richtige Mischverhältnis anzugeben, muss man also die Dichte reinrechnen - oder aber die Messungen bei gleicher Dichte machen, sprich, vor dem Erwärmen messen! Beim Mischen gibt die warme Milch (proportional zu ihrer Masse und der Temperaturdifferenz von 40°) innere Energie ab, die kalte nimmt umgekehrt Innere auf, proportional zu deren Masse und der Differenz von 24°. Das Verhältnis von 40 : 24 = 5 : 3 muss sich nun umgekehrt in den Massen niederschlagen, also 5 : 3 für die kalte Milch.
Nehmen wir nun 250ml mal 5/8, also 156,25 ml Milch, die wir kühlschrankkalt lassen und 250ml mal 3/8, also 93,75 ml Milch, die wir auf 70° erwärmen, haben wir Milch, die sich genau auf 30° mischt. Wegen der Wärmeausdehnung aber etwas mehr als 250 ml. Dieses Bisschen kosten wir nun fürsorglich vor beim Abmessen und erhalten 250 ml angenehm warmer Milch.
Wer nur 156,25 ml kalte Milch mit 93,75 ml warmer mischt, bekommt wegen der höheren Dichte der kalten Milch eine zu geringe Temperatur - und auch das Volumen stimmt wohl nicht!
Wer 250ml kalte Milch im Verhältnis 5:3 teilt und drei Teile erwärmt, bekommt Milch richtiger Temperatur, wegen der Wärmeausdehnung aber zuviel!

Aufgabe 8

Auf die Dauer ist es wahrscheinlich doch besser, wenn sich deine Tante einen neuen Babykostwärmer holt, meinte Mike. Das ist einfacher als jedesmal die Rechnung auszuführen, wobei so schlimm ist sie ja am Ende nicht. Kommst du nachher mit in die neue Computerecke in der Bibliothek? Ich muss sowieso noch Bücher abgegeben und kann dann gleich mal noch was zum Thema Aufgabe der Woche herausfinden. Klar kein Problem.
Bernd gab die Bücher ab und Mike ging schon mal zu den 4 Computern. Er musste warten, denn alle 4 waren besetzt. Na ehe die 4 fertig sind, wird es wohl dauern. Er kannte die 4 Leute recht genau, da sie aus der Parallelklasse waren. Da saßen Anne, Britta, Christian und Dirk an den vier nebeneinander stehenden Computerplätzen 1; 2; 3 und 4. An den Monitoren befanden sich ein grüner, blauer, weißer bzw. roter Punkt. Auf den 4 Mousepads erkannte Mike verschiedene Motive: eine Brücke, einen Turm, ein schnelles Auto und auf dem vierten waren lauter Smyleys drauf. Mike wartete eine Weile, dann ging er Bernd suchen, der saß auf einem Lesesofa und hatte schon wieder ein Buch in der Hand. Mike setzte sich dazu und erzählte ihm, dass die vier Computerplätze durch die 4 Leute aus der Parallelklasse besetzt seien. Wer sitzt eigentlich an welchem Platz? Pass auf, wenn ich dir 4 Tipps gebe, solltest du herausbekommen, wer an welchem Platz sitzt, welcher Punkt an dem jeweiligen Monitor klebt und welches Mousepad zu dem Arbeitsplatz gehört. Na dann los:
1. Britta hat die Smyleys auf dem Mousepad, war ja klar.
2. Bei dem Monitor mit dem weißen Punkt lag das Mousepad mit dem schnellen Auto drauf, das ist der Platz direkt links neben Christian.
3. Dirks Mousepads, auf dem nicht die Brücke war, lag am Computer 4, ach ja das war dann ganz rechts, so wie Platz 1 eben ganz links ist.
4. Der rote Punkt klebte am 2. Monitor, wobei vor dem Monitor mit dem blauen Punkt nicht das Mousepad mit dem Turm lag.
Puh, die Infos sollen reichen um die Aufgabe zu lösen. Ja, das reicht, am besten du versuchst erst mal herauszufinden an welchem Rechner der weiße Punkt klebt.
Zu erreichen sind 8 Punkte, ein ausführlicher Lösungsweg ist nicht erforderlich.

Lösung

Auch wenn es kein ausführlicher Lösungsweg sein sollte, so war doch wenigstens einige Bemerkungen angebracht, um die Verteilung zu untermauern.
Um so besser, wenn dann der Hinweis ignoriert wird und trotzdem alles benannt wird.
Hier die Lösung von Doreen N., danke.
Zunächst mal erstellen wir eine Tabelle. Nach Hinweis 3 wissen wir , dass die Plätze von links nach rechts durchnummeriert werden. Oben im Tabellenkopf stehen die Zahlen 1-4, links untereinander steht Name, Mousepadmotiv und Farbe.
Nun kann man schrittweise die Tabelle ausfüllen.
1) Eintragen der bekannten Dinge: nach Hinweis 3 ist Dirk an 4, nach Hinweis 4 ist rot an 2
2) nach Hinweis 2 ist weiß und Auto an 1, denn 2 ist nicht möglich, da belegt von rot; 4 nicht möglich, da weiß+Auto links
von...liegen soll; 3 nicht möglich, da es links von Christian liegen soll
und an 4 ist Dirk
3)nach Hinweis 2 ist Christian nun an 2
4)nach Hinweis 1 ist Britta + Smileys an 3, da nur hier noch Name und Mousepadmotiv an einem Platz frei ist
5)letzter freier Name ist Anne an 1
6)nach Hinweis 3 hat Dirk nicht die Brücke als Mousepadmotiv->Brücke an Platz 2->Turm an Platz 4
7)nach Hinweis 4 blauer Punkt nicht mit Turm als Mousepadmotiv->blau an 3->grün an 4
Nun ist unsere Tabelle vollständig. Jetzt wissen wir, wer wo sitzt.
Platz 1: Anne, weißer Punkt, Auto auf Mousepad
Platz 2: Christian, roter Punkt, Brücke auf Mousepad
Platz 3: Britta, blauer Punkt, Smileys auf Mousepad
Platz 4: Dirk, grüner Punkt, Turm auf Mousepad

Aufgabe 9

Das nächste Mal gehe ich lieber nachschauen, wer wo sitzt. Denn ich hatte doch ganz schön zu tun, um aus deinen Angaben herauszufinden, wer wo saß, meinte Bernd. Na komm, übertreib nicht. Lass uns ins Kino gehen, okay.
In dem Film spielt ein cooles Motorboot eine wichtige Rolle. Zu Beginn des Films fährt es mit der Strömung (die sich nicht verändert) genau 4 Stunden, so kann man es der eingeblendeten Uhr des Haupthelden entnehmen. Gegen Ende des Films wird das Boot mit der gleichen Geschwindigkeit zurück gebraucht. Allerdings dauert das jetzt ganze 6 Stunden. Ach Mike, so ein Boot ist zwar nicht schlecht, aber ich hätte mich lieber mit einem Floß einfach nur treiben lassen. Das geht aber nur mit der Strömung, sagte Mike. Logo, aber trotzdem, es war doch so eine schöne Landschaft, durch die da gerast wurde. Da hast du recht und ich weiß, sogar wie lange du dich hättest treiben lassen können. Ach ja?
Wie lange hätte die Floßfahrt gedauert? (4 Punkte) und wie lange hätte das Motorboot für die Strecke gebraucht, wenn es keine Strömung gegeben hätte - z.B. auf einem ruhigen See? (2 Punkte)

Lösung

Hier die Lösung von Andreas Walter, danke:
Es gilt:
s = v * t ;
vs : Geschwindigkeit der Strömung
vm : Geschwindigkeit des Motorbootes
th : Zeit für den Hinweg
tr : Zeit für den Rückweg
Hinweg:
s = ( vm + vs ) * th
= ( vm + vs ) * 4 h
Rückweg:
s = ( vm - vs ) * tr
= ( vm - vs ) * 6 h
daraus folgt:
( vm + vs ) * th = ( vm - vs ) * tr
( vm + vs ) * 4h = ( vm - vs ) * 6h
10 vs = 2 vm
vm = 5 vs bzw. vs = 1/5 vm
Jetzt die Rechnung für die Fahrt mit dem Floß:
s = ( vm + vs ) * 4 h
= vs * x
daraus folgt:
x= (5 vs + vs )/ vs * 4h = 24 h
Für die Dauer der Fahrt im Boot ohne Strömung ergibt sich:
- mit Strömung: s = ( vm + vs ) * 4 h = (1+ 0,2 ) * vm * 4h
- ohne Strömung: s = vm * t
daraus folgt: t = (1+ 0,2 ) * 4h = 4,8 h
Die Fahrt ohne Strömung dauert also genau 48 min länger.

Aufgabe 10

Du hattest Recht, sich einen ganzen Tag lang mit einem Floß treiben zu lassen, das wäre echt cool, meinte Bernd. Apropos cool, für so eine Tour ist es momentan doch etwas zu kalt. Aber ein normaler Spaziergang sollte gehen, oder? Keine Zeit, ich muss erst noch den Spaziergang von Ameisen untersuchen. Wie das denn? Also, zwei Ameisen treffen sich an einer Ecke einer geraden quadratischen Pyramide. Von ihrer Königin haben sie den Auftrag, den kürzesten Weg um die Pyramide zu finden. Na ist doch ganz einfach, meinte Mike, die krabbeln einfach unten um die Pyramide herum und fertig. Das meinte auch die eine Ameise und stürzte los. Die andere überlegte noch ein wenig und nahm einen anderen Weg, der sie ebenfalls um die Pyramide herumführte. Mag ja sein, dass sie überlegt hat, die Frage ist, ob der Weg kürzer ist als am Fuß der Pyramide. Stimmt, dabei gilt es zu bedenken, herum bedeutet, die Ameisen müssen auf ihrem Weg alle 4 Seiten der Pyramide berühren und zum Start zurück. Welche Maße hat denn die Pyramide? Nun in der Aufgabe, von dem der sich uns ausdenkt, soll die Pyramide 50 m hoch sein und eine Grundkantenlänge von 35 m haben.
Wie lang ist der kürzeste Weg für die Ameisen ( nur zeichnerische Lösung 4 Punkte, rechnerisch 7 Punkte)
Hätte der Mann nicht die Maße der Pyramide vor dem Louvre nehmen können? Na gut, wie sieht es denn bei dieser Pyramide aus- 35 m bleiben, aber die Höhe ist nur 21,65 m? (also noch mal (nur)zeichnerische Lösung 4 Punkte, rechnerisch 5 Punkte)
Ist ja ein Ding, da kann also maximal 12 Punkte abfassen, genau!!!

Lösung

Zunächst erst einmal die Pyramide nur mal so:

Und nun ein Netz:

Wie man an dem Netz erkennen kann, führt der kürzeste Weg um die Pyramide nicht an der Grundkante entlang, sondern bei einem Winkel von weniger als 180° an den zusammengelegten Spitzen über die Seiten, so schräg hoch und runter. Bei einem Winkel ab 180° einfach die Kante hoch zur Spitze, dort die Berürung aller Seiten und wieder zurück. Es gilt also den Winkel zu ermittlen und dann weiter zu rechnen.
Die Kantenlänge s berechnet sich nach dem Satz des Pythagoras: s = Wurzel (h² + 1/2 a²) der zweite Teil in der Formel ist die halbe Diagonale der Grundfläche ins Quadrat)
1. Pyramide: s= 55,78 m
Louvre: s= 32,88m
Der Winkel an der Spitze eines Dreiecks lässt sich mit dem Kosinussatz ausrechnen: cos gamma = (2s² -a²)/2s²
1. Pyramide: gamma = 36,57°
Louvre: gamma = 64,31°
Daraus folgt: 1. Pyramide: Der Spitzenwinkel aller vier Dreiecke ist delta = 146,27° Somit trifft das Bild des Netzes zu und der Weg mit mit nochmaliger Verwendung des Kosinussatzes berechnet:
weg= wurzel (2*s² - 2*s²cos delta)
weg = 106,76 m. Der Weg über die Spitze wäre 2 * 55,78 m = 111,58 m lang.
Hingegen für den Louvre(delta = 257,24°) führt der kurze Weg zur Spitze und zurück, ist also 65,76 m lang.

Aufgabe 11

Mike, deine Ameise war echt schlau, das hat sich schon gelohnt, vor allem, wenn man so kurze Beine hat. Mit Beinen hatte es mein Opa vor kurzem auch. Der war nämlich mit seiner Rentnergruppe vor zwei Wochen in Brüssel im Nato-Hauptquartier. Da mussten sie erst einmal warten und so machte der Opa eine erstaunliche Beobachtung.
Zu Beginn lief ein Soldat vor der 210 m langen Fassade auf und ab. Dann war Wachablösung und ein deutlich größerer Soldat nahm seinen Dienst auf. Der zweite Soldat hat eine Schrittlänge, die ziemlich genau 5 cm größer war wie bei dem ersten. Tja und so kam es, dass er genau 20 Schritte weniger für die 210 m brauchte, wie der erste Soldat.
Welche Schrittlängen haben die Soldaten und wie viele Schritte machen sie jeweils? (zu errreichen sind 6 Punkte)
Für die jüngeren Teilnehmer empfehle ich das durch systematisches Probieren heraus zu bekommen und vorher mal auszumessen wie lang so ein Schritt ist bei einem selber ist.

Lösung

Hier die Lösung von Andreas W., danke.
Sei
a:= Anzahl der Schritte,
x:= Schrittlänge
Aus den Angaben des ersen Soldaten folgt:
210 = a * x
Aus den des Zweiten folgt:
210= (a-20) * (x+0,05)
nach umstellen und einsetzen erhält man z.B.:
0= -20x + 10,5/x -20*0,05
Lösen der Gleichung führt zu
x1= 0,7m
x2=-0,75m entfällt.
Für den ersten Soldaten bedeutet dies:
Schrittlänge x=0,7m , a=300 Schritte auf 210m.
Für den zweiten Soldaten bedeutet dies:
Schrittlänge x=0,75m , a=280 Schritte auf 210m.

Aufgabe 12

Mike, Bernd und dessen Opa sitzen zusammen und knacken Nüsse. Da kommt dem Opa eine Idee für eine Nusspokerrunde. Ohne abzuzählen greift jeder der drei in die Schüssel mit den Nüssen. Also wir machen es so, wenn einer verliert, muss er die Anzahl von Nüssen, die anderen Mitspieler haben aus seinem Bestand auszahlen. Wie jetzt, nun angenommen du hast 10 Nüsse, dann muss ich dir von meinen eben 10 Nüsse geben, habe also 10 weniger als vorher, während sich deine Anzahl verdoppelt hat. Hm, na da bin ich ja mal gespannt. Ach lass uns einfach spielen, meint Mike. Na dann los. Das erste Spiel verliert Bernd, das zweite Mike und das dritte der Opa. Da alle die Nüsse ordentlich vor sich liegen haben, stellt Mike fest, cool jetzt haben wir alle gerade 24 Nüsse. Na wenn das so ist, dann wissen wir, wer sich wie viele Nüsse am Anfang aus der Schüssel genommen hat.
Für das genaue Aufschreiben der Lösung kann man sich 7 Punkte gutschreiben lassen.

Lösung

Das Ganze ist am besten rückwärts zu betrachten.
Der Opa hatte verloren, musste den anderen beiden ihren vorherigen Spielstand verdoppeln. Also hatte Bernd und Mike am Ende der zweiten Runden je 12 und der Opa 48.
In der zweiten Runde hatte Mike verloren, also hatte der Opa am Ende der ersten Runde 24 Nüsse und Bernd 6. Mike hatte also 42 Nüsse gehabt.
Bernd hat als erster Verlierer dem Opa 12 Nüsse geben müssen und Mike 21, bei 72 Nüssen insgesamt hatte Bernd also vorher 39, Mike eben 21 und Opa lediglich 12.
Nun noch einmal vorwärts: Start: Bernd 39, Mike 21, Opa 12 --> Bernd verliert
Ende 1. Runde: Bernd 6; Mike 42, Opa 24 --> Mike verliert
Ende 2. Runde: Bernd 12; Mike 12, Opa 48 --> Opa verliert
Ende 3. Runde: Bernd 24; Mike 24, Opa 24

Auswertung Serie 14

			Punkte für die Aufgaben
zu erreichende Punktzahl			82	4	3	3	12	8	9	4	8	6	12	6	7
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	Doreen Naumann	Duisburg	75	4	2	3	12	8	9	4	8	4	8	6	7
2	Annika Theumer	Chemnitz	71	4	2	3	12	8	9	4	8	-	8	6	7
3	X X X	???	65	4	3	3	12	8	-	4	-	6	12	6	7
4	Katrin Wolstein	Bamberg	60	4	3	3	5	8	8	3	6	6	8	6	-
5	Mike Pfaffe	Großenhain	56	4	-	3	12	8	-	4	6	6	-	6	7
6	Andree Dammann	München	49	4	3	3	-	8	9	3	-	6	-	6	7
7	Christian Wagner	Bamberg	35	4	-	3	-	8	-	4	8	-	8	-	-
8	Andreas Walter	Bautzen	34	4	-	3	-	-	-	-	-	6	8	6	7
9	Andreas Lang	Chemnitz	27	-	-	-	-	8	7	-	6	-	-	6	-
10	Michael Schneller	Hannover	23	4	-	3	-	8	-	-	-	-	8	-	-
11	Martin Löpelt	Chemnitz	21	4	-	-	-	-	-	4	6	-	-	-	7
11	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	21	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-	6	7
11	Herrmann Thum	Chemnitz	21	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-	6	7
12	Sophie Jähnich	Chemnitz	19	-	-	-	-	-	-	4	7	-	8	-	-
13	Anna Seidel	Chemnitz	16	-	-	-	-	8	-	-	8	-	-	-	-
14	Helene Baumann	Kamerun	14	-	2	3	-	3	-	-	6	-	-	-	-
15	Dominique Brunner	Chemnitz	13	-	-	3	-	-	-	3	-	-	-	-	7
15	Jamila Wähner	Chemnitz	13	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	7
16	Malte Lohs	Chemnitz	12	4	-	-	-	-	-	-	6	2	-	-	-
17	Till Kummer	Chemnitz	10	4	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-
17	Christian Böhme	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	-	8	2	-	-	-
17	Luise Adam	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-	2	-
17	Ellen Richter	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	7
18	Dominique Güra	Chemnitz	9	-	-	3	-	-	-	-	6	-	-	-	-
18	Josephine Koch	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	3	6	-	-	-	-
18	Rosa-Laura Czys	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	3	6	-	-	-	-
19	Simon Kolata	Chemnitz	8	-	2	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-
19	Anja Posselt	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-	-	-
19	Marie Sophie Roß	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-	-	-
19	Lisa Graßmann	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-	-	-
20	Jonas Döhne	Chemnitz	7	-	1	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-
20	Simon Mack	???	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	7
20	Dennis Grothe	???	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	7
20	Richard Hahmann	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	7
21	Tina Hähnel	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-
20	Franz Münzner	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	3	-	2	-	-	-
21	Johannes Kropf	Nossen	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
21	Gero ???	???	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
21	Lisa ???	???	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
22	Elisabeth Winger	???	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
22	Gregor Schumann	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-
23	Lukas Steinke	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-
23	Leon Schubert	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
24	Antonia	???	0	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	0

Serie-13

Serie 13
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

Mann da lässt sich ja eine Panik mit den scheinbar so sicheren Tests verbreiten. Stimmt und wenn man bedenkt, dass sich bei noch selteneren Krankheiten, die Prozentzahlen noch mehr verschieben. Ach komm, lass uns von etwas anderem reden.
Wir haben doch neulich die indirekte Proportionalität wiederholt. Na klar, sehr vereinfacht gesagt, wenn die eine Sache mehr wird, dann wird die andere kleiner. Wenn ich meiner Katze Futter kaufe, dann reicht das für 12 Tage. Wenn sie allerdings ihre Mitmiez einlädt, dann reicht das nur 6 Tage. Kommt noch der Morle vom Opa dazu, dann sind es nur 4 Tage. (Vorausgesetzt wird hierbei, die Katzen essen gleichviel und das jeden Tag). 12 ^. 1 = 6 ^. 2 = 3 ^. 4. Na das weiß ich doch, ist ja auch nicht schwer. War mir ja klar, dass du das kennst, aber ... Aber was, stell dir vor Raumfahrer wollen zum Mars, wie ist es dann mit Mannschaftstärke und Nahrungsvorrat. Na genau so. Aber ... Was aber? Die Betrachtung gilt ja nur dann, wenn das Nahrungsangebot durch die Anfangsbedingung einmalig festgelegt ist. Im Raumschiff aber wird schon auf Grund der langen Reisezeit mit nachwachsenden Nahrungsmitteln auf Algenbasis geplant.
Jeder Raumfahrer isst jeden Tag gleich viel und jedem steht das Gleiche zu. Die Algen haben auch einen gleichbleibenden Zuwachs. Nun gibt es folgende Berechnung, wenn 40 Raumfahrer die Mannschaft bilden, dann ist die Nahrung nach 400 Tagen alle. Werden nur 30 Raumfahrer eingesetzt, dann liefert das gleiche Algenbassin Nahrung für 600 Tage, also ein Viertel weniger Leute, dafür die Hälfte mehr an Tagen. Wie lange reicht die Nahrung für eine Mannschaft von 20 bzw. 10 Astronauten?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

Es gab verschiedene Ansätze zur Lösung der Aufgabe, allerdings wurde nicht beachtet, dass einige der Annahmen in der Argumentation nicht vollständig aus der Aufgabenstellung zu folgern waren. Die gesuchte Lösung in der Formulierung von Andreas L., danke
Die Nahrung, die die Algen produzieren, reicht auf Dauer für eine bestimmte Anzahl an Raumfahrern. Diese Raumfahrer essen die gesamte Algennahrung, so dass für die anderen Raumfahrer nur noch der Vorrat zum Essen bleibt. Bei der vorrätigen Nahrung N ist die Reisezeit t indirekt proportional zu der Gesamtzahl der Raumfahrer R minus der Raumfahrer A, die schon mit Algen versorgt sind.
N=t*(R-A)

N=400*(40-A)
N=16000-400A

N=600*(30-A)
N=18000-600A

16000-400A=18000-600A |+600A-16000
200A=2000 |:200
A=10

N=16000-400*10
N=12000

N=t*(R-A)
12000=t*(20-10)
12000=t*10 |:10
1200=t

Für 20 Raumfahrer reicht die Nahrung 1200 Tage und für 10 Raumfahrer für immer, da sie sich allein von den Algen ernähren können.

Aufgabe 2

Nach den etwas verwirrenden außerirdischen Aktivitäten, grübelten Bernd und Mike über den Wahrheitsgehalt einer Aussage in einem Kinderkrimi. Dort war folgendes zu lesen:
Auf einem ruhigen See befindet sich ein Angler sitzend in seinem Kahn. Er ist ungefähr 10 km vom Ufer entfernt. Als er wieder ans Ufer zurückkehrt, hört er, dass an dem Strand Sachen verschwunden sind. Er mischt sich in die aufgeregte Diskussion ein und meint, er habe von seinem Boot aus, mit seinem Superfernglas einen etwa 1,60 m größen Mann beobachtet, der am Strand entlang ging und plötzlich ziemlich schnell weglief. Einer Badegäste probierte das Fernglas aus und stellte fest, dass man wirklich Leute auf der anderen Seite des Sees (etwa 13 km weg) auf dem Steilufer erkennen konnte. Die hinzugezogene Polizei allerdings nahm ihm die Aussage nicht ab.
Wie steht es um den Wahrheitsgehalt der Aussage des Anglers. Hat er was beobachten können oder ist das Anglerlatein?
Zu erreichen sind 6 Punkte. (Die Brechung des Lichts soll nicht berücksichtigt werden.)

Lösung

Damit der Angler die Größe des Mannes abschätzen kann, ist die Sicht auf den Strand also normaler Horizont mindestens notwendig, ob er überhaupt etwas sehen kann, hängt dann davon ab wie groß der Mann ist. (So wie bei einem Schiff ja auch zuerst die Aufbauten und dann nach dem Näherkommen die Wasserlinie erkennbar ist.)
horizont 1
Aus der ersten Zeichnung ist die Enfernung zum Horizont ableitbar. x= Wurzel(2rh+h²), wobei r der Erdradius (6371 km und die h die Höhe über der Erdoberfläche ist). Eine gute Näherung ergibt sich auch, wenn h² vernachlässigt wird, das geht weil der erste Summand sehr groß gegenüber dem zweiten ist.
x= Wurzel(2rh). Wenn der Mann im Boot sitzt, so ist h etwa 1 m also x= 3,5 km. Wenn der Angler sehr groß ist und steht wird seine Augenhöhe auch die 2,5 m nicht erreichen. Bei 2,5 m ergibt sich x zu 5,65 km. Also selbst im Stehen kann er das Ufer nicht sehen. Somit ist die Ausgae mit Sicherheit falsch.
Damit kann man eigentlich schon aufhören, aber die zweite Zeichnung geht mal noch auf die Frage ein, was sieht man, wenn etwas nicht direkt am Horizont ist.
horizont 1
h ist wieder die Augehöhe des Beobachters, i die Höhe des möglicherweise zu sehenden Objekts.
Wie oben gezeigt gilt:
y= Wurzel(2ri). Mit h = 1 m (sitzender Angler) und i = 1,6 m (angebliche Körpergröße des Diebes) ergibt sich x + y = 3,5 km + 4,52 km = 8,02 km. Da der Angler 10 km vom Ufer weg war kann er also den kleinen Mann nicht gesehen haben. Lediglich wenn er sehr groß war und im Boot steht, ist der Kopf des Diebes für ihn teilweise sichtbar (x + y = 10,17 km).

Aufgabe 3

Die Aufgabe mit dem Angler war recht interessant, lässt sich damit doch auch die Frage beantworten, ob vom Leipziger Völkerschlachtdenkmal wirklich der Fichtelberg zu sehen ist.
So kurz vor dem ersten Mai fällt mir noch eine einfache Aufgabe ein, die heute, zumindest bei uns, nicht mehr vorkommt. Lass hören Opa, meinte Bernd.
150 Fahnenträger mussten in rechteckiger Formation vor der Tribüne vorbei marschieren. Sie stellten sich schon weit vorher in der Formation auf. Allerdings gab es eine recht schmale Stelle, die von sogenannten Ordnern gebildet wurde. Da passten sie nur so durch, dass 4 weniger in eine Reihe passten als vorher. Da mussten das doch mehr Reihen werden, na klar und zwar waren es genau 10 (wieder vollständige) Reihen mehr als vorgesehen. Anschließend stellten sie sich wieder wie geplant auf. Nun, dann weiß ich jetzt aber, wie die sich vorher aufgestellt hatten.
Zu erreichen sind 2 Punkte für die Aufstellung vorher bzw. nachher und an der Absperrung.

Lösung

Man kann hier einfach probieren, so viele Möglichkeiten gibt es ja nicht, Gleichungen sind aber auch denkbar.
x- Reihen vorher/nachher, y- leute in der Reihe vorher nachher.
x*y=150 und (x+10)*(y - 4) = 150
x=150/y und xy - 4x + 10y - 40 = 150
150 - 600/y + 10y -40 =150
-600/y + 10y = 40
-600 + 10y²= 40y
10y² - 40y - 600 = 0
y² - 4y - 60 = 0
y₁=-6 und y₂=10
Somit bleibt y = 10 und x=15.
Es waren also vorher/nachher 15 Reihen mit je 10 Fahnenträgern und an der Absperrung waren 25 Reihen (10 mehr) mit 6 (also 4 weniger) Fahnenträgern. 15*10=25*6=150.

Aufgabe 4

Na ja Opa, nun sind ja solche Märsche nicht mehr Pflicht und das ist auch gut so. Aber als kleine Rechnung war das noch gut, meinte Bernd. Was machst du jetzt eigentlich gerade mit dem Blatt? Nun erstens ist es ein A4 Blatt, dass heißt die längere Seite ist genau Wurzel(2) mal so lang wie die kürzere. Nun habe ich eine Anleitung gelesen, wie man ohne zu messen ein Drittel des Blattes durch Falten erhält (längere Seite). Das scheint auch zu stimmen, aber ich weiß nicht warum? Zeig mal her, meinte auch Mike, der gerade dazu gekommen war. Okay.

Also, ich soll eine Faltung entlang der Diagonale von A nach C machen. - Eh, das sieht aber schief aus, aber egal mach mal weiter. Nun lege ich mir das Blatt wieder glatt hin und sehe die Faltlinie von A nach C. Nun nehme ich die Ecke A und falte sie so auf die erste Linie, dass der Punkt B zur zweiten Faltlinie gehört. Nun, so sagt die Anleitung, soll der Schnittpunkt beider Faltungen genau 1/3 der Seitenlänge von BD - also von AB entfernt - sein, so dass durch diesen Punkt "gerade gefaltet" die Aufgabestellung erreicht ist. Das scheint ja zu klappen, na ja das sehe ich auch, aber warum ist das so?

Wer zeigen kann, dass die Vorschrift wirklich stimmt oder aber auch, dass das nicht so ist, der erhält 8 Punkte.

Lösung

AB sei 1, dann ist BC= Wurzel (2) lang. Nach dem Satz des Pythagoras ergibt sich die Diagonale dann zu Wurzel (3).. Der Schnittpunkt der beiden Faltungen sei E. Das Dreieck ABE ist wegen der Faltungsvorschrift rechtwinklig. Nach dem Hauptähnlichkeitssatz sind das Dreieck ABE und ABC einander ähnlich (beide rechtwinklig und den Winkel CAB haben sie gemeinsam). Dann aber gilt AE : AB = AB : BC = 1 : Wurzel (3)
AE = 1/Wurzel (3) wird umgeformt zu
AE = Wurzel (3)/3, das aber ist dann
AE = AC/3
Die parallele Faltung durch E soll BC dann bei F teilen.
Nun bilden die die Geraden EF und AB gemeinsam mit den Strahlen CA und CB eine typische Figur zum Strahlensatz.
Es gilt nun:
BF : BC = AE : AC
BF : BC = AC/3 : AC
BF : BC = 1 : 3
BF = 1/3 *BC
Damit liefert die Vorschrift wirklich dass das Dritteln des Blattes.
Ein allgemeines Rechteck lässt sich mit drei Falzen dritteln.
1. Falzung BC wird auf AD gefaltet - also die Mitte von AB = E wird gefunden.
2. Falzung Es wird ein Faltung entlang von EB gemacht (Diagonalen im im halben Rechteck).
3. Falzung entlang BD.
Der Schnittpunkt von 2. und dritter Falzung treffen sich in einem Punkt F, durch den kann dann die Drittelung vorgenommenen werden, wenn man von AB ausgeht. Den Nachweis überlasse ich ich dem geneigten Leser. Wer nicht mag, der hole sich das Buch 101 Mathematikaufgaben von Peter Gallin aus der Bibliothek.

Aufgabe 5

Das war am Ende doch recht erstaunlich, dass so eine Drittelung geht, allerdings die Variante nur mit dem Papierformat. Klar ich hatte zuerst ein quadratischen Zettel, da ging das nicht, meinte Bernds Vater, der sich auch mal wieder an den Knobeleien beteiligt hatte. Aber wie schon oft so hatte er diesmal auch gleich eine knifflige Aufgabe parat. Ihr wisst doch was pythagoräische Zahlentripel sind. Na klar, das sind drei natürliche Zahlen, die den Satz des Pythagoras erfüllen. So zum Beispiel, das Tripel (3; 4; 5) oder auch (5; 12; 13). Okay, aber ist euch auch klar, dass man solche Tripel schnell ermitteln kann. Gab es da nicht eine Vorschrift? Stimmt und zwar geht das so:
Wähle zwei natürliche Zahlen x und y mit x > y. Die Kathete a ergibt sich aus x² - y², die Kathete b ergibt sich aus 2*x*y und die Hypothenuse c ist einfach x² + y². Mit (x; y) = (2; 1) ergibt sich das erste der obigen Tripel und mit (3; 2) das zweite Tripel. Und das klappt immer staunt Bernd. Genau das ist die Aufgabe, zeige dass die Vorschrift immer auf ein pythagoräisches Zahlentripel führt.

Wer zeigen kann, dass die Vorschrift stimmt, der erhält 3 Punkte.

Lösung

Satz des Pythagoras: a² + b² = c²
linke Seite eingesetzt
(x² - y²)² + (2*x*y)²
x⁴ - 2x²y² + y⁴ + 4x²y²
x⁴ + 2x²y² + y⁴
rechte Seite eingesetzt
(x² + y²)² wieder binomische Formel
x⁴ + 2x²y² + y⁴
Linke und rechte Seite stimmen überein. Was will man mehr.

Aufgabe 6
150. Wertungsaufgabe

Mike, Mike. was ist denn los. Ich habe bei google mal Aufgabe der Woche eingegeben. Na und, da kommen bei etwa 3 Millionen Einträgen die Aufgaben an erster Stelle, über die wir uns unterhalten. Wie jetzt, unsere Aufgaben, die Familiengeschichten, alles im Internet? Ja genau. Ist ja ein starkes Ding und wie lange geht das jetzt schon? Genau 150 Mal. Verstehe ich nicht, lauscht da jemand oder ist es jemand aus der Familie. Tja, keine Ahnung. Es könnte aber noch schlimmer sein. Wie das denn? Nun es könnte doch sein, dass es uns gar nicht gibt, sondern wir nur das Fantasieprodukt von Jemanden sind. ...
Schweiß gebadet wacht Bernd auf. Er hört seine Mutter schon im Bad und beschließt Mike von seinem Traum nichts zu erzählen, auch das mit dem google wird er sein lassen, wer weiß schon, was da dran ist an so einem Traum.
Es lässt ihm aber doch keine Ruhe. Mike, seinem besten Freund, erzählt er es doch. Auch das mit dem google stimmt. Was machen wir nun? Keine Ahnung, wir versuchen herauszubekommen, was los ist. Vielleicht fällt uns ja was ein, wie wir das testen können.
Lass uns zur Beruhigung erst einmal in den Brief schauen, den uns Opa geschrieben hat. Gesagt, getan.
Nimm eine beliebige vierstellige Zahl, bei der nicht alle Ziffern gleich sind. Bilde aus den Ziffern die kleinstmögliche Zahl (die darf auch mit Null anfangen) und auch die größtmögliche Zahl. Bilde die Differenz aus beiden Zahlen (größtmögliche Zahl - kleinstmögliche Zahl). Mit der so erhaltenen Zahl machst du dasselbe wieder. ...
Irgendwann stellt sich eine geheimnisvolle Zahl ein. Wenn man auf diese Zahl die Vorschrift anwendet, so ergibt sich diese Zahl wieder.
Na das kann aber dauern, ach wo, hier steht, nach spätestens 7 Schritten wird die geheimnisvolle Zahl erreicht.
Welches ist die geheimnisvolle Zahl? (1 Punkt)
Durchgerechnetes Beispiel (1 Punkt)
Damit man zeigen kann, dass die Aussage für alle Zahlen von (0001) 1000 bis 9998 gilt, muss man eigentlich alle diese Zahlen durchprobieren (ohne 1111, 2222, ...), könnte man meinen. Zeige, dass es ausreicht, mit deutlich unter 1000 Zahlen zu testen (3 Punkte) - Es ist nicht verlangt die Minmalanzahl zu finden, sondern nur Überlegungen, die die Testanzahl unter 1000 bringen.

Lösung

Beispiele selber testen

Hier das Beispiel von Sebastian, danke:
1 4 6 8
8641 - 1468 = 7173
7731 - 1377 = 6354
6543 - 3456 = 3087
8730 - 0378 = 8352
8532 - 2358 = 6174
7641 - 1467 = 6174
von Gregor ind Alexander
Durchgerechnetes Beispiel.
1. 1023 größte 3210 diff. 2187
2. 1278 8721 7443
3. 3447 7443 3996
4. 3699 9963 6264
5. 2466 6642 4176
6. 1467 7641 6174
7. 1467 7641 6174
Die geheimnisvolle Zahl lautet 6174 !!!
1. 0469 9640 9171
2. 1179 9711 8532
3. 2358 8532 6174
4. 1467 7641 6174
Beispiel von Franz
1024
0124- 4210= 4086
8640- 0468= 8172
8721- 1278= 7443
7443-3447= 3996
9963- 3699= 6264
6642- 2466= 4176
7641-1467= 6174
7641- 1467= Lösung: 6174
Rosas Bespiel:
Startzahl:4832
8432-2348=6084
8640-0468=8172
8721-1278=7443
7443-3447=3996
9963-3699=6264
6642-2466=4176
7641-1467=6174
7641-1457=6174
Beispiel von Christian:
3210 - 0123 = 3087
8730 - 0378 = 8352
8532 - 2358 = 6174
7641 - 1467 = 6174
Beispiel von Michael:
3279 => 9732-2379=7353
7353 => 7533-3357=4176
4176 => 7641-1467=6174
6174 => 7641-1467=6174
Eine sehr umfassende Begründung für lieferte als erster XXX, hier seine Ausführungen, danke
Beispiel von XXX

Hier das durchgerechnete Beispiel:

Zahl 1234 (wir lernen bei space balls)

4321 – 1234 = 3087

8703 – 0378 = 8352

8532 - 2358 = 6174

7641 - 1467 = 6174

Vermutlich ist dann 6174 die gesuchte Zahl.

Wie viele Zahlen müssen wir testen?

Die Rechenvorschrift zeigt, dass die Abbildung eigentlich auf den 4stelligen Hausnummern definiert ist. Solche Hausnummern gibt es 1001 Stück (einschließlich 1111 usw.). Wer die Formel nicht kennt schreibe die Hausnummer (= größte Zahl ...) wie folgt an:

9x876xx54x3210 für die Zahl 9664. Dann ist die Anzahl der Hausnummern „4 aus 14“, was sich berechnet zu „14*13*12*11/(1*2*3*4) = 143*7= 1001.

Dieses „Ergebnis“, das noch nichts Spezielles nutzt, ist schon mit 991 deutlich (?) unter 1000.

Schulanfänger mögen feststellen, dass die beiden Zahlen aus der Beschreibung gleiche Quersumme haben und damit gleichen Neunerrest. Nach dem ersten Schritt haben wir eine Neunerzahl. Da keine Differenz in unserer Rechnung Zahlen aus vier gleichen Ziffern hat, fordern wir weiter, dass unsere zu testende Zahle die beiden vordersten verschiedenen Ziffern „richtig“ geordnet hat. Dann haben wir schlicht höchstens 9990 / 18 = 555 Zahlen zu testen.

Anfänger der Algebra mögen sich ansehen, wie das Bild einer allgemeinen vierstelligen Hausnummer „abcd“ aussieht:

Formel zur Aufgabe 13 6

Wir schließen hieraus, dass wir alle Bilder mit dem Ansatz z =999*A + 90*B erfassen können. (Nebenbei: Alle solchen Zahlen sind wirklich Bilder, nämlich von „AB00“.)

Oberflächlich betrachtet sind hier höchstens 100 Zahlen möglich, auf den zweiten Blick erkennt man, dass A nicht 0 sein kann [keine vier Gleichen] und dass B höchstens so groß wie A sein kann: Das gibt dann höchstens 9+8+7+6+5+4+3+2+1 = 45 Zahlen, die wir testen müssen.

Aufgabe 7

Mike, ich weiß ja nicht wie du das siehst, aber letztendlich ist doch egal, ob wir echt sind oder ausgedacht, meinte Bernd. Stimmt schon irgendwie, auch wenn ich hier für so eine Grundströmung der Philosophie herhalten muss oder eben auch nicht. Mathematik ist ja auch was Ausgedachtes, also machen wir damit weiter. Genau!!!
Aber erst eine Runde Poker, okay! Wie war das gleich? Es gibt die vier Farben und von jeder Farbe die Werte 2, 3, 4, ..., 10, Bube, Dame, König und As. Das sind also 52 Karten. Stimmt. Wenn wir jeder ein Paar haben und die anderen Karten sind davon verschieden, gewinnt der mit den höheren Werten. Ist ja klar. Aber wie ging es dann weiter? Kamen zuerst der Drilling oder erst die zwei Paare. Tja, lass uns doch überlegen, was seltener ist, dieses Blatt ist dann höher wertig.
Für die vollständige Begründung, welches Blatt mehr zählt gibt es 6 Punkte.

Lösung

Es gab verschiedene Varianten die Aufgabe zu beantworten und in den meisten Fällen führten diese auch zum Erfolg.
Hier die Herleitung für die Anzahl von möglichen Blättern eines Spielers (ohne viele Formeln) für die Drillinge:
Es gibt 13 Drillinge - wegen der 13 verschiedenen Wertstufen.Betrachtet man dazu die 4 Farben mit 1,2,3,4, ist für jeden dieser Drillinge die Möglichkeit (1,2,3) (1,2,4) (1,3,4) und (2,3,4) zu unterscheiden. Es sind also insgesamt 13*4 Möglichkeiten für Drillinge überhaupt drin.
Für die vierte Karte kann ich aus 48 (52-4) Möglichkeiten wählen. Die letzte Karte sind dann noch einmal 44 Varianten.
Somit ergibt sich also Zahl 13*4*48*44. Diese Zahl muss allerdings halbiert werden, weil bei dieser Zählung die Kartenkombination (4. Karte, 5. Karte) und gleiche Variante nur als (5. Karte, 4. Karte) doppelt gezählt werden. Es sind also: (13*4*48*44):2 = 54.912 verschiedene Möglichkeiten einen Drilling auf der Hand zu haben.
Paarbetrachtung:
Paar aus den den Farben 1,2,3,4 : (1,2), (1,3), (1,4), (2,3), (2,4) und (3,4). 1. Paar 13 *6, 2. Paar 12 *6, also 13*6*12*6, aber es muss wieder halbiert werden s.o.
die verbleibende 5. Karte kann aus 44 (52-4-4) Karten gewählt werden. Anzahl von zwei Paaren: ((13*6*12*6)/2)*44 = 123.552
Es gibt mehr Kartenkombinationen für zwei Paare für als Drillinge, also sind Drillinge mehr wert.

Aufgabe 8

Nun wissen wir endlich, welches Blatt wie zählt. War ja gar nicht so schwer. Lass uns jetzt mal weg vom Glücksspiel kommen, auch wenn es da noch viel zu tun gäbe. Vielleicht später mal noch mehr.
Mein Lehrer hat mal wieder in seiner Schwierigkeitskiste gekramt und uns was aufgebrummt, zeig mal. Der Tausendserkegel: Ein Kegel soll ein Volumen von 1000 cm³ haben und die Fläche aus der gefaltetet werden kann (ohne Grundfläche) soll 1000 cm² groß sein. Nun ich weiß, dass ich aus einem Kreisausschnitt den Kegel falten kann, aber wie groß ist der? Genau darum geht es.
Wie sind die Abmessungen des Kegels, wenn Höhe und Durchmesser gleich sein sollen, welche Maße hat das Blatt Papier, aus dem man den Kegel falten kann? (3+3 Punkte)

Lösung

Das war diesmal wohl doch etwas verwirrend, da die Aufgabe suggeriert, es gibt einen solchen 1000-er Kegel. Das stimmt aber so nicht. Mit h=2r, gibt es einen Kegel der ein Volumen von 1.000 cm³ dazu wird lediglich
V = 1/3 Πr²*h zu
1.000 =2/3 Πr³
das nach r umgestellt ist elementar und s als Radius der Mantelfläche ist dann s = Wurzel (r² + h²) = Wurzel (r² + 4r²) = Wurzel (5r²)
Diese Mantelfläche ist allerdings nicht 1.000 cm³ groß.
Beginnt man mit der Mantelfläche von 1.000, so ergibt sich 1.000 = Πr*s und s.o. s= Wurzel (5r²)
also 1.000 = Πr*Wurzel (5r²)= Πr²*Wurzel (5) Umstellung elementar, aber dann ist die Höhe nicht doppelt so groß wie r.
Es ist allerdings möglich einen Kegel zu haben, bei dem der Zahlenwert des Volumens gleich dem Zahlenwert der Mantelfläche ist und die Bedingung h=2*r gilt.
Aus Πrs=1/3 Πr²*h wird dann
Πr²wurzel(5)=2/3Πr³
r = (3*Wurzel(5))/2.

Aufgabe 9

Der Tausenderkegel oder besser die Tausenderkegel haben mich ganz schön geschafft. Jetzt mache ich mal was ganz anderes, ich puzzle mal wieder. Nun ja warum nicht, wie viele Teile hat es denn. So etwa 500, das geht eigentlich schnell. Ich suche mir zuerst die Randsteine raus. Zumindest bei den rechteckigen Puzzles. Die runden und sonst wie geformten mag ich nicht. Wenn ich den Rand zusammen habe, dann ist doch schon eine gewisse Prozentzahl an Steinen am richtigen Platz. Was guckst du so komisch? Nun du hast gerade Prozentzahl gesagt. Na und? Nun wie es bei deinem rechteckigen Puzzle ist, weiß ich nicht. Aber was meinst du, gibt es Puzzle, wo die Anzahl der Randsteine genau 10 % aller Steine ausmachen. Wird schon sein. Bei meinem 500-er sind es jedenfalls mehr als 10 Prozent aller Steine.
Wie viele Steine hat ein rechteckiges Puzzle (in jeder Zeile von Steinen soll es gleich viele Steine geben, Randsteine sind natürlich auch Steine des Puzzles) minimal bzw. maximal, bei welchem die Anzahl der Randsteine genau 10 Prozent aller Steine beträgt? Zu erreichen sind 8 Punkte (bei voller Begründung).

Lösung

Das Puzzle habe das Rechtecksformat a x b(Steine). Die Anzahl aller Steine ist dann a*b und die Anzahl der Randsteine (bei a, b > 2 ) ist 2a + 2b - 4 (-4 wegen der sonst auftretenden Doppelzählung der Ecksteine)
Da die Randsteine 10 % aller Steine sein soll folgt
10(2a + 2b - 4)=ab
20a + 20b - 40 = ab
20a - ab = 40 - 20b
(20 - b)a = 40 - 20b
a = (40 - 20b)/(20-b)
(Es gab verschiedene Lösungsvarianten mit Überlegungen zur Teilbarkeit oder aber die Betrachtung der Gesamtzahl, ... Hier nun die schnöde Tabellenkalkulation)
Wenn man also nun systematisch b durchprobiert erhält man folgende Ergebnisse:

a	b	Anzahl Randteile	alle Teile
1	1,05	0,11	1,05
2	0	0	0
3	-1,18	-0,35	-3,53
4	-2,5	-1	-10
5	-4	-2	-20
6	-5,71	-3,43	-34,29
7	-7,69	-5,38	-53,85
8	-10	-8	-80
9	-12,73	-11,45	-114,55
10	-16	-16	-160
11	-20	-22	-220
12	-25	-30	-300
13	-31,43	-40,86	-408,57
14	-40	-56	-560
15	-52	-78	-780
16	-70	-112	-1120
17	-100	-170	-1700
18	-160	-288	-2880
19	-340	-646	-6460
20	Err:503	Err:503	Err:503
21	380	798	7980	1
22	200	440	4400	2
23	140	322	3220	3
24	110	264	2640	4
25	92	230	2300	5
26	80	208	2080	6
27	71,43	192,86	1928,57
28	65	182	1820	7
29	60	174	1740	8
30	56	168	1680	9
31	52,73	163,45	1634,55
32	50	160	1600	10
33	47,69	157,38	1573,85
34	45,71	155,43	1554,29
35	44	154	1540	11
36	42,5	153	1530
37	41,18	152,35	1523,53
38	40	152	1520	12
39	38,95	151,89	1518,95
40	38	152	1520	1
41	37,14	152,29	1522,86
42	36,36	152,73	1527,27
43	35,65	153,3	1533,04
44	35	154	1540	2
45	34,4	154,8	1548
46	33,85	155,69	1556,92
47	33,33	156,67	1566,67
48	32,86	157,71	1577,14
49	32,41	158,83	1588,28
...	...	...	...

Die Tabelle macht deutlich, es gibt 24 verschiedene Puzzle (wenn man Hoch- und Querformat unterscheidet), welche die Bedingung mit den 10 % Randsteinen erfüllen. Die Minimalzahl an Steinen ist bei dem fast quadratischen Puzzle mit 1520 Steinen erreicht. Die Maximalzahl beim " extrem " rechteckigen Puzzle mit 7980 erreicht.
Wenn der Rand gerade 1 % sein soll, gilt:
Max: 201 x 39.800 Steine Rand: 79.998 Steine: 7.999.800
Min: 398 x 400 Steine Rand 1.592 Steine 159.200

Aufgabe 10

Das Puzzle aus der letzten Aufgabe war ja eines mit einem Werk von da Vinci meinte Bernd. Aber klar doch. Mit dessen Bildern gibt es ja eine ganze Reihe solcher Puzzle, Poster und dazu jede Menge Bücher. Da zu kommen aber auch noch eine ganze Menge von Briefmarken. Eine der mathematisch interessantesten ist sicher die hier:

Die sieht ja richtig gut aus. Leonardos Vitruv-Mann ist ebenso dabei wie ein sehr schönes Dodekaeder. In dessen Fünfecken steckt ja auch eine Menge vom goldenen Schnitt, welcher ebenfalls mit abgebildet ist.
Aber was hat es mit dem rechtwinkligen Dreieck auf sich (unter dem Preis), fragte Bernd. Vielleicht soll es ja auf das pythagoräische Tripel 3; 4; 5 hindeuten. Nun da bin ich mir nicht sicher, meinte Mike. Lass uns das mal genauer eingrenzen.
In dem Halbkreis über der einen Kathete soll ein größtmöglicher Kreis sein. Der Mittelpunkt dieses Kreises soll auf der Hypotenuse des Dreiecks liegen und der Flächeninhalt soll genau halb so groß sein die wie Fläche des Halbkreises über der Kathete.
Gibt es rechtwinklige Dreiecke, dessen Seitenlängen pythagoräischen Tripeln entsprechen und wo der Flächeninhalt des inneren Kreises (mit dem Mittelpunkt auf der Hypotenuse) halb so groß ist wie der Fläche des umschließenden Halbkreises?
Es werden bis zu 6 Punkten vergeben.
Die Briefmarke auf einem FDC

Lösung

Die Lösung ist von Andree, vielen Dank

Der größte einbeschriebene Kreis berührt den Durchmesser vom Halbkreis genau im Kreismittelpunkt. Deshalb gilt:

wenn k die Länge der Kathete ist, über der der Halbkreis gezogen wurde.

, da der Radius des einbeschriebenen Kreises gerade der Halbe Radius vom großen Kreis ist.

Formt man beides um, so sieht man, dass stets gilt:

Mit Hilfe des Vierstreckensatzes gilt dann:

, wobei x die gesuchte Länge der zweiten Kathete ist.

Also:

Setzt man alles in den Satz des Pythagoras ein, so erhält man:

, wobei k und c natürliche Zahlen sein müssen, da sie sonst kein pythagoreisches Zahlentripel bilden könnten.

Löst man alles nach c auf, erhält man:

Da aber eine irrationale Zahl ist, die mit einer natürlichen Zahl multipliziert wird, ist auch c irrational und man erhält einen Widerspruch. Also gibt es ein solches Dreieck nicht!

Aufgabe 11

Was man so auf Briefmarken alles finden kann, meinte Bernds Opa als ihm die beiden von der letzten Aufgabe erzählten. Da habe ich gleich noch eine zur Geometrie für euch. Lass mal hören.
Ein Quadrat ABCD mit einer Seitenlänge von 10 cm wird um den Punkt D um 45° im mathematisch positiven Sinn gedreht. Das Quadrat A'B'C'D' liegt also auf der Diagonalen des Originals. Wie groß ist der Flächeninhalt des Sechsecks ABXB'C'D.

Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

Hier die knappe, aber korrekte Antwort von XXX, danke.
Das Sechseck ABXB'C'D hat die Fläche zweier Grundquadrate (2a²) vermindert um die Fläche des doppelt überdeckten Vierecks D'A'XC.
Diese Vierecksfläche wiederum ist ein halbes Grundquadrat vermindert um die Fläche des gleichschenkligen Dreiecks ABX, also eines halben Quadrats mit der Seitenlänge "Diagonale des Quadrates minus Quadratseite".
Sechseck-Lösung
Eingesetzt für a = 10 cm, ergibt das eine Fläche 158,6 cm².

Aufgabe 12

Mike arbeitete in Ferien in einer Gärtnerei. Dort wird zur Bewässerung von seltenen Pflanzen ein Behälter benutzt, der immer die gleiche Menge Wasser pro Tag abgibt und zwar ein Liter pro Tag. Ab und an wird der Füllstand kontrolliert. Bei den Kontrollen stellte Mike folgendes fest. Zu Beginn war der Behälter voll. Bei der ersten Kontrolle war der Behälter zu 30 % geleert. Bei der zweiten Kontrolle, 30 Tage nach der ersten Kontrolle, war der Behälter noch 30 % voll. Das erzählte er am gleichen Abend noch Bernd, denn die immer wieder vorkommende 30 erstaunte ihn schon. Da kann ich ja die maximale Füllmenge des Behälters ausrechnen, ohne ihn mir anzuschauen, meinte Bernd.
Wie viel Liter fasst der Behälter? Zu erreichen sind 3 Punkte.

Lösung

Zwischen der 1. und 2. Kontrolle liegen 30 Tage. In dieser Zeit ist der Füllstand von 70 % (=30 % geleert) auf 30 % Füllstand gesunken, also in 30 Tagen um 40 %. Damit sind 100 % entsprechend 75 Tage. Die maximale Füllmenge des Behälters 75 Liter.

Auswertung Serie 13 <8h2>

Punkte für die Aufgaben

zu erreichende Punktzahl 65 6 6 2 8 3 5 6 6 8 6 6 3

Platz Name Ort Summe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1 Michael Schneller Hannover 54 5 6 2 8 3 5 5 3 8 - 6 3

2 Christian Wagner Bamberg 50 5 6 2 8 3 5 5 3 4 - 6 3

2 X X X ??? 50 4 6 2 7 3 5 6 - 8 - 6 3

3 Doreen Naumann (27 J.) Duisburg 48 4 2 2 3 3 5 3 6 6 6 5 3

4 Andree Dammann München 47 - 2 2 8 3 5 6 - 6 6 6 3

5 Annika Theumer Chemnitz 42 - - - 8 3 5 3 6 6 6 5 -

6 Andreas Lang Chemnitz 21 6 6 - - - - - - - 6 - 3

7 Sebastian Wallek Bruck i. d. Opf. 14 4 - 2 - 3 5 - - - - - -

8 Katrin Wolstein Bamberg 12 - - - - 3 3 - - - - 6 -

9 Sophie Jänich Chemnitz 10 - - - - - - 4 - - - 6 -

10 Gregor Schumann Chemnitz 9 - - - - - 2 - - - - 8 1

10 Mike Pfaffe Großenhain 9 - - - - - - - - - 6 - 3

11 Franz Münzner Chemnitz 8 - - - - - 2 - - - - 3 3

12 Helene Baumann Kamerun 7 - - - - - - - - - - 4 3

12 Dominique Brunner Chemnitz 7 - - - - - - - - - - 4 3

12 Christian Böhme Chemnitz 7 - - - - - - - - - - 4 3

13 Dominique Güra Chemnitz 5 - - - - - - - - - - 5 -

13 Anna Seidel Chemnitz 5 - - 2 - - - - - - - - 3

14 Rosa-Laura Czys Chemnitz 4 - - - - - 4 - - - - - -

14 Josephine Koch Chemnitz 4 - - - - - - 4 - - - - -

14 Tina Hähnel Chemnitz 4 - - - - - - 4 - - - - -

14 Martin Löpelt Chemnitz 4 - - - - - - 4 - - - - -

14 Simon Kolata Chemnitz 4 - - - - - - 4 - - - - -

15 Andreas Walter Bautzen 3 - - - - - - - - - - - 3

15 Rüdiger Alms Norwegen??? 3 - - - - - - - - - - - 3

16 Alexander Becker Chemnitz 2 - - - - - 2 - - - - - -

16 Elisabeth Winger ??? 2 - - - - - - - - - - - 2

17 Malte Lohs Chemnitz 1 - - - - 1 - - - - - - -

Serie-12

Serie 12
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

Nun ja, war der Sport auch insgesamt nicht so erfolgreich wie gewünscht, so sind Bernd und Mike bei der Suche nach Denksportaufgaben wieder fündig geworden. So gaben sie eine Aufgabe aus dem Unterricht an Bernds Vater weiter. (Eigentlich ist es eine alte Aufgabe aus Indien, aber egal.)
Von einer Herde Affen sprang das Quadrat ihres 8. Teils in den Bäumen herum. Die restlichen 12 saßen im Gras. Wie viele Tiere gehören zu der Herde?
Der Vater überlegte und meinte dann, zum einen kann sich so eine Formulierung wohl doch nur ein Mathematiker ausdenken, ob der aber sofort daran gedacht hat, dass es nicht nur auf eine Herdengröße zutrifft, wird wohl nicht mehr in Erfahrung zu bringen sein.
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Hier die Antwort von mawi - war ganz schnell, danke.
Anzahl Affen in der Herde: h
dann gilt h = (h/8)² + 12
=> quadratische Gleichung
h² - 64h + 12*64 = 0
h_{1/2} = 32 ± sqrt( 32² - 12*64 )
= 32 ± sqrt(256)
= 32 ± 16
h_1 = 48
h_2 = 16
=> 48 Affen, der achte Teil zum Quadrat in den Bäumen ist 36, übrig bleiben 12 Affen
=> 16 Affen, der achte Teil zum Quadrat in den Bäumen ist 4, übrig bleiben 12 Affen
Die Herde hatte entweder 48 oder 16 Mitglieder.

Aufgabe 2

Nach der affigen Aufgabe vom letzten Mal, sagte Bernds Vater, habe ich etwas ganz anderes. Kennt ihr dieses etwas merkwürdige Gedicht?
Now I even I would celebrate
In rhymes unapt the great
Immortal Syracusan rivaled nevermore
Who in his wondrous lore
Passed on before
Left men his guidance
...
Ach Vater, du weißt doch, meine Kenntniss der englischen Sprache sind nicht so toll. Das ist doch kein Problem. Wieso? Nun, weil sich etwas Mathematisches dahinter verbirgt. Gibt es da auch eine deutsche Variante. Aber sicher, z.B:
Ist's doch o Bernd schwierig zu wissen wofür sie steht!
Aber das ist doch kürzer als der englische Spruch. Das stimmt, aber egal wie lang ein Spruch auch wäre, da das Gesuchte unendlich ist, kann so ein Spruch immer nur den Anfang (oder einen Abschnitt) beinhalten.
Was verbirgt sich hinter den Sprüchen? (2 Punkte)
Finde einen eigenen - deutschsprachigen - sinnigen Spruch, der mindestens 10 Worte umfasst (3 Punkte)

Lösung

Bei den vorgestellten Sprüchen geht es um die ersten Ziffern der Zahl Pi.
"raffinierte" Variante von Andreas, der die Idee des Ausschnitts aufgriff.
Die Zahlen eines Abschnitts von Pi entsprechen der Anzahl der Buchstaben oder Zahlen eines Wortes.
Dieser Satz beginnt an der 61603099. Stelle des Pi\'s.
Von Andree:
GIB, O GOTT O ALLEN SCHUELERN PI SOFORT GENAU INS HIRNE EIN !
und auch der
Nie, o Gott, o guter, verliehst Du meinem Hirne die Kraft, mächtige Zahlreih'n dauernd verkettet bis in die späteste Zeit getreu zu merken; drum hab' ich Ludolfen mir zu Lettern umgeprägt. Von Sebastian:
Ist's heut, o Tommy, stürmisch am Gipfel, ( 3,1415926...)
möchte mit einer Freundin Skifahren? (...53589...)
Leichte Windprise nur an der Seilbahn dort hinten, am Abhang. (... 7932384626 )
von Doreen:
Bin i' hier u. frage: Strickste zu Ostern einen Hut, kurze Söckchen, Wollschal, anstatt Ostereier für de Oma besorgen? Von Kim:
Das P will I nicht vermissen so sollen beide für immer zusammen glücklich bleiben
Von Christian:
wer's soll o große Kosmische du wirds mal ...
Von Michael:
Drehst du dich im Kreis, kommst du nie ans Ziel.
(Anmerkung: Im Sinne meiner Intention der Aufgabe beginnt dieser Spruch an der 656017. Stelle von Pi, aber ich gebe zu, dass es die Formulierung der Aufgabe zulässt streng genommen jeden Satz mit 10 Worten zulässt. Diese Antwort hat zudem noch einem philosophischen Bezug zum Kreis.)

Aufgabe 3

So einfach zu lernen, sind die Sprüche aber auch nicht alle, meinte Bernd. Einige gefallen mir aber ausgesprochen gut, sagte Mike. Mag ja sein, aber was ich heute in meinem alten Hefter gefunden habe, ist dann wieder eher was für mich. Lass mal sehen.
Gesucht ist eine Zahl. Ach was? Warte es ab. Also gesucht ist eine Zahl, die in zwei Summanden zerlegt wird. Dabei ist der erste Summand 25 Prozent des zweiten Summanden. Der zweite Summand ist um 25 größer als 25 Prozent des ersten Summanden.
He, ich höre immer nur 25. Ach, jetzt wird es klar, cool.
Wie heißt die gesuchte Zahl? Zu erreichen sind 5 Punkte.

Lösung

Hier die schnelle Lösungsvariante von PC, danke
I x+1/4x=y
II x=25+(1/4:4) => x=25+1/16x |-1/16x
II' 15/16x=25 |:15/16
x=26/2/3 (=262/3 =80/3)
x in I 5/4*80/3=y
y=400/12=33/1/3 (=100/3)
x:4
80/3:4=6/2/3 (=20/3)
=>1/4x=6/2/3
1/4x:4
20/3:4=1/2/3 (=5/3)
Kontrolle:
x+1/4x=
26/2/3+6/2/3=33/1/3
(1/4x:4)+25=
1/2/3+25=26/2/3
Alles ist stimmig!!! => Die gesuchte Zahl ist 33 1/3 (100/3), zerlegt in die Summanden 26 2/3 (80/3) und 6 2/3 (20/3)!!!
Q.E.D

Allgemeine Lösung:
Wird statt der 25 eine Zahl a < 100 gewählt, so lässt sich die Prozentangabe als a/100 schreiben.
x + y =z (z ist die gesuchte Zahl)
x=a/100 * y
y = a + a/100 *(a/100)y daraus wird schnell
y = a/ (1 - a²/10000)
z = a/100 * a/ (1 - a²/10000) + a/ (1 - a²/10000)

Schript zur Erstellung zur Erstellung solcher Aufgaben

alle Lösungen für ganzahlige a

Aufgabe 4

Die letzte Aufgabe hatte mich erst ein wenig verwirrt, meinte Mike, bis mir der Unterschied zwischen 25 und 25 Prozent auffiel. Außerdem war ich etwas verwirrt, weil da so eine krumme Zahl rauskam, aber es hat ja geklappt.
Aber was ich hier gefunden habe, geht auf keine Kuhhaut. Für welche Zahlen gilt: a² = a²
Was ist denn daran schwierig - ist doch klar, dass gilt für jede Zahl. Ja schon, aber ich habe einen Beweis gesehen und da steht was anderes. Zeig mal her.
a² = a² | - 6a (Wenn man von der irrigen Annahme ausgeht, dass die Behauptung gilt, kann man das sicher abziehen)
- 6a + a² = a² - 6a | + 9
9 - 6a + a² = a² - 6a + 9 (hier sind aber die binomischen Formeln anwendbar)
(3 - a)² = (a - 3)² | Wurzel aus beiden Seiten
3 - a = a - 3 | - a - 3
- 2a = - 6 | :(-2)
a = 3
Du siehst aus a² = a² folgt a = 3
Komisch, aber da muss was falsch sein, aber was?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Hier die sehr ausführliche Antwort von Andreas aus Bautzen, danke:
der Knackpunkt bei der neuen Aufgabe ist, dass beim Umformen von Gleichungssystemen immer nur Operationen verwendet werden dürfen, die in beide Richtungen anwendbar sind. Die angewandte Operation muÃŸ umkehrbar sein, will man das Ergebniss nicht verfälschen. Eine Operation, die diese Vorraussetzung erfüllt ist z.B. die Addition. Ihre Umkehrung, die Subtraktion, führt wieder zum ursprünglichen Wert des Gleichungssystems.
Beispiel: x = 3 |+10; x+10 = 13 |-10; x = 3.
Eine Operation, die nicht umkehrbar ist, ist das Quadrieren mit der Umkehrung Wurzelziehen, Beispiel: x = 3 | ^² x² = 9 | Wurzel aus beiden Seiten; ±x = ±3. Es ist nicht mehr feststellbar welchen Wert die Gleichung hatte.
Bei der gestellten Aufgabe bedeutet dies:
a² = a² | - 6a; das ist erlaubt, möglich wäre auch jede andere Operation, z.B. -8a
- 6a + a² = a² - 6a | + 9; auch hier wäre jede andere Operation möglich, z.B. +16
9 - 6a + a² = a² - 6a + 9 | fraglich ist hier die Reihenfolge des Zusammenfassens, eigentlich stehen auf jeder Seite zwei binomische Formeln, so dass es drei Varianten gibt:
(I) (3 - a)² = (3 - a)²;
(II) (a - 3)² = (a - 3)²;
(III) (3 - a)² = (a - 3)².
Hier wurde also der erste Trick angewendet.
(3 - a)² = (a - 3)² | Wurzel aus beiden Seiten, hier ist zu beachten, dass der Wert einer gezogenen Wurzel auch negativ sein kann. Je nach angewandeter Zusammenfassung ergibt sich also:
(I) ±(3 - a) = ±(3 - a);
(II) ±(a - 3) = ±(a - 3);
(III) ±(3 - a) = ±(a - 3).
Aufgelöst ergeben sich folgende Gleichungen:
3 - a = 3 -a => a = 0
-3 + a = 3 - a => a = 3
Dies eine Lösung, nicht eine allgemeine Lösung.
Die Gleichung a² = a² ist für alle reellen Zahlen erfüllt. Je nach Addition eines beliebigen Summanden kann man diese Gleichung zu einer beliebigen binomischen Formel umformen. Nimmt man die Einschränkung einer irreversiblen Operation vor, erhalt man eine Lösung, nicht die allg. Lösung.

Aufgabe 5

Bernd und Mike kamen bei ihrer Skiwanderung beim Bernds Opa vorbei. Der saß vor einem Spielbrett, welches aus einer Reihe von Quadraten bestand und zwar genau 10. Auf diesem lagen vier rote und und vier blaue Spielsteine nebeneinander und zwar abwechselnd, die beiden linken Felder waren frei. Was ist denn für ein Spiel fragten die beiden wie aus einem Mund.

Nun, es sollen die Steine so sortiert werden, dass es am Ende so aussieht. Alle blauen Steine links, daneben alle roten und die beiden Felder rechts sind frei.

B B B B R R R R + +

Die Steine dürfen nur auf eine Art bewegt werden.
Spielzug: Es werden zwei benachbarte Steine in die Hand genommen und auf zwei freie Felder wieder abgelegt. Dabei darf aber der linke Stein nicht mit dem rechten Stein vertauscht werden.
In Gedanken waren Mike und Bernd schon am Sortieren, da meinte der Opa noch, dass es mit nur vier Spielzügen gelingen muss. Ups, das ist nicht gerade einfach, oder?
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Lösung

Hier die schnellste Antwort der Kinder von Andree, vielen Dank.
+ + R B R B R B R B wird zu (1. Zug)
B R R B R B R + + B wird zu (2. Zug)
B R R B + + R R B B wird zu (3. Zug)
B + + B R R R R B B wird zu (4. Zug)
B B B B R R R R + +
Interessanterweise, haben alle Teilnehmer nur diese Variante gefunden, gibt es also nur die?
Wer probieren will, der kann auch das noch das probieren:
+ + R B R B R B R B R B in 5 Aktionen sortieren
...
++(RB)_n, d.h. n Paare mit n > 3 lassen sich immer mit n Aktionen umsortieren.
(Beweisidee: Man zeigt, das es für n=4, n=5; n=6 und n=7 geht. Dann mit vollständiger Induktion:
Induktionsannahme: Es wird angenommen, für n-4 Paare gilt, dass die Aufgabe mit n-4 Aktionen erfüllbar ist.
Dann ist zu beweisen, dass für n Paare 4 Aktionen mehr notwendig sind als für n-4 Paare

Aufgabe 6

Mike und Bernd haben sich nicht aufs Glatteis führen lassen, d.h. auf den zugefrorenen Teich vor dem Haus schon, aber nicht bei der letzten Aufgabe. Beim Aufwärmen las Bernd in einem Geheimbericht aus Absurdistan. Allerdings stammt der aus dem 18. Jahrhundert und so ist es nicht zu befürchten, dass irgend jemand nächste Woche verlangt einen Untersuchungsauschuss einzurichten.
Der König des Landes wollte aus einer Laune heraus etwas Gutes tun (Das kann nur sehr lange her sein.) In dem Gefängnis des Landes saßen etliche Gefangene und von denen wollte der König einige freilassen. Aber wer sollte es sein? Da kam ihm (???) eine absurde Idee.
Das Gefängnis hatte genau 100 durchnummerierte Zellen, wo bei die erste seit Jahren nur als Abstellkammer diente und nie aufgeschlossen wurde, die spielt also keine Rolle, außer beim Zählen bzw. als Startnummer.
Zu Beginn sind alle Türen zu.
Der Wärter sollte alle Zellen aufschließen - außer Nummer 1 natürlich.
Bei den anderen Rundgängen gilt die Regel: Gehe bis zu einer Tür, die offen ist, schau auf die Zellennummer, diese sei x. Diese Tür bleibt offen. Schließe die Türen 2x, 3x usw. bis zur Nummer 100. Trifft der Wärter dabei auf eine geschlossene Tür, so bleibt diese zu.
Dann beginnt der nächste Rundgang wieder bei Tür 1.
Befehl ist Befehl, sagte sich der Wärter und drehte Runde für Runde. Irgendwann fand er keine Türen mehr, die er schließen musste bzw. durfte, nach der Regel. Es werden alle Gefangen entlassen, die nach beliebig vielen Rundgängen des Wärters in einer offenen Zelle sitzen.
Wie viele Runden muss er mindestens gehen, damit er mit Aufschließen und Zuschließen fertig ist? Wie viele Gefangenen kommen maximal frei, wenn eine Zelle mit je einem Gefangenen belegt ist?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Erster Durchgang: Alle Türen bis auf die Nummer 1 sind offen.
Zweiter Durchgang: Wärter trifft auf die offne Tür 2, die bleibt offen und schließt alle Vielfachen davon.
Dritter Durchgang : Wärter trifft auf die offne Tür 3, die bleibt offen und schließt alle Vielfachen davon, wenn sie geschlossen waren (z.B. 6), dann bleiben sie auch zu.
Vierter Durchgang: Wärter trifft auf die offne Tür 5, die bleibt offen und schließt alle Vielfachen davon, wenn sie geschlossen waren (z.B. 15), dann bleiben sie auch zu.
Fünfter Durchgang: Wärter trifft auf die offne Tür 7, die bleibt offen und schließt alle Vielfachen davon, wenn sie geschlossen waren (z.B. 14), dann bleiben sie auch zu.
Mehr Durchgänge muss er eigentlich nicht mehr machen, denn er träfe nun auf die Tür 11, aber er hat nichts mehr zum Zuschließen, denn alle Vielfachen der 11 (bis zur 100) sind schon zu, diese gilt für alle noch offenen Türen. Es ist leicht zu sehen, dass dies alles Primzahlen sind.
(Die Aufgabe ist also eigentlich nur eine verklausulierte Form des Sieb des Erathotenes.)
Es gibt bis zur 100 genau 25 Primzahlen, also kommen maximal 25 Gefangene frei.

Aufgabe 7

Die Sache mit dem Absurdistan war ja wirklich etwas absurd, meinte Mike. Noch absurder wurde es, als der Köning mit bekam, dass alle seine gefährlichen Gefangenen freigekommen waren. Vor lauter Wut ließ er den armen Wärter einsperren. Dessen Frau rannte zum König und flehte um Gnade. Ihr Mann habe doch nur dem Befehle des Königs gehorcht. Etwas zerknirscht gabe der König der Frau recht - ist eben Absurdistan. Wenn er klug sei, solle er frei kommen. Der König sprach: Ich habe einen Diener und ich weiß nicht, ob er lügt oder die Wahrheit spricht. Wenn dein Mann mit einer einzigen Frage herausbekommt, ob der Mann lügt oder die Wahrheit spricht, dann ist er frei. Na, wenn es weiter nichts ist, da braucht er doch bloß zu fragen, wie viel ist 4 + 5 und merkt an der Antwort woran er ist. Das ist mir klar, sagte der König missmutig. Er soll ihm eine Frage stellen, so dass er in dem Moment, in welchem er die Frage stellt, die Antwort nicht wissen kann und in dem Moment, in welchem er die Antwort hört, noch nicht weiß, ob der Mann gelogen oder die die Wahrheit gesagt hat. Und das geht, fragte die Frau zurück. Das weiß ich nicht, sagte der König, ich weiß aber auch nicht, ob es nicht geht.
Ziemlich verstört ging die Frau zu ihrem Mann und erzählte ihm davon. Es wollte ihnen keine Lösung einfallen. Um sich abzulenken, legte die Frau aus dem mitgebrachten Kartenspiel eine Patience. Plötzlich sahen sich beiden an und ein Blitzen lag in ihren Augen. Die Karten hatten sie gleichzeitig auf eine Idee gebracht. Am nächsten Morgen stellte der Mann die Frage und der König musste ihn freilassen.
Wie konnte es gehen?
Die vollen 6 Punkte gibt es, wenn die Schilderung des Vorgehens auf die Einhaltung der Bedingungen genau eingeht.

Lösung

Die eingesandten Antworten ähnelten einander sehr, kurz also das Prinzip:
Der Kartenstapel wird gut gemischt und dem Diener wird eine Karte gezeigt, aber so, das der Fragende die Karte nicht sieht. (In dem Moment kennt der Fragende die Antwort also noch nicht, da er ja die Karte nicht kennt.)
Nun wird der Diener gefragt, welche Karte zeige ich dir gerade. (Das ist eine Frage und ob die Antwort richtig ist, weiß der Fragende in dem Moment des Hörens noch nicht.)
Nun schaut sich der Fragende die Karte an und weiß, ob der Diener die Wahrheit gesagt hat oder ob er gelogen hat.

Aufgabe 8

Du siehst, sprach Bernd, Karten legen, kann Leben retten. Sicher in dem speziellen Fall. Aber deswegen ist es trotzdem nicht möglich mit Tarotkarten das Schicksal zu erforschen, auch wenn es noch so viele glauben.
Apropos glauben, als ich die in einer uralten Zeitung entdeckte Aufgabe nachrechnete wollte ich das Ergebnis auch nicht wahrhaben und dachte ich wäre in Absurdistan.
Na mach es nicht so spannend und erzähle sie einfach. Okay.
Eine frische Gurke besteht aus rund 99 Prozent Wasser. Wenn man sie etwa 5 Tage liegen lässt, verändert sich der Wassergehalt und er beträgt nur noch 98 Prozent. Wie schwer ist die Gurke nach 5 Tagen, wenn sie vorher genau 500 Gramm wog?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Wenn man die Lösung sieht wird noch mal deutlich, warum Gurken entweder im Stück oder in Flüssigkeit verkauft werden:
500 g enthalten 5 Gramm (1 Prozent) feste Stoffe. Das Wasser verdunstet, so dass diese 5 Gramm nach 5 Tagen 2 Prozent der Gurkenmasse entsprechen, daraus folgt die Gurke wiegt nur 250 Gramm (5 Gramm fest + 245 Gramm (= 98 Prozent von 250 Gramm) Wasser.

Aufgabe 9

Nach dieser seltsamen Prozentaufgabe ist mir klar, dass ein Händler grüne Gurken nur im Stück verkauft Das wäre ja ein Albtraum. Er würde 20 Kilogramm Gurken beim Großmarkt kaufen und dann wären es kurze Zeit später deutlich weniger. Da hast du vollkommen recht, meinte Mike. Apropos Albtraum, da kommt mir Folgendes in den Sinn:
Ein Trainer K. schaut seiner Mannschaft ohnmächtig beim Verlieren zu. Abends schläft er völlig zerknirscht ein und ein furchtbarer Albtraum stellt sich ein. K. steht einsam in einer Trainingshalle, nur einer der WM-Bälle (als ideale Kugel) liegt irgendwo. Da beginnt der Fußball in die Richtung des Trainers zu rollen. Nun aber wird es es schlimmer, während der Ball mit seinen 22 cm Durchmessern auf ihn zurollt, schrumpft der Trainer immer mehr zusammen, er wird kleiner und kleiner, der Ball kommt immer näher. Da entdeckt K. an der Wand einen Tischtennisball, durch ein winziges Loch kann er sich hineinretten. Allerdings sieht er Schatten des Fußballs noch immer auf sich zukommen. Schweißgebadet wacht er auf.
War K. in seinem Ball (Durchmesser 4 cm) ernsthaft gefährdet, wenn dieser genau im rechten Winkel zwischen Wand und Fußboden lag?
Zu erreichen sind 5 Punkte.
Wie verändert sich die Situation, wenn der Tischtennisball in einer Ecke der Turnhalle liegt?
Auch hier gibt es noch einmal 5 Punkte.

Lösung

Zur Verdeutlichung der Lösung erst einmal noch ein Bild von Andree: Aufgabe 9 Sehr unterschiedliche Lösungsbeschreibungen gab es, hier die sehr interessante von Andreas Walter (auch wenn es einfachere gab), danke:
Die erste Variante, der Ball liegt genau im rechten Winkel zwischen Wand und Boden.
Zur Lösung vereinfacht man das Problem auf zwei Dimensionen, es wird ein Schnitt durch die Wand, den Boden und die beiden Mittelpunkte der Bälle gelegt. Nimmt man nun den Boden als x-Achse, die Wand als y-Achse, ihren Schnittpunkt als Ursprung, so erhält man ein Koordinatensystem. Zu beachten ist nun, das der Mittelpunkt der Kreisflächen, der gleich der Mittelpunkte der ursprünglichen Kugeln ist, entsprechend aus dem Koordinatenursprung verschoben ist.Die Mittelpunkte haben dann folgende Koordinaten M1=(2,2) und M2=(11,11). Es gilt:
Kleiner Kreis: (x-2)2 + (y-2)2 = 4
Großer Kreis: (x-11) ^2 + (y-11)2 = 121
Zur der Frage ob der größere Kreis den kleineren berürht, vergleicht man z.B. einfach zwei Punkte, die auf der Geraden y=x liegen.
Kleiner Kreis: (x-2)² + (x-2)²= 4 ->
2* (x-2)² = 4
-> (x-2)² =2 ->
x₁=+(2)0,5+2 =3,4142 und x₂=-(2)0,5+2= 0,58 5786. x₂ entfällt, da dies der dem Ursprung zugewandte Punkt ist:
Großer Kreis: (x-11)² + (y-11)² = 121
-> 2*(x-11)² = 121 ->
x₃= 18,7782 und x₄=3,22183.
x₃ entfällt, dieser ist am weitesten vom Ursprung weg.
Der Vergleich der Punkte x₁ > x₄ zeigt, das der große Kreis den kleinen Kreis schneidet.
In der ersten Situation bestand also Gefahr, zumindest, das der Fußball den Tischtennisball berührt. Wie genau diese Berührung dann aussehen würde, ist ein physikalisches Problem.

Die zweite Variante, der kleine Ball liegt genau in einem Winkel der Halle, läßt sich ähnlich behandeln.
Diesmal hat das Koordinatensystem drei Achsen x,y,z. Die Bälle sind diesmal direkt als Kugeln zu betrachten.
Der Mittelpunkt des kleinen Balles hat dann den Wert M1=(2,2,2), der des großen Balles M2=(11,11,11). Die Formel lautet entsprechend:
Kleiner Kreis: (x-2)² + (y-2)² + (z-2)² = 4
Großer Kreis: (x-11)² + (y-11)² + (z-11)² = 121
Die Extrempunkte liegen diesmal auf der Gerade x=y=z. Der Vergleich ergibt:
Kleine Kugel: (x-2)² + (y-2)² + (z-2)²= 4 ->
3* (x-2)² = 4 ->
(x-2)2 = (4/3) ->
x₁=+(4/3)0,5+2 =3,1547 und x₂=-(4/3)0,5+2= 0,845299.
x₂ entfällt, da dies der dem Ursprung zugewande Punkt ist:
Große Kugel: (x-11)² + (y-11)² + (z-11)² = 121->
3*(x-11)² = 121 ->
x₃= 17,3509 und x₄=4,64915.
x₃ entfällt, dieser ist am weitesten vom Ursprung weg.
Da x₁ < x₄ ist in diesem Fall keine Gefahr vorhanden.

Aufgabe 10

Wenn man sich die Fußballergebnisse anschaut, so ist vorstellbar, dass nicht nur unser Nationaltrainer K. solch einen Albtraum hat, noch dazu wo die einzige sichere Stelle eine Ecke ist, in die er sich flüchten konnte. Ach höre doch auf, meinte Mike. Wobei der Spruch, Fußball ist das, wo das Runde ins Eckige muss irgendwie auch auf Frage von deinem Opa passt, den habe ich nämlich gestern getroffen. Von dem war lange nichts zu hören, also leg mal los.
In einem riesigen rechtwinkligen Koordinatensystem (Einheit 01 = 1cm) wird ein Kreis eingetragen, der Mittelpunkt sei der Koordinatenursprung. Zwei Punkte des Kreises, vielleicht auch mehr, die positive Koordinaten haben, haben ganzzahlige Koordinaten. Diese Punkte selber haben einen Abstand von genau 174 cm. Wie groß sind der Radius und welche Koordinaten haben die Punkte?
Das klingt nach einer schweren Opa-Aufgabe. Stimmt, das finde ich auch. Hat er nicht noch einen Tipp gegeben. Ja schon, aber nicht freiwillig. Sag schon endlich. Erster Tipp mache dir eine ordentliche Skizze - na toll, mache ich doch immer. Ach ja, die y-Koordinate des oberen Punktes ist um 1 größer als die x-Koordinate des unteren Punktes.
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Lösung

Eine sehr interessante Lösungsvariante von einem der heimlich mitmacht, danke an H.S.
Also los zur Diophantischen Gleichung zum Lehrsatz des Pythagoras!
Zunächst ist der Abstand der Punkte auf der Peripherie interessant! Länge 174: Also lösen wir a²+b²=174².
174 hat die Teiler 2, 3 und 29. Die ersten beiden sind nett, denn sie liefern einfachste Quadrate, nämlich 0 und 1. FÃ¼r uns bedeutet das, dass die Summe zweier Quadratzahlen nur dann durch 4 oder durch 3 teilbar sein kann, wenn die Zahlen selbst beide gerade und beide Dreierzahlen sind.
Wir können dann unsere Gleichung durch 36 teilen und suchen A²+B²=29²=841. Da sind schlappe 20 Möglichkeiten drin, das kleinere Quadrat hat weniger als 421. Die einzige Lösung, 20² + 21² = 29² hat die Qualität einer Kopfrechnung.
Mithin ist der Abstand unserer Punkte gegeben durch: 120² + 126² = 174².
Mit den Tipp vom Opa schreiben sich die Koordinaten der Punkte zu (x , ?) und (??, x+1). Die fehlenden Terme bestimmen sich Ã¼ber die beiden gerade bestimmten Seitenlängen zu (x, x+1-120) und (x - 126, x+1).
FÃ¼r den Radius finden wir:
R² = x² + (x-119)² = (x-126)²+ (x+1)² nebst
2x² -238x -119² = 2x² -250x + 126² + 1 nebst x = 143.
Die Koordinaten der Punkte sind somit (143 | 24) und (17 | 144); der Radius ist 145.

Aufgabe 11

Das war ja wirklich eine Opaaufgabe, die es in sich hatte. Aber irgendwie ging es ja dann doch. Ach ja, die Formulierung hieß doch es gibt zwei oder auch mehr positive ganzahlige Punkte auf diesem Viertelkreis. Es gibt sogar noch mehr, das sind alle Punkte - die bekannten eingeschlossen - (17; 144), (24; 143), (87; 116), (100; 105), (105; 100), (116; 87), (143; 24) und (144; 17).
Was hatte mein Opa gerade gemacht, als du ihn getroffen hattest. Nun er war gerade selber am Knobeln. Auf dem Flohmarkt hatte er eine alte Balkenwaage gekauft. Es gab aber nur ein 50 Gramm Wägestück und ein 200 Gramm Wägestück dazu. Außerdem hatte er noch eine Riesentüte mit Vogelsand erstanden, da waren genau 9 Kilogramm drin. Zwei Kilogramm wollte er seiner Nachbarin geben. Irgendwo hatte er gelesen, dass es zu schaffen sei, mit nur 3 Wiegevorgängen den Vogelsand in 2 bzw. 7 Kilogramm zu teilen. Ob er es geschafft hat, weiß ich nicht, denn ich musste weg.
Für die Beschreibung wie es geht oder den Nachweis, dass es nicht geht, gibt es 3 Punkte.

Lösung

Der erste Schritt: Der Sand wird so auf beide Wagschalen verteilt, dass gleich viel drauf liegt, dann sind nach vollständiger Verteilung je 4,5 kg auf jeder Wagschale.
2. Schritt: jetzt werden 4,5 kg auf beide Wagschalen komplett verteilt, dass gleich viel drauf liegt, dann sind nach vollständiger Verteilung je 2,25 kg auf jeder Wagschale.
3. Schritt.: Auf eine Wagschale kommen nun die zwei Wägestücke und es werden von den 2,25 kg 250 Gramm entnommen - Es sind dann genau die geforderten 2 kg Vogelsand auf einem Haufen, die Opa der nachbarin geben wollte.

Aufgabe 12

Na, ich denke, Opa hat nicht so lange gebraucht wie du, sondern wusste es doch recht schnell, wie die Wiegerei ging.
Mag ja sein, dafür ist meinem Vater noch eine verblüffende Aufgabe eingefallen als ich ihm von der Aufgabe mit der Gurke erzählt habe. Das Ergebnis ist auch hier echt überraschend, lass hören.
Es wurde eine Testreihe zur Untersuchung von Tieren auf eine seltene Krankheit durchgeführt. Dabei zeigte sich, die Häufigkeit der Erkrankung bei 0,01 Prozent lag. Weiterhin stellte sich heraus, dass mit einer Wahrscheinlichkeit von 99 Prozent der Test ein korrektes Ergebnis zeigt und nur in einem Prozent der Test fehlerhaft ist. Wie hoch ist nun die Chance - die Wahrscheinlichkeit, dass, wenn ein Tier als krank getestet wird, die Diagnose auch richtig ist? Na weißt du, mit Wahrscheinscheinlichkeitsrechnung habe ich es nicht so. Das macht nichts, wenn du ein Beispiel nur geschickt genug wählst, dann ist die Frage recht leicht zu beantworten.
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Also erst mal genau gelesen, heißt die Frage, wenn ein Tier als krank getestet wird, wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Diagnose falsch ist. (Mit 99 % richtig wird ja suggeriert, die Chance sich zu vertun bei der Diagnose ist sehr klein.)
Nun zu einem Beispiel, günstig ist eine Zahl von Tieren zu nehmen, die durch 10 000 teilbar ist, denn Häufigkeit der Erkrankung lag bei 0,01 Prozent, also 1 von 10 000 Tieren.
Dann nehme ich doch gleich mal die 10 000.
Dann sind 9999 Tiere gesund und 1 Tier krank. Nun werden bei 99 % Wahrscheinlichkeit die gesunden Tiere als gesund mit 1 % Wahrscheinlichkeit als krank getestet, das sind 99,99 also rund 100 Tiere. Nun nehme ich noch den positiven Fall an, dass das kranke Tier auch erkannt wurde. Dann aber ist 1 von 101 Tieren wirklich krank. Das heißt, die Wahrscheinlichkeit, dass die Diagnose krank zu sein stimmt liegt bei 1 : 101, also knapp unter 1 %.

Auswertung Serie 12

			Punkte für die Aufgaben
zu erreichende Punktzahl			65	4	5	5	4	8	4	6	4	10	8	3	4
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	Sebastian Wallek	Bruck i. d. Opf.	62	4	5+1	5	4	8	4	6	4	10	8	3	-
2	Christian Wagner	Bamberg	60	4	5	4	-	8	4	6	4	10	8	3	4
3	Andree Dammann	München	58	-	5+1	5	4	8	4	6	4	10	5	3	3
4	Michael Schneller	Hannover	56	4	5	5	-	8	3	6	4	10	8	3	-
5	Doreen Naumann (27 J.)	Duisburg	51	2	5+1	5	4	8	2	6	1	10	2	3	2
6	Andreas Walter	Bautzen	42	-	-	5	4	2	2	6	4	10	3	3	3
7	Katrin Wolstein	Bamberg	39	4	-	5	4	8	2	-	4	10	-	2	-
8	Kim Holtze	Fröndenberg	27	4	5+1	5	4	8	-	-	-	-	-	-	-
9	Andreas Lang	Chemnitz	25	4	5	5	-	-	3	5	-	-	-	3	-
10	Annika Theumer	Chemnitz	17	-	-	5	4	8	-	-	-	-	-	-	-
11	Fine	Chemnitz	9	-	-	-	-	8	-	-	1	-	-	-	-
12	Josephine Koch	Chemnitz	7	-	-	5	-	-	-	-	-	-	-	2	-
12	Till Kummer	Chemnitz	7	2	-	3	-	-	-	-	-	-	-	2	-
12	Gregor Schumann	Chemnitz	7	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
12	Franz Münzner	Chemnitz	7	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
13	Dominique Brunner	Chemnitz	6	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	3	-
13	Helene Baumann	Chemnitz	6	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	3	-
14	PC Zerbe	Chemnitz	5	-	-	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-
14	Dominique Güra	Chemnitz	5	1	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
14	Malte Lohs	Chemnitz	5	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
15	Mike Pfaffe	???	4	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-
15	mawi	Dresden	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
15	Martin Löpelt	Chemnitz	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
16	Rosa-Laura Czys	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
16	Alexander Becker	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
16	Christian Böhme	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
16	Martin Selbmann	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
16	Jonas Döhne	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
17	Sophie Jähnich	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-

Serie-11

Serie 11
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

Das mit den Kreisen war eine coole Sache. Da hat dein Vater ganz schön überlegen müssen. Aber wie der so ist, gab es gleich wieder eine Aufgabe aus seiner Jugendzeit. Der Vater von Bernd - er heißt Alfons - hat mal Bierdeckel gesammelt und sein bester Freund - auch ein Bernd - ebenfalls. Alle Leute, die sie kannten mussten unbedingt Bierdeckel mitbringen. So hatten Sie nach kurzer Zeit recht viele zusammen. Als sie wieder mal zusammensaßen, es war im Mai, ergab sich eine kuriose Situation. Alfons meinte, wenn ich dir 14 Deckel gebe, dann hast du genau so viele wie ich, wenn du mir 14 gibst, habe ich genau doppelt so viele wie du. Das ist richtig, vor 2 Monaten war das noch ganz anders, meinte darauf hin sein Freund Bernd. Wenn du mir da 14 Stück gegeben hättest, dann hätte ich sogar 3 mal so viele gehabt wie du, während es wieder gleich viele gewesen wären, wenn ich dir 14 Deckel überlassen hätte. So schnell kann es sich ändern. (Heute sammeln sie keine Bierdeckel mehr, aber befreundet sind sie immer noch)
Wie viele Bierdeckel hatten Alfons und Bernd im Mai? Wie viele waren es im März?
Das sind 3 + 3 Punkte
Sei die Zahl der zu tauschenden Deckel x. Zeige, dass es immer eine Bierdeckelverteilung gibt, so dass x Deckel hin oder her getauscht werden und es entweder gleich viele oder aber die doppelte bzw. die dreifache Anzahl wird.
Hier sind noch einmal 3 + 3 Punkte drin.

Lösung

Wie sich das wieder mal ergibt: Alfons - a und Bernd -b
Mai:
a - 14 = b + 14 ==>a = b + 28 und
a + 14 = 2(b-14) ==>
b + 28 + 14 = 2b - 28 ==>
b = 70, also a = 98.
Im Mai hatte also Alfons 98 und Bernd 70 Bierdeckel, sie haben in Fall gleich viele - 84 im anderen Fall 112 bzw 56.
Im März:
a - 14 = b + 14 ==>a=b+28 und
a + 14 = 3(b-14) ==>
b + 28 + 14 = 3b - 42 ==>
-2b = -84==>
b = 42, also a = 70
Im März hatte also Alfons 70 und Bernd 42 Bierdeckel, sie haben in Fall gleich viele - 56 im anderen Fall 84 bzw 28.
Allgemein:
Aus der 14 wird ein x- die Anzahl der zu tauschenden Deckel
Mai:
a - x= b + x ==>a=b + 2x und
a + x = 2(b-x) ==>
b + 2x + x = 2b -2x ==>
b = 5x, also a = 7x, da x eine natürliche Zahl größer 0 sein soll, gibt es auch a und b die natürlich sind.
Im März:
a - x = b + x ==>a = b + 2x und
a + x = 3(b-x) ==>
b + 2x + x = 3b - 3x ==>
-2b = -6x ==>
b = 3x, also a = 5x, da x eine natürliche Zahl größer 0 sein soll, gibt es auch a und b die natürlich sind.
PS.: Leicht stellt sich heraus, dass auch Gleichheit und Vervierfachung geht, aber nur bei durch drei teilbarem x, bei Verfünffachung geht wieder jedes x.
Noch allgemeiner: Gleichheit und beliebige Vervielfachung v (natürliche Zahl größer 1)
Wann auch immer:
a - x = b + x ==>a = b + 2x und
a + x = v(b-x) ==>
b + 2x + x = vb - vx ==>
b - vb = - vx - 3x ==>
vb - b = vx + 3x ==>
(v - 1)b= vx + 3x ==>
b = (vx + 3x)/(v - 1) und wieder a = b + 2x

Aufgabe 2

Das war ja ein Hin und Her mit den Bierdeckeln, aber irgendwie auch klasse, ich wusste gar nicht, dass mein Vater Bierdeckel gesammelt hat und wahrscheinlich heiße ich Bernd wegen seines Freundes. So bekommt über die Mathematik so gar noch die eigene Familiengeschichte mit. Apropos, kannst du dich noch an die Geschichte erinnern, als ich dir das Schachspiel beigebracht habe, meinte Bernds Vater. Wie war das doch gleich, ach ja:
Ich konnte ja nun noch gar nicht Schach, nur eben die Spielregeln. Nach ein paar Wochen wurde es besser, aber trotzdem verlor ich jedes Spiel. Da hast du meinen Ehrgeiz angestachelt und gesagt wir erfinden eine Siegprämie. Wenn ich gewinne, bekomme ich den 10-fachen Einsatz, wenn du gewinnst brauche ich dir nur den Einsatz zu geben.
1. Spiel - 1 Cent verloren, trotzdem wurde ich mutiger, 2. Spiel - 2 Cent verloren, 3. Spiel - 3 Cent verloren, so ging das mit jedem Spiel weiter, aber dann der erste Sieg im x-ten Spiel und ich gewann genau so viel wie ich bis dahin eingesetzt hatte, man war ich stolz. Danach hast du recht schnell das Prinzip aufgegeben, denn das wäre dann doch für dich sehr teuer geworden. Seit dem ist diese Spielenummer meine Lieblingszahl.
In welchem Spiel besiegte Bernd zum ersten Mal seinen Vater?
Zu erreichen sind 5 Punkte.

Lösung

Die Lösung kann man wahrscheinlich gar nicht so sagen, denn je nach Interpretation kann zwei Varianten zulassen.
Variante 1: Spielen bis dahin wo der Einsatz von Bernd noch auf dem Tisch liegt und der Vater so viel verliert wie Einsätze von Bernd gemacht worden sind (verloren + der eine der da liegt), eigentliche Intention des Verfassers.
Man es durch Probieren oder auch mit einer Tabellenkalkulation, hier nun noch eine Variante:
Die Summe der Einsätze bis zum Spiel x ==> 1 + 2 + 3 + ... + x = x(x+1)/2 - Summenformel
10x = x(x+1)/2 ==>
10x = x²/2 + x/2 ==>
20x = x² + x ==>
0= x² - 19x ==>
0 = x(x-19) ==>
Es gibt zwei Lösungen 0 und 19, da sie ja aber wirklich spielen ist die zutreffende Lösung die 19.
x(x+1)/2 ==> 19(19+1)/2 = 190, das ist 10-fache von 19, jetzt kennen wir also die Lieblingszahl von Bernd.

Variante 2
Einige zählten nicht die Einsätze bis zum Spiel x, sondern die Verluste, die dann im nächsten Spiel wettgemacht werden.
Hier die Lösung von Sebastian Wallek, danke.
Einsatz = 1 Cent
Einsatz bei Spielnummer x = x*1 Cent = x * Cent
Bernds Verlust bis zum Spiel x-1 :
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + (x-1)
Verlust = (1 + (x-1)) * (x-1)/2 = (x*(x-1)) / 2 = (x²-x)/2
Bernds Gewinn bei Spiel x:
Gewinn = 10 * x
Da Verlust = Gewinn => (x²-x)/2 = 10*x
x² - x = 20 * x
x² - 21 * x = 0
x * ( x - 21) = 0
Ein Produkt ist genau dann Null, wenn einer der Faktoren Null ist => x = 21
Antwort: Im 21 Spiel gewinnt Bernd genau so viel, wie er vorher an seinen Vater verloren hatte.
Die Lieblingszahl von Bernd ist demnach die 21.
So bleibt es also spannend, welches die Lieblingszahl von Bernd denn nun ist, irgendwann werden wir es wissen.

Interessant auch hier die Frage der Verallgemeinerung im Sinne wie viele Spiele, wenn der Vater den e-fachen Einsatz zahlt. Dann erfolgt der Ausgleich im Fall der Variante 1 nach 2e-1 und für die Variante 2 nach 2e+1 Spielen.

Aufgabe 3

Apropos Schach, meinte Bernds Opa als er beim nächsten Treffen die Geschichte auch erzählt bekam, ihr errinnert euch doch an die Aufgaben mit den 8 Damen ( Serie 6 Aufg. 3). Es ist auch leicht einzusehen, dass es auch mit höchtens 8 Türmen geht, aber wie ist das mit Königen, Läufern und Springern? Also wie viele Könige bzw. Läufer oder eben Springer - gemeint ist immer nur eine Art von Figur - lassen sich höchstens auf ein Schachbrett stellen, so dass kein König einen anderen König, kein Läufer einen anderen Läufer oder eben kein Springer einen Springer schlagen kann? Damit die Lösungen besser verglichen werden können, solle eine der Figuren immer auf a1 stehen.

Für jede begründete Antwort gibt es vier Punkte.

Lösung

Könige
Könige bedrohen alle Felder um sich herum, aber nur die benachbarten, wo bei auch diagonal benachbarte dazu zählen.
Steht der erste König auf a1 so kann der nächste König horizontal auf c1 stehen - ein leeres Feld dazwischen, dann geht es mit e1 und f1 weiter.
Vertikal kann nach a1 die a3 kommen. Horizontal davon dann c3, dieser König ist von a1, c1 und a3 jeweils durch ein leeres Feld getrennt, also nicht bedroht. Nun lässt sich der Rest schnell einsehen. Es geht vertikal mit a5 und a7 weiter, die jeweils den Beginn einer horizontalen Viererkette bilden. Damit gibt es maximal 16 Könige, die sich nicht bedrohen.Zwar kann man die Zeilen auch gegeneinander verschieben, aber es werden dadurch nicht mehr.
Läufer
Läufer bedrohen einander nur auf den Diagonalen, allerdings egal wie lang diese sind. Wie viele solche Diagonalen aber gibt es? Da a1 besetzt werden soll werden alle möglichen Diagonalen betrachtet die nach rechts oben vom Rand aus betrachtet gebildet werden können, dabei werden auch a8 und h1 als Einzelfeld - Spezialfall einer Einfelddiagonale betrachtet. Es gibt also die Diagonalen mit Startfeld a1, b1, c1, ..., h1 und a1, a2, a3, ... a8. Wegen der Doppelzählung von a1 sind es also genau 15 Diagonalen. Bei dieser Aufstellung aber werden die vertikalen Läufer von den horizontalen Läufern bedroht. Sie müssen also auf ihrer Diagonale ausweichen, wie man leicht sieht geht das am besten, wenn sie auf die Zeile 8 ausweichen. Nun hat aber der Läufer auf a8 keine Möglichkeit dazu, er wird von h1 bedroht. Diesen 15. Läufer kann man nicht retten, es bleiben also 14 Läufer, die nicht geschlagen werden können auf dem Spielfeld. Natürlich kann man auch die vertikal angeordneten Läufer lassen und die horizontalen retten, aber dann hat eben g1 keine Chance, es bleiben wieder 14 Läufer auf dem Feld.
Springer:
Springer sind schon eigenartige Figuren, wie der Name schon sagt überspringen sie Felder und bedrohen das Feld wo sie sich niederlassen.
Die Regel: Der Springer zieht auf eines der Felder, die seinem Standfeld am nächsten, aber nicht auf derselben Linie, Reihe oder Diagonalen mit diesem liegen. Er zieht nicht direkt über dazwischenliegende Felder.
Analysiert man die Fideregel, dann wird klar ein Springer der auf weißmen Feld startet kommt auf einem schwarzen Feld an und umgekehrt. Mit anderen Worten Springer auf schwarzen Feldern wie eben a1 bedrohen keine anderen schwarzen Felder.
Es lassen sich also alle 32 schwarzen Felder mit Springern besetzen ohne, dass sie sich bedrohen.

Aufgabe 4

Das waren ja echt überraschende Ergebnisse, dass gerade die Springer am besten abschneiden, hätte ich nicht gedacht, meinte Bernd, aber so kann man sich irren. Aber sag mal Opa, du hattest doch eine Aufgabe, die man zu zweit spielen kann, wie ging denn die?
Also zwei Spieler sagen abwechselnd eine Zahl zwischen 1 und 10 und addieren diese. Beispiel: A sagt 3, B sagt ich nehme 5 dazu, dann sind das 9, dann sagt A ich nehme 8 dazu und kommt auf 17, B sagt ich nehme jetzt wieder mal noch 5 und bin so bei 22. Jeder kann jede zulässige Zahl so oft nehmen wie er will.
Wer als erster die Zahl 100 erreicht hat gewonnen.
Gibt es da einen Trick? Nun es gibt eigentlich sogar zwei, meinte Opa. Der erste kann den Sieg mit einer Strategie immer erzwingen. Kennt aber der erste den Trick nicht, dann kann der zweite mit einer ähnlichen Strategie das Spiel immer für sich entscheiden.
Für die Beschreibung der beiden Strategien gibt es 6 bzw. 2 Punkte - wenn man eine beschrieben hat, ist die andere nicht mehr schwer.

Lösung

Die Strategie für den ersten.
Wenn er es schafft die 89 zu erreichen, dann erreicht der Zweite als Ergebnis die 90 bis maximal 99, der der erste also mit Sicherheit die 100.
Um die 89 sicher zu erreichen, muss der erste die 78 schaffen, denn der Zweite erreicht dann als Ergebnis die 79, 80, ... bis maximal 88, der erste im nächsten Schritt sicher die 89.
Um die 78 sicher zu erreichen, muss der erste die 67 schaffen, denn der Zweite erreicht dann als Ergebnis die 68, 69, ... bis maximal 77, der erste im nächsten Schritt sicher die 67.
... Vor der 67 ist es die 56, 45, 34, 23, 12.
Beginnt der Erste mit 1 erreicht er dann mit Sicherheit die 12, dann 23, ... dann die 89 und gewinnt.
Beginnt er nicht mit 1, dann macht das der zweite bei seinem ersten Schritt und verfolgt dann die obige Strategie.
Hier lassen sich dann wieder viele Varianten der Aufgabe ableiten.

Aufgabe 5

Na Opa, dann ist das ja eigentlich kein richtiges Spiel, was du uns da erzählt hast. Wenn das einer als Grundlage zu irgend welchen Wetten nimmt, ist das dann ja eigentlich Betrug. Stimmt auch wieder, war ja auch eher dazu gedacht, eure Sinne zu aktivieren und nicht auf so etwas reinzufallen.
Aber mal was ganz anderes aus meinem Kalender. Ein großer Wasserbehälter wurde als Reserve gebaut, falls mal die Wasserzufuhr für vier Orte unterbrochen sein sollte. Zu den Orten führen vier Wasserleitungen, die alle einen anderen Durchmesser haben und mit einem Behälter in den einzelnen Orten verbunden sind. Wird die nur erste Leitung benutzt ist der Reservebehälter in 2 Tagen leer, wird nur die zweite Leitung benutzt ist der Reservebehälter in 3 Tagen leer, wird nur die dritte Leitung benutzt ist der Reservebehälter in 4 Tagen leer und wird nur die vierte Leitung benutzt ist der Reservebehälter in 5 Tagen leer - der Reservebehälter wird nicht nachgefüllt in der Zeit. Wie lange dauert es bis der Reservebehälter leer ist, wenn alle Leitungen geöffnet werden?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Lösung

Hier die komplette Lösung von Sebastian W., danke
x = Fassungsvermögen des Reservebehälters
y = die Dauer bis der Reservebehälter leer ist
Durch die erste Leitung fließen am Tag x/2 Liter
Durch die zweite Leitung fließen am Tag x/3 Liter
Durch die dritte Leitung fließen am Tag x/4 Liter
Durch die vierte Leitung fließen am Tag x/5 Liter
x = (x/2)*y + (x/3)*y + (x/4)*y + (x/5)*y
x = (x/2 + x/3 + x/4 + x/5)*y
x = (30x/60 + 20x/60 + 15x/60 + 12x/60)*y
x = ((30x + 20x + 15x + 12x)/60)*y
x = (77x/60)*y
y = x /(77x/60)
y = 60x/77x
y = 60/77 Tage
Wenn alle vier Leitungen offen sind ist der Reservebehälter nach 0,78 Tagen bzw. nach 18,70 Stunden leer

Aufgabe 6

Da war ja beim letzten Mal die Aufgabe deutlich länger als die Antwort, aber so ist das. Das wird wohl kaum zu unterbieten sein, oh doch, meinte da Mike. Ich habe neulich in einem Krimi den Anfang einer Reihe gesehen. Wie jetzt Reihe. Na du du weißt doch, man gibt was vor und dann muss ein anderer die Sache logisch fortsetzen: Z.B. 1; 4; 9; 16; ... Das kann man mit 25; 36; fortsetzen weil die ersten vier Zahlen Quadratzahlen waren oder 2; 3; 5; 7; ... kann man fortsetzen mit 11; 13; 17; weil das alles Primzahlen waren. M; D; M; D; kann man fortsetzen mit M; D; M; D; ... eben immer abwechselnd aber auch mit F; S; S; wenn man Montag; Dienstag; Mittwoch; Donnerstag; Freitag; Samstag und Sonntag meint.
Allerdings steht eben hier auch nicht umsonst, "man kann", es kann auch anders interpretiert werden. Ist ja gut wie lautet denn nun die Aufgabe:
Wie lassen sich diese vier Zeichen logisch fortsetzen:

Nun mach mal halb lang, wie soll denn das gehen. Denke einfach nach und finde ein 5. Zeichen, das sich logischerweise einfügen lässt?
Das Zeichen mit Begründung ist 6 Punkte wert. Wer das Zeichen nicht schicken kann, der muss es eben beschreiben.

Lösung

Meine Lösung:
Es sind Zahlen (schwarz) die gespiegelt (rot) werden und dann geht das so weiter:
Aufgabe 11_6 Lösung

Anmerkung von mawi: Die Spiegelrichtung mit der 4 wurde geändert, so dass bei der Nummer 5 die Spiegelungrichtung nicht "zwingend" festliegt. Daher auch das möglich Aufgabe 11_6 Lösung 2 , danke

Interessant waren auch die Erklärungen für den Wechsel der Spiegelungsrichtung bei der 4. Zum einen, dass es einen Spiegelungsrhythmus geben könne, drei so rum, drei so rum dann wieder Wechsel oder die noch bessere Erklärung (von 2 Leuten), dass die Spiegelungsrichtung von der Gestalt (gerade, runde Zahlenteile) abhänging sein könne.

Das sehr empfehlenswerte Buch, aus dem das Rätsel stammt, heißt Die Pythagoras-Morde und ist von Guillermo Martinez.
Es soll aber auch schon mal in einem Mickey Mouse - Heft gestanden haben.

Aufgabe 7

Mensch Mike, die letzte Aufgabe hat mich echt neugierig auf das Buch gemacht. Ich habe es mir von meinem Mathelehrer ausgeliehen, denn der hat einen Haufen solche Bücher. Wie heißt das Buch denn, fragte Mike. Es heißt "Die Pythagoras-Morde" und ist von Guillermo Martinez.
Das würde ich auch mal lesen meinte Bernds als er ins Zimmer kam. Schaut mal was ich ausgebuddelt habe - ein Spiel, ich habe es mir gedacht meinte Bernd. SoloHalma, komischer Name, aber warte mal, auf der letzten Spielemesse in Leipzig habe ich das in moderner Form gesehen, da hieß es Solitaire. Stimmt, das Spiel gibt es unter verschiedenen Namen, auch Einsiedler habe ich dafür gefunden, denn man spielt es in der Regel allein, meinte sein Vater. Die Idee ist schon sehr alt, so gibt es einen Hinweis von Leibniz aus dem Jahre 1716, wo der es in einem Brief beschreibt. Im 1887 ist es sogar als Patent angenommen worden. Es gibt ein deutsches und ein französisches Spielfeld. Das hier ist die deutsche Version. Wie wird das gespielt?
Alle 33 Spielsteine werden auf das Spielfeld gestellt. (Felder sind rot)

		37	47	57
		36	46	56
15	25	35	45	55	65	75
14	24	34	44	54	64	74
13	23	33	43	53	63	73
		32	42	52
		31	41	51

Erst wird ein beliebiger Stein entfernt (grünes Feld), dann kann man auf dieses Feld springen, so dass genau ein Stein übersprungen wird. Es darf nur gerade - links rechts oder oben unten gesprungen werden. Der übersprungene Stein wird entfernt. Nun sind zwei leere Stellen (grüne Felder) auf dem Spielfeld. Nun wird wieder auf ein freies Feld gesprungen, aber es muss eben wieder auch auch genau ein Stein zum Überspringen dasein. Mit jedem Sprung wird ein Feld mehr frei. Ziel ist, dass am Ende möglichst nur noch ein Stein stehenbleibt. (In manchen Spieleanleitung soll der letzte die Nummer 44 sein, dass kann man aber auch anders zulassen.)

Beispiel:

Startwert 74							->	Sprung von 54 nach 74							->	Sprung von 52 nach 54
		37	47	57						37	47	57						37	47	57
		36	46	56						36	46	56						36	46	56
15	25	35	45	55	65	75		15	25	35	45	55	65	75		15	25	35	45	55	65	75
14	24	34	44	54	64	74	->	14	24	34	44	54	64	74	->	14	24	34	44	54	64	74
13	23	33	43	53	63	73		13	23	33	43	53	63	73		13	23	33	43	53	63	73
		32	42	52						32	42	52						32	42	52
		31	41	51			->			31	41	51			->			31	41	51

Sprung von 44 nach 64							->	Sprung von 73 nach 53							->	Sprung von 74 nach 54
		37	47	57						37	47	57						37	47	57
		36	46	56						36	46	56						36	46	56
15	25	35	45	55	65	75		15	25	35	45	55	65	75		15	25	35	45	55	65	75
14	24	34	44	54	64	74	->	14	24	34	44	54	64	74	->	14	24	34	44	54	64	74
13	23	33	43	53	63	73		13	23	33	43	53	63	73		13	23	33	43	53	63	73
		32	42	52						32	42	52						32	42	52
		31	41	51			->			31	41	51			->			31	41	51

Oh je ich habe es jetzt schon ein paar Mal probiert meinte Bernd, aber bei mir bleiben immer 3 oder 4, einmal sogar 6 Steine übrig. Geht das denn eigentlich immer, dass nur einer übrig bleibt. Aber ja, in meinem alten Spielebuch gibt es eine Anleitung dazu. Das muss ja ein dickes Buch sein, wenn da alle Spielvarianten drin stehen. Ach wo, so viele sind das gar nicht, denn das Brett lässt sich spiegeln oder auch um jeweils 90Â° drehen, so dass die Startwertzahlen und damit der Verlauf dann gleich werden. So ist lassen sich die Startwerte in verschieden große Gruppen einteilen. Die Startwerte 14; 47; 74 und 41 bilden eine solche Gruppe.
Schreibt alle Gruppen auf und erhaltet ihr für jede vollständige Gruppe einen Punkt.

Lösung

So schwierig war das diesmal nicht, auch wenn vereinzelt nicht auf die Kombination von Drehung und Spiegelung geachtet wurde.
Hier die Variante von Sebastian Wallek, vielen Dank.
1. Gruppe: 14; 41; 47; 74 (war vorgegeben)
2. Gruppe: 24; 42; 46; 64
3. Gruppe: 33; 35; 53; 55
4. Gruppe: 34; 43; 45; 54
5. Gruppe: 13; 15; 31; 37; 51; 57; 73; 75
6. Gruppe: 23; 25; 32; 36; 52; 56; 63; 65
7: Gruppe: 44

Aufgabe 8

Hallo Mike, ich werde immer besser, einmal sind sogar nur zwei stehen geblieben, aber ich habe mir leider nicht notiert wie ich es gemacht habe. Aber wenn über Weihnachten etwas Zeit ist, setzte ich mich noch mal ran.
Apropos Weinhachtszeit: Immer mal wieder gibt es komische Aufgaben wie send + more = money wo man rauskriegen soll, welche Ziffern sich hinter den Zahlen verbergen, diemal ist Genauigkeit und Kreativität gefragt. In der Geschichte ist eine Aufgabe drin, die Ziffern der Zahlen sollen in Buchstaben umgewandelt werden - gleiche Ziffern, gleiche Buchstaben, verschiedene Zahlen, verschiedene Buchstaben - wenn es eine zweistellige Zahl ist, dann ist auch das Wort mit zwei Buchstaben, ... Natürlich so, dass die Worte unter Weglassung der Rechensymbole in den laufenden Text passen. Scheint ja kompliziert zu sein, vielleicht, probiere es doch mal.
Zwei Freunde warten sehnsüchtig auf den Weihnachtsmann, da glauben sie im Flur Schritte zu vernehmen. 42 * 15007 = 630294, ob da wer zu uns will. Aber nein es war ein Irrtum, die angeblichen Schritte kamen aus dem lauten Radio des Nachbarn. Schade.
Wer eine sinnvolle Lösung beisteuern kann, der darf sich über 5 Punkte freuen.

Lösung

Gedacht war an:
Da kommt jemand, dieser Ausdruck erfüllt die gestellten Bedingungen.
Eine weitere Variante von Kim: Da bellt Roland (Roland ist natürlich der Hund, der auch etwas gehört hat.)
Doreen. N. fand noch zwei Versionen, die nicht ganz "jugenfrei" sind.
mit der gedrückten linken Maustaste zu lesen --> "DU PISST GESUND" und "DU PISST ABSURD" < --

Aufgabe 9

Also weißt du Mike, da finde ich die Aufgaben, wo es Buchstaben sind und dann die Zahlen gefunden werden müssen deutlich einfacher, aber warum eben nicht auch mal so herum.
Hallo Opa, schön, dass du kommst, da können wir dir gleich von der Zeitreise berichten, auf die uns unser mathelehrer mitgenommen hat. Er hat uns in die Zeit von Pythagoras mitgenommen. Der hat eine Religion entwickelt, die auf Zahlen basierte. Grundlage war die 1. Aus diesem Ursprung resultiert die 2, die erste weibliche Zahl, der die 3 als männliche Zahl folgt. Alle geraden Zahlen sind dann weiblich und die ungeraden mänlich, wo bei die ungeraden Primzahlen stark sind. Eine ganz besondere Zahl war die 10, da sie sich aus 1 + 2 + 3 + 4 ergibt. Noch viel mehr hat der Lehrer erzählt. Am bekanntesten sind natürlich die rechtwinkligen Dreiecke. Da gilt ja bekanntlich der Satz des Pythagoras:
a² + b² = c², wobei a und b die kurzen Seiten und c die längste Seite in dem rechtwinkligen Dreieck sind. (a, b, c) wird pythagoräisches Tripel genannt, wenn eben a² + b² = c² gilt und a, b und c ganze Zahlen sind. Es gibt viele besondere unter diesen Dreiecken, so auch das bekannte mit (a, b, c) = (3, 4, 5), dessen Flächeninhalt aus nur einer 6 Ziffer, der 6 besteht. Es gibt aber dann nur noch ein einziges rechtwinkliges Dreieck, dessen Flächeninhalt nur aus einer gewissen Anzahl gleicher Ziffern besteht. Das sind ebenfalls alles Sechsen. Also 66 oder 666 oder 6666 ... Welches rechtwinklige Dreieck hat diese Eigenschaft. Als Hilfe sei gesagt, das sich a und b um 1231 unterscheiden.
Es gibt 5 Punkte, ein Nachweis, dass es wirklich - wenn gefunden - nur diese eine Lösung gibt - braucht nicht geführt werden. Also wie heißt, das gesuchte pythagoräische Tripel?

Lösung

Im rechtwinkligen Dreieck git A = a*b/2 bzw. 2A=ab. 2A ist dann aber 132, 1332, 13332, ... a sei die kürzere der beiden Katheten, dann gilt a(a+1231) = 132 oder a(a+1231) = 1332 ...
a² + 1231a - 1332 = 0 , a² + 1231a - 13332 = 0, a² + 1231a - 133332 = 0, ...
Nach kurzen Probieren ergibt sich für a² + 1231a - 13333332 = 0 eine ganzahlige positive Lösung: a= 693, damit ist b = 1924 und c nach dem Satz des Pythagoras ergibt sich zu 2045.

Aufgabe 10

Das ist ja wirklich eigenartig, dass es nur ein solches rechtwinkliges Dreieck geben soll, welches diese teuflische Eigenschaft hat, meinte Mike. Was heißt hier teuflisch, fragte Bernd. Nun du erinnerst dich doch sicher, dass die 666 in der Numerologie ein solches Symbol ist, ach ja stimmt, das habe ich mal gelesen, aber das ist doch Quatsch. Ich finde, das ja auch, aber trotzdem ist es weit verbreitet.
Nun ja, aber wenn wir gerade bei Pythagoras waren, wusstest du, dass er eine Zahl gar nicht leiden konnte (sagt man). Welche denn? Ich sage dir lieber warum. Die gesuchte ganze Zahl ist genau zwischen den ganzen Zahlen, die als Flächeninhalt von Rechtecken ergeben und wo aber auch der Umfang auf die gleiche Zahl führt.
Habe ich das richtig verstanden, ich ermittle den Flächeninhalt und den Umfang eines solchen Rechtecks und erhalte den gleichen Zahlenwert? Ja genau, wenn du cm verwendest sind das eben x cm² bzw. x cm.
Die Ergebniszahlen der beiden Rechtecke unterscheiden sich um 2 und sie sind gar nicht so groß.
Welche Abmessungen haben die Rechtecke, welche ganze Zahl konnte Pythagoras also nicht leiden? (5 Punkte dafür und noch einen dazu, wer es weiß, warum ausgerechnet diese Zahl zum Ruhm von Gauss beigetragen hat)

Lösung

Da ein Quadrat auch ein Rechteck ist, lässt sich ja schauen, ob es dafür eine Lösung gibt.
Flächeninhalt = Umfang (als Zahlenwerte betrachtet)
a²=4*a, schon mit a = 4 ist eine Lösung gefunden.
Der zweite Ergebniswert sollte dann entweder 14 oder 18 sein.
Mit a = 3 und b = 6 ergibt sich Umfang und Flächeninhalt jeweils zu 18.
Die Zahl, die Pythagoras nicht leiden konnte ist also 17.
Gauss konnte zeigen, dass sich das regelmäße 17-Eck mit Zirkel und Lineal konstruieren lässt.

Die Anregungen zu den Aufgaben 9 und 10 stammen aus dem Buch "Die Mathematik und das Göttliche" von Pickover

Aufgabe 11

Na da haben wir es wieder, während Pythagoras, die 17 nicht leiden konnte, durfte Gauss auf sie echt stolz sein. Apropos stolz sein, es gibt sogar Zahlen, die auf sich sehr stolz sind. Wie das denn?
Die Bildungsvorschrift für diese natürlichen Zahlen ist so: n sei die Anzahl ihrer Stellen, dann werden die einzelnen Ziffern in die n-te Potenz erhoben. Die Summe der Potenzen muss dann gleich der Zahl sein. Was es nicht alles gibt, hast du mal ein Beispiel, Mike. Aber klar, das heißt, finde du doch die dreistelligen Zahlen, mit abc = a³ + b³ + c³ (a>0). Tipp 1, die Ziffern sind in den einzelnen Zahlen immer verschieden. Tipp 2 - Die kleinste der Zahlen ist von dem heiligen Augustinus verehrt worden.
Für jede gefundende Zahl (mit Angabe der Zerlegung) gibt es drei Punkte, also 12.
PS.: Die größte bekannteste Zahl, die man kennt ist dieses Monster:
115 132 219 018 763 992 565 095 597 973 971 522 401

Lösung

Solche Zahlen werden auch als ArmstrongZahlen genannt. Insgesamt gibt es 88 davon, wenn man die Basis 10, sprich Dezimalzahlen verwendet. Die einstelligen Zahlen sind automatisch Armstrongzahlen, z.B. 2 = 2¹.
Das finden der Zahlen ohne Programm ist es schwierig, auch wenn der Tipp genutzt wurde, dass die Ziffern alle verschieden sind, so gab es ja damit 648 Zahlen, die zu untersuchen waren.
die Zahlen:
153 = 1³ + 5³ + 3³ = 1 + 125 + 27
370 = 3³ + 7³ + 0³ = 27 + 343 + 0
371 = 3³ + 7³ + 1³ = 27 + 343 + 1
407 = 4³ + 0³ + 7³ = 64 + 0 + 343
Hier noch ein Script von Andreas, danke:
i=100
while(i<900){
j=0
while(j<90){
k=0
while(k<9){
i1=i/100
j1=j/10
if (i/100*i/100*i/100+j/10*j/10*j/10+k*k*k == i+j+k){
x=x+\" \"+number(i+j+k)
}
k++
}
j=j+10
}
i=i+100
}

PHP-Programm zur Ermittlung von 4stelligen Armstrongzahlen

Aufgabe 12

Bernd und Mike haben in der letzten Zeit, viel über Zahlen nachgegrübelt, da wird es Zeit doch mal wieder eine kleine Logelei aus Opas Kalender einzuschieben. Gesagt, getan auf dem letzten Blatt von Opas Kalender 2005 fanden sie diese Aufgabe:
Wie schon so oft hatte Sven zu Weihnachten und den folgenden Tagen viel zu viel gegessen. Die Waage hat ihm das am Neujahrstag deutlich gemacht, also stellte er sich einen Sport- und Speiseplan auf. Eigentlich wollte er jeden Tag 20 Minuten trainieren, aber da er nur jeden Tag eine Sportart ( Hometrainer benutzen, Liegestütze, Gewichte stemmen, Seilspringen und Jogging) betrieb- auch beim Essen (Toastbrotscheibe, Jogurth, Müsli, Apfelsinen und Quark) gab es jeden Tag was anderes - lagen seine Trainingszeiten bei 5, 6, 7, 8 bzw. 9 Minuten. Der Erfolg war nicht so groß, aber trotzdem war er recht zufrieden. Er begann am Montag und hielt eisern die 5 Tage durch. Am Samstag zeigte die Waage dann immerhin 1 kg weniger. In der folgenden Woche kombinierte er die Sportarten und fand so mehr Spaß dran.
Für die erste Woche aber war das so:
1. Nach dem 6 Minuten-Training gab es Obst.
2. Nach dem leichten Einstieg auf dem Hometrainer, gönnte er sich einen Jogurth, war allerdings auch 3 Minuten weniger auf diesem Rad, als an seinem Müslitag.
3. Das Jogging war vor dem Freitag gewesen.
4. Mittwoch hatte Sven Gewichte gestemmt und dazu gab es twas, was Getreide enthählt bzw. daraus hergestellt wird.
5. Am Donnerstag stand eines der Milchprodukte auf dem Speiseplan und er sann darüber nach, dass das Seilspringen an einem der vergangenen Tage genau 7 Minuten gedauert hatte.
6. Am Dienstag hatte er genau 8 Minuten trainiert.
Wie sah der Sport und Speiseplan in der ersten Woche aus und wie lang waren die Trainingseinheiten?
Zu erreichen sind 10 Punkte.

Lösung

Super schnell die Lösung von Sebastian Wallek und so wird die hier gleich benutzt, danke.
Anmerkung: Obst und Apfelsinen wurde hier identisch verwendet.
Sport: Hometrainer benutzen, Liegestütze, Gewichte stemmen, Seilspringen und Jogging
Essen: Toastbrotscheibe, Jogurth, Müsli, Apfelsinen und Quark
Trainingszeit: 5, 6, 7, 8 bzw. 9 Minuten
aus 4. => Mittwoch: Gewichte stemmen + Getreideprodukt
aus 6. => Dienstag: 8 Minuten Training
aus 5. => Donnerstag: Milchprodukt
aus 5. => Montag: Seilspringen + 7 Minuten, denn das 7 minütige Seilspringen war vor Donnerstags. Am Mittwoch kann es nicht gewesen sein, denn da stemmte er Gewichte und auch am Dienstag kann es nicht gewesen sein, denn da trainierte er 8 Minuten
aus 1. => Freitag: Obst + 6 Minuten, denn am Montag trainierte er 7 Minuten, am Dienstag 8, am Mittwoch gab es etwas aus Getreide und am Donnerstag ein Milchprodukt
Es bleiben noch übrig:
Sport: Hometrainer benutzen, Liegestütze und Jogging
Essen: Toastbrotscheibe, Jogurth, Müsli und Quark
Trainingszeit: 5 bzw. 9 Minuten
aus 2. => Donnerstag: Hometrainer + Joghurt + 5 Minuten, denn als Zeiten kommen nur 5 und 6 Minuten in Frage, da er 3 Minuten weniger trainiert. Am Montag kann es nicht gewesen sein, weil er 3 Minuten weniger trainierte als an seinem Müslitag und wenn Montag der erste Tag ist, kann der Müslitag noch nicht gewesen sein. Dienstag auch nicht möglich, denn da trainiert er 8 Minuten, das heißt am Müslitag müsste er 11 Minuten trainiert haben, was aber nicht möglich ist. Am Mittwoch stemmt er Gewichte, also ist der Hometrainer am Mittwoch nicht möglich. Am Freitag ist er Obst und somit kein Joghurt möglich. somit bleibt nur noch Donnerstag
=> Dienstag: Müsli, denn da trainierte er 3 Minuten länger als an seinem Hometrainertag
aus 3. => Dienstag: Jogging denn an allen anderen Tagen findet bereits ein Sport statt
=> Freitag: Liegestützen, denn das ist der letzte übrige Sport
Nun bleiben noch übrig: Essen: Toastbrotscheibe und Quark Trainingszeit: 9 Minuten
=> Mittwoch: 9 Minuten + Toastbrot, denn alle anderen Tage sind bereits mit Zeiten besetzt und er aß etwas aus Getreide
=> Montag: Quark, denn alle anderen Tage sind bereits mit Essen besetzt
=> Wochenplan:
Montag: 7 Min., Seilspringen, Quark
Dienstag: 8 Min., Jogging, Müsli
Mittwoch: 9 Min., Gewichte stemmen, Toast
Donnerstag: 5 Min., Hometrainer, Joghurt
Freitag: 6 Min., Liegestützen, Obst

Auswertung Serie 11

			Punkte für die Aufgaben
zu erreichende Punktzahl			90	12	5	12	8	3	6	6	5	5	6	12	10
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	Kim Holtze	Fröndenberg	89	12	5	10	8	3	6	6	5+1	5	6	12	10
2	Doreen Naumann (27 J.)	Duisburg	84	12	5	11	4	3	6	6	5+2	5	3	12	10
3	Sebastian Wallek (16 J.)	Bruck i. d. Opf.	80	11	5	12	-	3	5	6	5	5	6	12	10
4	Andree Dammann (37 J.)	München	77	12	5	10	-	3	6	5	5	5	4	12	10
5	Christian Wagner	Bamberg	67	-	-	8	7	3	6	6	5	5	6	12	9
6	Katrin Wolstein	Bamberg	54	6	5	10	4	2	6	-	-	5	6	-	10
7	Andreas Lang	Chemnitz	43	-	-	12	8	-	6	-	5	-	-	12
8	mawi	Dresden	36	12	5	10	-	3	6	-	-	-	-	-	-
9	Christian Lange	???	15	12	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
10	Christian Böhme	Chemnitz	13	-	-	-	8	-	-	-	-	5	-	-	-
11	Sophie Jänich	Chemnitz	12	-	-	-	-	-	6	-	-	-	6	-	-
11	Anna Seidel	Chemnitz	12	-	-	-	-	-	6	-	-	-	6	-	-
12	Christoph T.	Emden??	11	-	-	-	-	-	6	5	-	-	-	-	-
13	Rosa-Laura Czys	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	6	-	-	4	-	-	-
13	Stefan Knorr	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	10
14	PC Zerbe	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-	-	-
14	Tina Hähnel	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-	-	-
14	Martin Löpelt	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-
14	Loreen Jagelmann	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-
15	Annika Theumer	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-
15	Alexander Becker	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-
15	Simon Kolata	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-
15	Malte Lohs	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-
15	Josephine Koch	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-
15	Martin Selbmann	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-
16	Dominique Güra	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-
16	Dominique Brunner	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-
16	Gregor Schumann	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-
17	Spielemax	Chemnitz	1	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-

Serie-10

Serie 10
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

Da rechnet man sich den Wolf und dann ist das so einfach zu sehen, meine Bernds Vater als er von dem Trick aus der letzten Woche hörte. Da er ja bekanntlich auch gerne Knobeleien stellt, hatte er für Bernd und auch für Mike folgende ganz einfach aussehende Aufgabe.
Gib alle Ziffern des Ergebnisses von 999 999 999 999 * 777 777 777 777 an. Kein Problem, meinte Bernd und nahm seinen Taschenrechner, aber leider zeigte der irgendwas mit 10 hoch. Wie soll man das dann rauskriegen, mit schriftlichem Rechnen ist doch öde. Jeder hat mal klein angefangen, meinte sein Vater. Mike meinte, das sei mit dem klein angefangen ist bestimmt wieder so ein komischer Geheimtipp deines Vater.
Wie heißt denn nun das Ergebnis? Zu erreichen sind 3 Punkte.

Lösung

Den Tipp des Vaters aufgreifend sieht das so aus.
9 * 7 = 63
99 * 77 = 7 623
999 * 777 = 7 766 223
9 999 *7 777 =77 762 223
99 999 * 77 777= 7 777 6 22 223
Die Struktur des Ergensisses wird deutlich. Es sind zu Beginn eine Anzahl 7, die um 1 kleiner ist als die Stellenzahl der Faktoren, dann kommt eine 6, danach so viele Stellen mit 2 wie schon die 7 und zum Schluss eine 3. Da keine Überträge irgendwo auftreten ist das Ergebnis von:
999 999 999 999 * 777 777 777 777
777 777 777 776 222 222 222 223
Mehrfach kam auch ein anderer Vorschlag (ganz schnell von Sebastian Wallek, danke):
999 999 999 999 * 777 777 777 777
= 1 000 000 000 000 * 777 777 777 777 - 777 777 777 777
= 777 777 777 777 000 000 000 000 - 777 777 777 777
= 777 777 777 776 222 222 222 223

Serie 10 Aufgabe 2

Als Bernd zu Mike kommt überrascht er ihn beim Spielen mit Skatkarten. Ich spiele nicht, sondern grübele gerade über einen Trick nach. Wie jetzt? Also, probieren wir es gleich mal aus. Ich habe hier 21 verschiedene Karten, die decke ich auf und du musst dir eine merken, okay. Mike deckt die Karten auf und legt sie auf drei Stapel. Erste Karte Stapel 1, zweite Karte Stapel 2, dritte Karte Stapel 3, vierte Karte Stapel 1, fünfte Karte Stapel 2, sechste Karte Stapel 3, ...
In welchem Stapel liegt deine Karte? Nach dem Mike das gehört hat, legt er die Stapel übereinander und teilt die Karten wieder so aus. Nun fragt er wieder und ein drittes Mal werden die Karten verteilt, nach dem Stapel gefragt und die Stapel übereinander gelegt. Nun konzentriert sich Mike und findet aus dem Stapel die Karte heraus, die Bernd sich gemerkt hat. Cool, noch mal. Gesagt getan, wieder findet Mike die Karte. Wie geht das, na gut weil du es bist. Den Stapel in dem Karte liegt, lege ich immer zwischen die beiden anderen Stapel, spätestens nach dem dritten Mal, liegt die Karte genau in der Mitte, an der 11. Stelle. Und das klappt immer? Aber ja.
Warum klappt der Trick immer? Die komplette Beschreibung ist 6 Punkte wert.

Lösung

Hier habe ich gleich mal eine der ausführlichen eingesandten Lösungen verwandt, danke an Andree:
21 Karten werden auf drei Haufen offen ausgelegt und eine beliebige Karte ausgewählt. Egal welcher Haufen es war, er wird nun in die Mitte des Kartenstapels sortiert. Die ausgewählte Karte muss also an Position 8, 9, ...oder 14 liegen.
Teilt man nun wieder die Karten auf drei Haufen, so werden die ersten sieben Karten (unter denen die gewählte nicht ist) zuerst verteilt und es entstehen die folgenden Stapel (Ziffern = Anzahl der Karten
3 2 2
darauf nun die sieben Karten, unter denen die gewählte liegt (grün)
3 2 2
2 3 2
und dann der Rest
3 2 2
2 3 2
2 2 3
Um alle Fälle gleichzeitig erläutern zu können, kann man für den letzten Durchgang annehmen, dass in jedem Stapel nur noch die mittleren drei Karten als gewählte in Frage kommen. So kommt zwar beim 1. und beim 3. Stapel eine Karte hinzu, die unmöglich die richtige sein kann, was aber den Ausgang des Zaubertricks nicht behindert.
Die Karten werden erneut wie oben beschrieben ausgelegt. Nun kann die gewählte Karte nur noch an der 10., der 11. oder der 12. Stelle liegen, nachdem der benannte Stapel ja wieder in die Mitte genommen wurde. Damit ergibt sich folgende Verteilung:
3 3 3
1 1 1
3 3 3
Und man sieht sofort, dass sich die gewählte Karte genau in der Mitte des genannten Stapels befindet.

Serie 10 Aufgabe 3

Bernd sagte, dass er den Trick gleich zuhause gezeigt hätte und dass mit großem Erfolg. Hast du noch mehr auf Lager? Aber ja doch meinte Mike, aber lass uns erst mal die Aufgabe aus dem Kalender von Opa anschauen, sonst fühlt der sich vielleicht noch übergangen. Na dann mal los, auch wenn das wieder mal eine aus dem 16. Jahrhundert ist.
Ein Wirt hat 12 Stammgäste, bis auf einen bezahlen alle regelmäßig. Um dem einen Denkzettel zu verpassen, macht er den 12 Leuten den Vorschlag, dass nur einer die Zeche bezahlen soll und zwar für alle und auch die Außenstände, die alle haben. Dazu schlägt er folgenden Modus vor. Alle stellen sich in einer Reihe auf. Es wird von eins bis 10 gezählt. Die Nummer 10 setzt sich hin. Die verbleibenden zählen einfach weiter von 1 bis 10, wieder geht die Nummer 10. Zum Schluss bleiben zwei übrig, wobei nach dem Zählen, dann einer die 9 hat und einer die 10, der sich setzen darf, so dass einer zum Bezahlen - die letzte 9 - alles bezahlen muss. Alle sind einverstanden. Der Trickser stellt sich natürlich genau an die 10. Stelle, damit er gleich beim ersten Mal draußen ist. Damit aber hatte der Wirt gerechnet und sagt zu irgendeinem aus der Reihe, er möge anfangen. Wem muss er sagen, dass er anfangen soll, damit der Zechpreller am Ende übrig bleibt?
Da man sicher eine Weile probieren muss, wenn man die Aufgabe nicht kennt, ist die Aufgabe diesmal 7 Punkte wert.

Lösung

Die 12 Leute werden nummeriert:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12, der Trickser hat dann die Nummer 10
Mal angenommen, der Wirt sagt zu 10, fang du an, dann ergeben sich nach und nach folgende Ergebnisse:
0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1. die 7 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 und die Zählung beginnt bei 8
2. die 5 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 4 6 8 9 10 11 12 und die Zählung beginnt bei 6
3. die 4 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 6 8 9 10 11 12 und die Zählung beginnt bei 6
4. die 6 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 8 9 10 11 12 und die Zählung beginnt bei 8
5. die 9 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 8 10 11 12 und die Zählung beginnt bei 10
6. die 12 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 8 10 11 und die Zählung beginnt bei 1
7. die 8 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 10 11 und die Zählung beginnt bei 10
8. die 3 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 10 11 und die Zählung beginnt bei 10
9. die 11 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 10 und die Zählung beginnt bei 1
10. die 1 sagt dann 10, die stehen noch 2 10 und die Zählung beginnt bei 2
11. die 10 sagt dann 10, die 2 müste zahlen
Kurz gesagt, es setzten sich der Reihe nach: 7 5 4 6 9 12 8 3 11 1 10 und die 2 zahlt
Der Versuch brachte nicht das gewünste Ergebnis, aber nun kann man sich überlegen.
Beginnt die Nummer 9 zu zählen, dann rutschen alle Ergebnisse eins nach vorn und es zahlt die 1.
Start mit Nummer 8 --> 12 zahlt
Start mit Nummer 7 --> 11 zahlt
Start mit Nummer 6 --> 10 zahlt
So sollte es ja auch sein, der Wirt muss also der Nummer 6 sagen, fang du an.

Serie 10 Aufgabe 4

Bernd und Mike untersuchen in der Schule in einem Experiment, wie schnell sich Öl auf dem Wasser ausbreitet. Dazu tropfen sie 1 mml Öl in ein Becherglas. Dabei beobachten sie, dass sich alle 5 Minuten die Fläche des sich ausbreitenden Öls verdoppelt. Nach genau 30 Minuten ist das gesamte Becherglas mit einem Ölfilm bedeckt. Im Vergleich mit anderen Gruppen stellen Sie fest, dass die Ausbreitungsgeschwindigkeit des Ös proportional zur Menge des benutzten Öls ist.
Wie lange hätte ihr Versuch gedauert, wenn die beiden 2 ml Öl verwendet hätten?
Zu erreichen sind 2 Punkte.

Lösung

Die Ausbreitung des Öls bewirkt eine Verdopplung aller 5 Minuten. 30 Minuten hatte es gedauert, also waren 6 Verdopplungen bis zur vollständigen Bedeckung des Bechers. Bei der doppelten Menge geht laut Beobachtung die Verdopplung doppelt so schnell, also in 2,5 Minuten. Da allerdings davon ausgegangen werden kann, dass die doppelte Menge zu Beginn die doppelte Fläche einnimmt, sind nur 5 Verdopplungen notwendig und damit werden nur 12,5 Minuten gebraucht.
Anmerkung: Die eingesandten Lösungen gingen alle jeweils nur auf einen Aspekt ein, die Halbierung der Zeit bzw. den Wegfall einer Verdopplung.

Serie 10 Aufgabe 5

Mike ist am Verzweifeln, eigentlich eine einfache Aufgabe, aber das Errichten des Kartenhauses ist eben doch nicht so einfach. Fast hat er seine Maximumhaus fertig, da kommt Bernd herein und der leichte Windhauch bringt sein Kunstwerk zum Einsturz. Wie hoch war es denn, fragt Bernd mitfühlend. Na das ist doch wohl klar, denn mein Spiel hat 110 Karten und ich hatte so hoch gebaut, dass mein Haus komplett bis zur Spitze war. Nirgendwo lagen Karten doppelt.
Wie bist du eigentlich auf die Idee gekommen? Ich habe den Ansatz dazu in einer Probeprüfung gesehen.

1. Etage	2. Etage	3. Etage
/\	/\ /\/\	/\ /\/\ /\/\/\

Wie hoch war das Haus von Mike? Wie hoch käme man mit 1 000 Karten?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

1. Etage: 2 Karten
2. Etage: 7= (2) + 3 + 2 -> 3 angebaut + 2 als obere Etage
3. Etage: 15= (2 + 3 + 2) + 2*3 + 2 -> angebaut 2*3 + 2 als obere Etage
andere Schreibweise: 1. Etage: 1*2 + 0*3
2. Etage: 2*2 + 1*3
3. Etage: 3*2 + 3*3
Für die 4. Etage kommen nun wieder so viele 3-er dazu wie eine Etage vorher (also 3*3) + 2 für die Spitze
4. Etage: 4*2 + 6*3 = 24
Für die 5. Etage kommen nun wieder so viele 3-er dazu wie eine Etage vorher (also 4*3) + 2 für die Spitze
5. Etage: 5*2 + 10*3 = 40
Spätestens jetzt wird deutlich wie die Zahlen gebildet werden.
n. Etage: n*2 + (Summe von 1 bis (n-1))*3
Die Summe aber von 1 bis n - 1 lässt sich mit der Summenformel schnell finden und ist (n-1)*n/2
n*2 + ((n-1)*n/2)*3 ergibt aber 2n + 3n²/2 - 3n/2
1,5n² + 0,5n
Um die Fragen zu beantworten, kann man die Formel verwenden, um die Anzahl in beliebigen Etage zu berechnen und zu schauen oder man löst die Gleichungen: 1,5n² + 0,5n = 110 bzw. 1,5n² + 0,5n = 1000 und rundet die Ergebnisse passend. Hier die Ergebnisse für die ersten 30 Etagen:
n Anzahl
1 2
2 7
3 15
4 26
5 40
6 57
7 77
8 100
9 126
10 155
11 187
12 222
13 260
14 301
15 345
16 392
17 442
18 495
19 551
20 610
21 672
22 737
23 805
24 876
25 950
26 1027
27 1107
28 1190
29 1276
30 1365
Mike hatte 8 Etagen geschafft, 10 Karten blieben unbenutzt.
Mit 1000 Karten sind 25 Etagen zu schaffen, wobei 50 Karten unbenutzt bleiben.

Serie 10 Aufgabe 6

Ein Blick auf den Kalender von Opa zeigte, dass sie sich sputen mussten, weil sie sich mit dem Bau der Kartenhäuser doch etwas lange aufgehalten hatten. Dieses mal geht es um Spiegelzahlen. Als Spiegelzahlen werden Paare von mindestens zweistelligen natürlichen Zahlen bezeichnet, wo sich die zweite durch Aufschreiben der Ziffern der ersten in umgekehrter Reihenfolge ergibt. Also (446 und 644) oder (4587 und 7854). Die 777 spiegelt sich im Prinzip selbst, zählt aber als unechte Spiegelzahl. Nun gibt es da auch kuriose Sachen:
ab²=cde und ba²=edc
Quadrate von echten Spiegelzahlen ergeben also wieder echte Spiegelzahlen.
Finde alle Möglichkeiten heraus, wobei a, b, c, d und e nicht alle von einander verschieden sein müssen.
Zu erreichen sind pro echtes Paar 2 Punkte.

Lösung

Variante - systematisches Probieren:
Die Quadrate der zweistelligen Zahlen müssen 3-stellig sein. Das trifft nur für die Zahlen 10 bis 31 zu (32²= 1024). Da nun die Zahlen gespiegelt werden sollen darf der ursprüngliche Einer auch höchtens 3 sein. Damit verbleiben von den Zahlen die 10, 11, 12, 13, 20, 21, 22, 30, 31 und die gespiegelten 01, 11, 21, 31, 02, 12, 22, 03 und 13 (14 geht wegen 41²>1 000 nicht).
Die glatten Zehner entfallen, da keine echten dreistelligen Quadtrate nach dem Spiegeln entstehen. Die 11 und 22 entfallen als unechte Spiegelzahlen.
Somit verbleiben als Paare 12, 21 und 13, 31 nun der Test:
12² = 144 und 21² = 441 - Bedingung erfüllt.
13² = 169 und 31² = 961 - Bedingung erfüllt.
Es gibt genau zwei Paare echter Spiegelzahlen, die alle Bedingungen erfüllen.
Anmerkungen:
Es gibt keine vierstelligen Quadrate, so dass die Aufgabenstellung erfüllt wird.
102² = 10 404, 201² = 40 401
103² = 10 609, 301² = 90 601
112² = 12 544, 211² = 44 511
113² = 12 769, 311² = 96 721
122² = 14 884, 221² = 48 841

Serie 10 Aufgabe 7

Hallo Mike, du bereitest dich wohl auf deinen Auftritt zum Schulfest vor. Erst neulich hast du einen Kartentrick probiert und jetzt liegen schon wieder Karten vor dir. Stimmt, wobei es nicht wirklich sehr trickreich, sondern eher wieder was zum Rechnen oder besser gesagt zum Merken ist. Ich bin gerade dabei mir eine Liste zu erarbeiten, damit ich mein Kartenkunststück auch ohne Bammel zeigen kann. Das nicht gezaubert wird, muss durch Zaubersprüche und so verschleiert werden. Da meinte Bernd, stimmt, es muss ja nicht Zauberei sein, geht ja auch nicht wirklich, da werde ich dir beim nächsten Mal, meinen Trick auch als Kartentrick zeigen, aber nun erst mal zu deinem Vorhaben.
Also mir gegenüber sitzen meine drei Kandidaten, ich nenne Sie einfach A, B und C. Von den 32 Karten des Skatspieles habe ich die 4 Karten mit der 7 und das Schell (Karo) Ass entfernt.
Es liegen die drei Asse offen auf dem Tisch. Von dem Stapel bekommt A 1 Karte, B bekommt 2 Karten und C bekommt 3 Karten. Nun wird die Regel den drei Leuten genannt. Jeder von Ihnen nimmt sich genau eines der Asse und legt es weg. Der Kreuz-Ass nimmt, nimmt sich noch so viele Karten wie er schon hatte. Der Pik-Ass nimmt, zieht doppelt so viele Karten vom Tisch wie er schon hat und derjenige, der sich für das Herz-Ass entscheidet, nimmt genau viermal so viele Karten wie er hat. Die Karten werden (vorläufig) weggesteckt durch die drei Kandidaten. Wenn ich das erklärt habe, drehe ich mich rum oder ich gehe einfach weit weg. Ich kann also nicht erkennen, wer sich für welches Ass entscheidet und wie viele Karten jeder nimmt. Ich komme nun zum Tisch und sehe nur noch die verbleibenden Restkarten. Aus dieser Anzahl, so das Trickbuch, kann ich von jedem der drei A, B und C sagen, welches Ass er sich weg genommen hat.
Leider stand in dem Buch nicht drin, wie das nun weiter geht, deshalb bin ich gerade dabei mir für jede Möglichkeit, die Reste zusammenzustellen und hoffe, dass es eindeutig wird.
Nicht sehr schwer (?), aber für die notwendige Genauigkeit, kann man mit bis zu 12 Punkten belohnt werden.

Lösung

Hier die Lösung von P C, danke. Gegeben sind 32 Karten, davon können wir 5 Karten (4*7+Schell-As) abziehen, es bleiben also 27 Karten. Davon können wir noch mal drei Karten abziehen, die drei Ässer. Es bleiben 24 Karten übrig.
A hat 1 B hat 2 C hat 3
Ei nimmt 1x Gr nimmt 2x He nimmt 4x
Variante 1:
A hat Eichel, B hat Grün, hat C Herz => A hat 1+1, B hat 2+4 und C 3+12 Karten, sind zusammen: 2+6+15= 23 Karten, Rest eine Karte
Variante 2:
A hat Eichel, B hat Herz, C hat Grün => A hat 1+1, B hat 2+8, C hat 3+6 Karten, sind zusammen: 2+10+9= 21Karten, Rest 3 Karten
Variante 3:
A hat Grün, B hat Eichel, C hat Herz => A hat 1+2, B hat 2+2, C hat 3+12 Karten, sind zusammen: 3+4+15= 22 Karten, Rest 2 Karten
Variante 4:
A hat Grün, B hast Herz, C hat Eichel => A hat 1+2, B hat 2+8, C hat 3+3 Karten, sind zusammen: 3+10+6=19 Karten, Rest 5 Karten
Variante 5:
A hat Herz, B hat Eichel, C hat Grün => A hat 1+4, B hat 2+2, C hat 3+6 Karten, sind zusammen: 5+4+9= 18 Karten, Rest 6 Karten
Variante 6:
A hat Herz, B hat Grün, C hat Eichel => A hat 1+4, B hat 2+4, C hat 3+3 Karten, sind zusammen: 5+6+6=17 Karten, Rest 7 Karten

Serie 10 Aufgabe 8

Der Trick mit den drei Assen ist ja echt gut gewesen, aber wie mit allen Kunststücken, darf man sie nicht so schnell hintereinander aufführen, sonst kommen die Leute drauf.
Du wolltest mir doch noch einen Trick nennen, meinte Mike. Klar doch, geht schon los. Du nimmst aus einem Kartenspiel eine 10, eine 8 und eine 9 heraus und steckst sie in der Reihenfolge übereinander in die Tasche. Nun zeigst du die Restkarten deinem Gegenüber, lässt ihn mischen und sagst ihm, dass du das Ergebnis seiner Berechnung mittels Kartenzauber ermitteln könntest. Du nimmst ein Blatt und einen Bleistift aus der Tasche und steckst bei der Gelegenheit die Karten ein, so dass die drei Karten oben auf den Stapel kommen. Du sagst zu deinem Gegenüber, er solle sich eine beliebige dreistellige Zahl ausdenken, aber nicht zu einfach, am besten so, dass sich die letzte und erste Stelle sich um mindestens 2 unterscheiden. Nun soll er die Zahl spiegeln, rumdrehen, du weißt schon und die kleinere der beiden von der größeren abziehen, subtrahieren. Er kann ja den Zettel nehmen und das heimlich machen. Nun soll er dieses Ergebnis spiegeln und zu seinem Ergebnis addieren. Diese Rechnung soll er bitte kontrollieren und sich das letzte Ergebnis merken. Nun holst du die Karten aus der Tasche und klopft geheimnisvoll auf den Stapel sagst dein Simsalbim oder so, deckst die oberste Karte, es ist die 9 und verkündest, die letzte Ziffer des Ergebnisses wäre die 9. Er ist verblüfft, denn das stimmt. Dann kommt die nächste Karte, es ist die 8, das ist die vorletzte Stelle. Siegesgewiss nimmst du die dritte Karte - die 10 und erschrickst erst mal, dann fällt es dir wie Schuppen aus den ... und du hast sein Ergebnis komplett es lautet nämlich 1089 .
Wie jetzt, das ist alles? Ja, denn du kannst ja probieren was du willst, egal was dein Opfer, wollte sagen, dein Medium, als Zahl nimmt, das Ergebnis ist immer 1089.
Wer einen Beweis dafür findet, wird mit 6 Punkten belohnt.
Anregung für die Aufgaben 7 und 8 stammen aus "Verblüffende Kartentricks" vom Falkenverlag

Lösung

Die Aufgabenstellung erfordert zwei Rechnungen: abc-cba=xyz und dann soll xyz + zyx = 1089 sein. (Hier wird einfach a > c angenommen, wählt der Spieler es anders, ändert das am Prinzip nichts)
In Dezimalschreibweise heißt die erste Gleichung dann: (100a + 10b +c) - (100c + 10b + a)       Beispiel: 853 = 100*8 + 10*5 + 3
100a + 10b +c - 100c - 10b - a
99a - 99c = (100 - 1)*(a - c)     wegen a > c ist das ein positives Ergebnis
= 100*(a - c - 1) + 90 + (10-(a-c))     sieht etwas komisch aus, aber stimmt
damit ist xyz auch klar: x = (a - c - 1), y = 9 und z = (10-a-c)
xyz + zyx wird nun zu:
100*(a - c - 1) + 90 + (10-(a-c)) + (100*(10-(a-c)) + 90 + (a - c - 1))
100*(a - c - 1) + 90 + (10- a + c) + 100*(10-a+c) + 90 + (a - c - 1)
100a - 100c - 100 + 90 + 10 - a + c + 1000 - 100a + 100c + 90 + a - c - 1
davon bleiben am Ende
- 100 + 90 + 10 + 1000 + 90 - 1 = 1089
(Beweis nach Lietzmann Sonderlinge im Bereich der Zahlen)
Macht man das Verfahren mit vierstelligen Zahlen ergibt sich immer 10 989

Sommerspezial ohne Wertung

Das erste Bild zeigt die Entstehung eines Sechsecks 3. Ordnung:
1. Ordnung also ein regelmäßiges Sechseck
2. Ordnung also 1. Ordnung mit einem Ring von 6 regelmäßigen Sechsecken also insgesamt 7
3. Ordnung also 2. Ordnung mit einem Ring von 12 regelmäßigen Sechsecken also insgesamt 19

Fragen: Aus wie vielen Sechsecken bestehen die 4., 5., 10. und n-te Ordnung?

Lösung

Zeilenweise Betrachtung: (n für die Ordnung)
1. Ordnung: 1 Zeile mit einem Sechseck Anzahl: n
2. Ordnung: 3 Zeilen, unten und oben Anzahl n und in der Mitte n+1 Anzahl n+n+(n +1) = 3n +1
3. Ordnung: Es kommen wieder 2 Zeilen dazu. Es gibt also 2n - 1 Zeilen. (Gilt bei 1. und 2.) Anzahl in den Zeilen symmetrisch nach "innen" 2n + 2(n+1) + (n+2) = 5n + 4
4. Ordnung: 2n + 2(n+1) + 2(n+2) + (n+3)= 7n + 9 = 37 = 7n + 2*1 + 2*2 + 1*(n-1)= 8n + 2*(1 + 2) - 1= 2*4*n + 2*(1 + 2) - 1
5. Ordnung: 2n + 2(n+1) + 2(n+2) + 2(n+3) + (n+4) = 9n + 16 = 61 = 9n + 2*1 + 2*2 + 2*3 + 1*(n-1)
= 9n + 2*(1+2+3) + (n-1)
= 10n + 2*(1+2+3) - 1
= 2*5*n + 2*(1+2+3) - 1
= 2*n*n + 2*(1+2+3) - 1
Also erster Teil das Doppelte von n², zweiter Teil das Doppelte der Summe von 1 bis n-2 und dann 1 abziehen.
Der zweite Teil ist dann 2*(n-2)*(n-1)/2 (Abwandlung der Summenformel für die Zahlen von 1 ... n )
2*n² + n² - 3*n + 2 - 1
Endformel: 3*n² - 3*n + 1
Nun noch also die 10. Ordnung: 271 Sechsecke.

Magisches Sechseck:

In das Sechseck 3. Ordnung sind die Zahlen 1, 2, 3, ..., 18, 19 so einzutragen, dass jede Zahl genau einmal verwendet wird. Die Summe in jeder Reihe benachbarter Felder muss gleich sein (Wie bei einem magischen Quadrat ja auch). Felder sind benachbart, wenn sie eine Kante gemeinsam haben.
In dem Bild gibt es also 5 senkrechte Reihen und 5 schräg verlaufende Reihen.
Wer alle Möglichkeiten für die Verteilung der Zahlen durchprobieren möchte, der sei gewarnt, denn es läst sich schnell zeigen,
dass es 19! = 121 645 100 408 832 000 Varianten gibt. Um so erstaunlicher, dass es abgesehen von Drehungen und Spiegelungen eigentlich nur eine Lösung gibt.
Wer nicht bis zum Ende der Sommerpause warten will, der muss halt in die Bibliothek gehen und sich das Buch: Das Beste aus dem mathematischen Kabinett von Thiagar Devendran ausleihen.

Lösung

Die Lösung aus dem Jahre 1896:
Sechseck 3. Ordnung mit Lösung

Aufgabe 9

Mensch Mike, da hatten wir ja Glück, dass für das komische Sechseck so viel Zeit war, da habe ich vielleicht probiert und probiert. Stell dir mal vor mein Vater hat geschummelt, der hattte sich doch das Buch ausgeliehen. Hm, also wenn ich ehrlich bin, dann habe ich auch einen Blick reingeworfen, meinte Mike. Ach was solls warum hat es denn auch sonst dabeigestanden sagte Bernd gelassen.
Hast du schon die Hausaufgabe angefangen, welche Hausaufgabe? Ach stimmt ja, du warst ja beim Arzt.
Wir sollen Dreiecke konstruieren für die a = 5 cm und b = 2 cm gilt. Dabei soll aber auch c eine natürliche Zahl sein (größer Null ist ja klar).
Wie viele solche Dreiecke haben Bernd und Mike jeweils zu zeichnen?
Wie viele Dreiecke gibt es für allgemein vorgegebene Werte von a und b im Sinne der Aufgabenstellung (also a und b sollen natürliche Zahlen sein, ebenso c)?
Für den ersten Teil gibt es so viele Punkte wie es Dreiecke gibt und für den zweiten Teil gibt es 3 Punkte.

Lösung

Hier eine komplette Darstellung von Mawi (danke)
im Dreieck muss gelten:
a + b > c
b + c > a
a + c > b
hier bedeutet das:
c < a + b = 5 + 2 = 7 => c < 7
c > a - b = 5 - 2 = 3 => c > 3
c > b - a = 2 - 5 = -3 => c > -3
=> 3 < c < 7 => c = {4,5,6} => es gibt 3 Lösungen
allgemein gilt analog:
c < a + b und c > | a - b |
wenn o.B.d.A. a > b gilt, heißt das:
a - b < c < a + b,
<=> 0 < c-a+b < 2b
<=> 1 <= c-a+b <= 2b-1,
d.h. es gibt 2b-1 Lösungen

Aufgabe 10

Gut dass wir vorher überlegt haben, was das zu konstruieren war, stellten Mike und Bernd zusammen fest. Lass uns aber endlich mal wieder was aus Opas Kalender machen. Na dann los.
Nach dem Landesbrauch ist ein Turm gebauet. Davon sind 1/4 in der Erd, 1/3 im Wasser und 100 Schuch (Bamberger Maß im Mittelalter) in der Luft. Nun fragt man sich, wie viel Schuch sind im Wasser, im Erdreich und wie hoch ist der Turm im Ganzen?
Wer die Aufgabe aus dem Jahre 1483 in Gänze zu lösen vermag, der kann sich über 3 Punkte freuen.

Lösung

Es sei die gesamthöhe des Turmes x. Dann ergibt sich:
x/4 + x/3 + 100 = x
7/12 x + 100 = x
100 = 5/12 x
x = 240 Der Turm ist also 240 Schuch hoch, in der Erde sind es 240/4 = 60 Schuch, im Wasser 240/3 = 80 Schuch, das sind zusammen 140 Schuch, so dass die 100 Schuch in der Luft verbleiben.

Aufgabe 11

Schuch, die Einheit hatte ich noch nie gehört, meinte Bernds Vater als er die Aufgabe las, aber ich lerne gerne dazu. Ich habe aber auch mal wieder eine für euch.
Neulich war ich beim Elternabend, es waren 36 Leute da. Es ging auch um die Klassenfahrt, wie ihr wisst gab es zwei Vorschläge. Das eine Ziel war Arnstadt, das andere Beierfeld. Die Auszählung ergab, dass es 16 Stimmen mehr für Arnstadt als für Beierfeld gab. Wie viele stimmten für Arnstadt und wie viele für Beierfeld?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Lösung

Der Knackpunkt ist hier das die Formulierung 16 Stimmen mehr für Arnstadt als für Beierfeld ...
Sind b die Stimmen für Beierfeld, so gab es für Arnstadt a = b + 16 Stimmen.
Aus a + b = 36 wird dann
(b+ 16) + b = 36
b + 16 + b = 36
2b = 20
b = 10
Es gab also 10 Stimmen für Beierfeld und (a = b + 16) 26 Stimmen für Arnstadt.

Aufgabe 12

Bernd wäre eigentlich gern nach Beierfeld gefahren, aber nun ja. Etwas lustlos spielte er mit drei einzelnen Eurostücken vor sich hin. Irgendwann legte er sie so hin, dass sie sich alle wechselseitig am Rand berührten. In der Mitte blieb etwas freie Fläche übrig. In dem Moment kam Mike dazu, er sah die Lage der drei Münzen und meinte, da verbirgt sich mal eine Aufgabe für deinen Vater dahinter. Wie jetzt? Soll uns doch mal dein Vater ausrechnen wie groß eine Münze sein dürfte, so dass sie genau dazwischen passt. Gute Idee, aber lass es uns etwas abändern. Wie groß darf ein Kreis sein, der genau zwischen drei Kreise passt, wenn die jeweils einen Radius von 5 cm haben? Einverstanden.
Zu erreichen sind 7 Punkte. Die Punkte können durch eine Berechnung, aber auch durch eine Superkonstruktionsbeschreibung mit Messung erreicht werden.

Lösung

Es ist leicht einzusehen, dass die Mittelpunkte der sich berührenden Kreise ein gleichseitiges Dreieck bilden. Die Seitenlänge ist dann 10 cm. Der Mittelpunkt des gesuchten Kreises befindet sich dann im Mittelpunkt des Dreiecks. Wegen der Gleichseitigkeit des Dreiecks ist dieser Mittelpunkt, auch der Mittelpunkt des Inkreises, des Umkreises und des Schwerpunktes des Dreiecks. M, B und der Mittelpunkt von AB bilden ein rechtwinkliges Dreieck. Die Strecke von MB ist gemäß der Eigenschaften der Seitenhalbierenden (Seitenhalbierende werden durch den Schwerpunkt im Verhätnis 2:1 geteilt) 2/3 der Höhe des gleichseitigen Dreiecks:
(h= g/2*√3 mit g = 2r ⇒
MB= 2r/3 * √3
Von MB braucht man nur noch r zu subtrahieren und erhält den gesuchten Radius r_i ⇒
r_i = 2r/3 √3 - r⇒
r_i = (2/3 √3 - 1) r⇒
r_i = 0,1547 * r mit r = 5 cm ergibt sich
r_i = 0,77 cm
Hier noch eine Beschreibung, der eine etwas andere Idee zugrunde liegt - Danke an Doreen Naumann
Man zeichne drei Kreise mit je einem Radius von 5cm, die sich wechselseitig am Rand berühren. Wenn man die Mittelpunkte der Kreise miteinander verbindet, entsteht ein gleichseitiges Dreick mit einer Seitenlänge von 10 cm.
Dort, wo sich die Kreise wechselseitig berühren, ist auch der Punkt, der die Seite halbiert. Diese drei Punkte lassen sich miteinander verbinden, es entsteht ein kleineres Dreieck im Größeren. Dessen Seiten schneiden die Kreise in je zwei Punkten.
Jetzt zeichnen wir noch die drei Seitenhalbierenden des kleineren Dreiecks ein. An einem Punkt schneiden sich die drei Linien.
Nun muss man nur noch den Abstand zwischen diesem Punkt und dem Kreis messen, das ist der Radius des kleinen Kreises, der genau zwischen die drei größen Kreise passt.
Dieser Radius beträgt nach meiner Messung etwas weniger als 0,8 cm, also etwa 0,78 cm.

Auswertung Serie 10

			Punkte für die Aufgaben
zu erreichende Punktzahl			65	3	6	7	2	6	4	12	6	6	3	3	7
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	Kim Holtze	Fröndenberg	64	3	6	7	1	6	4	12	6	6	3	3	7
2	Doreen Naumann (27 J.)	Duisburg	63	3	6	7	1	6	4	12	5	6	3	3	7
3	Sebastian Wallek (16 J.)	Bruck i. d. Opf.	60	3	6	7	1	6	4	11	6	3	3	3	7
4	Andree Dammann (37 J.)	München	53	3	6	7	1	6	4	10	6	-	-	3	7
5	Katrin Wolstein	Bamberg	43	2	6	-	1	4	4	12	-	-	3	-	7
6	Andreas Lang	Chemnitz	35	3	6	-	-	6	-	11	-	6	3	-	-
7	Anika Borchmann (14 J.)	Zeuthen	19	3	6	7	1	2	-	-	-	-	-	-	-
7	Mawi	Dresden	19	-	-	-	-	-	-	-	-	6	3	3	7
8	Christoph T.	Emden	17	3	-	7	1	-	-	-	-	-	3	3	-
9	PC Zerbe	Chemnitz	12	-	-	-	-	-	-	12	-	-	-	-	-
10	Alexander Becker	Chemnitz	10	-	-	-	1	-	-	9	-	-	-	-	-
10	Helene Baumann	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	10	-	-	-	-	-
11	Christian Böhme	Chemnitz	7	-	-	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-
11	Sophie Jähnich	Chemnitz	7	-	-	-	1	6	-	-	-	-	-	-	-
11	Loreen Jagelmann	Chemnitz	7	-	-	-	1	6	-	-	-	-	-	-	-
11	Annika Theumer	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	7
12	Tina Hähnel	Chemnitz	6	-	-	-	1	5	-	-	-	-	-	-	-
12	Anna Seidel	Chemnitz	6	-	-	-	-	6	-	-	-	-	-	-	-
12	Max Wawrzyniak	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	3	-
13	Rosa Laura Czys	Chemnitz	5	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-	-	-
13	Domenique Güra	Chemnitz	5	-	-	-	1	-	4	-	-	-	-	-	-
14	Josephine Koch	Chemnitz	4	1	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
15	Franz Münzner	Chemnitz	3	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-
15	Mutti Borchmann	Zeuthen	3	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-
15	Daniel Hufenbach	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
16	Salomon Brunner	Chemnitz	1	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
16	Marcel ???	???	1	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-

Serie-9

Serie 9
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

Bernd borgte sich Mike 5 Euro, weil er sein Arbeitsheft bezahlen musste und wieder mal nicht an das Geld gedacht hatte, aber unter den Freunden war das kein Problem. Abends sprach er mit seiner Mutter darüber und bat um die 5 Euro, da meinte die, wenn du schon immer so viel mit Opa, Vater und Mike knobelst, dann wird das ja wohl eine Kleinigkeit sein. Wie viele Möglichkeiten gibt es, die 5 Euro aus gültigen Münzen zusammenzustellen, wenn jeder mögliche Münzwert mindestens einmal, aber höchstens 5-mal verwendet wird. Ach Mutter jetzt fängst du auch noch an, aber gut. Es sind ... Möglichkeiten. Das ging ja schnell, meinte die Mutter, aber okay, du stehst mehr im Training.
Zu erreichen sind 5 Punkte.

Lösung

Jede Münze einmal verwendet ergibt 3,88 Euro. So mit verbleibt 1,12 Euro bis zu 5,00 Euro. Diese gilt es mit maximal 4 Münzen einer Sorte darzustellen. Wer zu bequem war alles durchzuprobieren nutzt ein kleines Programm mit mehreren for - Schleifen, dieses liefert alle 72 Möglichkeiten.
1. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
2. Möglichkeit: 1 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
3. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 2 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
4. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
5. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
6. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
7. Möglichkeit: 1 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
8. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 2 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
9. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
10. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
11. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
12. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
13. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
14. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
15. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
16. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
17. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 1 x 2 Cent + 0 x 1 Cent
18. Möglichkeit: 1 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 3 x 2 Cent + 1 x 1 Cent
19. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 2 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 3 x 2 Cent + 1 x 1 Cent
20. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 3 x 2 Cent + 1 x 1 Cent
21. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 3 x 2 Cent + 1 x 1 Cent
22. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 3 x 2 Cent + 1 x 1 Cent
23. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 3 x 2 Cent + 1 x 1 Cent
24. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 3 x 5 Cent + 3 x 2 Cent + 1 x 1 Cent
25. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 3 x 5 Cent + 3 x 2 Cent + 1 x 1 Cent
26. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 3 x 5 Cent + 3 x 2 Cent + 1 x 1 Cent
27. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 3 x 5 Cent + 3 x 2 Cent + 1 x 1 Cent
28. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 3 x 5 Cent + 3 x 2 Cent + 1 x 1 Cent
29. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
30. Möglichkeit: 1 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
31. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 2 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
32. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
33. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
34. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
35. Möglichkeit: 1 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
36. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 2 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
37. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
38. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
39. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
40. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
41. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
42. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
43. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
44. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
45. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 0 x 2 Cent + 2 x 1 Cent
46. Möglichkeit: 1 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 2 x 2 Cent + 3 x 1 Cent
47. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 2 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 2 x 2 Cent + 3 x 1 Cent
48. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 2 x 2 Cent + 3 x 1 Cent
49. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 2 x 2 Cent + 3 x 1 Cent
50. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 2 x 2 Cent + 3 x 1 Cent
51. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 1 x 5 Cent + 2 x 2 Cent + 3 x 1 Cent
52. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 3 x 5 Cent + 2 x 2 Cent + 3 x 1 Cent
53. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 3 x 5 Cent + 2 x 2 Cent + 3 x 1 Cent
54. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 3 x 5 Cent + 2 x 2 Cent + 3 x 1 Cent
55. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 3 x 5 Cent + 2 x 2 Cent + 3 x 1 Cent
56. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 3 x 5 Cent + 2 x 2 Cent + 3 x 1 Cent
57. Möglichkeit: 1 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
58. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 2 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
59. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
60. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
61. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
62. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 0 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
63. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
64. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
65. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
66. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
67. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 2 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
68. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 4 x 20 Cent + 0 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
69. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 1 x 20 Cent + 1 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
70. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 3 x 20 Cent + 2 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
71. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 1 x 50 Cent + 0 x 20 Cent + 3 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent
72. Möglichkeit: 0 x 1-Euro + 0 x 50 Cent + 2 x 20 Cent + 4 x 10 Cent + 4 x 5 Cent + 4 x 2 Cent + 4 x 1 Cent

Serie 9 Aufgabe 2

Na warte, meinte die Mutter, diesmal geht es nicht so leicht. In einem Buch ihres Sohnes standen die Namen Gauss, Riese und Euklid, da durchzuckte sie ein mathematischer Blitz und sie die Lösung der Aufgabe:
G A U S S + R I E S E = E U K L I D
vor sich: Es war fantastisch, jeder Buchstabe stand für eine andere Ziffer, gleiche Buchstaben, natürlich für Buchstaben gleiche Ziffern.
Das ist ja eine starke Aufgabe, meinte Bernd. Das will ich wohl meinen, sagte seine Mutter.
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

Als erstes wird klar, dass E = 1 ist, wegen des Übertrages an der ersten Stelle.
G A U S S + R I 1 S 1 = 1 U K L I D, ebenso ist klar wird, dass G und R nicht 0 und 1 sein können.
Erkennbar ist S + 1 = D und U + 1 = L, aber eventuell auch U + 2 = L, wegen eines Übertrages.
Nun kann man beginnen mit S = 2 und die Aufgabe entsprechend durchrechnen:
G A U 2 2 + R I 1 2 1 = 1 U K L I D
G A U 2 2 + R I 1 2 1 = 1 U K L 4 3
G A U 2 2 + R 4 1 2 1 = 1 U K L 4 3
Jetzt wird mit U weiter gemacht, welches 0, 5, 6, 7, 8, 9 sein könnte. U = 0 führt auf L = 1 geht nicht.
... Noch ein wenig weiter probiert und man merkt, dass es mit keinem U klappt, also ist die Annahme falsch, dass S = 2 sein kann.
Die Systematik ist klar, sie führt auf genau zwei Lösungen:
47088 + 56181 = 103269 und 57088 + 46181 = 103269
Anmerkung: Ein von Mawi geschriebenes C-Programm gibt auch diese Ergebnisse aus. (Wenn der 4-Farbensatz per Computer bewiesen wurde, warum sollte dann ein Programm, dann nicht auch hier helfen dürfen.)

Serie 9 Aufgabe 3

Der Opa war auf dem Flohmarkt und hat dort ein altes Schachbrett mitgebracht. Mensch Opa, da fehlen doch die beiden Felder an den Ecken der dunklen langen Diagonale. Na und, ich will doch bloß meine Dominoaufgabe darauf erledigen. Was ist denn das? Na ja, die Aufgabe besteht darin, Dominosteine - die immer genau auf zwei der Felder passen, z.B also auf B1B2 oder auf B1C1, so auf dem Schachbrett unterzubringen, dass alle Felder bedeckt sind. Die Steine dürfen nicht übereinander liegen. Bist du sicher, dass das geht. Na klar, warum denn nicht.
Kann der Opa das schaffen?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Lösung

Nun der Opa hat Pech, es fehlen zwei scharze Felder. Es gibt also 32 weiße Felder und 30 schwarze Felder. Ausgehend von den scharzen Feldern, kann Opa 30 Dominosteine auf das Brett legen, es bleiben zwei weiße Felder nicht belegt. Ach Opa.

Serie 9 Aufgabe 4

Bernd und Mike sitzen herum und wundern sich immer noch, dass Opa sich mit dem kaputten Schachbrett so geirrt hat. Sie wissen aber auch, dass diese neue Aufgabe schon die 100-ste Wochenaufgabe ist.
Da kommt Maria, Bernds Schwester ins Zimmer und schreit: Ich habe eine Botschaft von Außerirdischen bekommen. Wie jetzt? Na unser Lehrer für Astronomie hat uns erzählt, dass die Menschen 1974 eine digitale Botschaft aus 1679 Bits also Nullen und Einsen in Richtung des Sternhaufens M 13 geschickt haben, na ja und vorhin habe ich diese Botschaft erhalten:
0000001100001110000001110000000001001000100010000100010000000100010010000010010000010000010000100100000100100000
1000000000010010000010010000010000000000100010001000010001000000000001000011100000011100000
Ich habe schon mal die 1 rot gefärbt, damit man es besser sieht. Wie was sieht? Wenn du den Gedanken der Botschaft aus Arecibo folgst, wirst du die Botschaft - das Bild erkennen.
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Der Hinweis auf die Botschaft lässt erkennen, dass die Zahlenschlange ein Bild sein soll. Solche Bilder sind meist rechteckig. Das Der Zeichen führt auf 203 Nullen und Einsen. 203 lässt sich in 7*29 zerlegen. Es sind also 7 Zeilen und 29 Spalten oder umgekehrt. Das sieht dann so aus:

00000011000011100000011100000
00001001000100010000100010000
00010001001000001001000001000
00100001001000001001000001000
00000001001000001001000001000
00000001000100010000100010000
00000001000011100000011100000

0000001
1000011
1000000
1110000
0000010
0100010
0010000
1000100
0000010
0010010
0000100
1000001
0000010
0001001
0000010
0100000
1000000
0000100
1000001
0010000
0100000
0000010
0010001
0000100
0100000
0000001
0000111
0000001
1100000

Der Glückwunsch zur 100.sten Aufgabe ist links super zu erkennen.

Serie 9 Aufgabe 5

Der Vater von Maria und Bernd hatte die Botschaft mit der 100 fabriziert, also muss nun doch die Kontaktaufnahme per S E T I weitergehen, schade.
Mike hat einen Chemieexperimentierkasten bekommen. Für ein Experiment braucht er 40 ml 12-prozentige Schwefelsäure. Bernd schaut in den Kasten und sieht, dass es nur 10- und 20-prozentige Schwefelsäure gibt. Wie viel von jeder Sorte müssen sie verwenden, damit sie die benötigte Menge herstellen können?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Der Lösungsweg von Sebastian Wallek, vielen Dank
Säureanteil der 10% Säure + Säureanteil der 20% Säure = = Säureanteil der 12% Säure
x*0,1 + y*0,2 = (40ml)*0,12 (I)
Außerdem muss die Säure x + Säure y genauso viel sein wie die 12% Säure
x + y = 40ml
y = 40ml - x (II)
(II) in (I): x*0,1 + (40ml - x)*0,2 = (40ml)*0,12
x*0,1 + (40ml)*0,2 - x*0,2 = (40ml)*0,12
x*(0,1 - 0,2) = (40ml)*0,12 - (40ml)*0,2
x*(-0,1) = 4,8ml - 8ml
x*(-0,1) = -3,2ml
x = 32ml
aus (II): y = 40ml - x = 40ml - 32ml = 8ml
Somit steht fest, dass er 32ml von der 10%-Säure und 8ml von der 20%-Säure verwenden muss, um 40ml von der 12%-Säure zu erhalten.

Serie 9 Aufgabe 6

Das mit dem Mischen der verschieden starken Säuren war ja gar nicht so schwer, meinte Bernd, aber ich habe da in einer Zeitung eine andere Mischungsaufgabe gelesen. Die Lösung hat mir nicht so richtig eingeleuchtet. Wie ging denn die Aufgabe, fragte Mike.
Ein Glas grüner Waldmeisterlimo - so etwa 300 ml - und ein gleich volles Glas mit rotem Saft stehen auf dem Tisch. Ein böser Bube macht sich einen Scherz und nimmt einen Löffel voll (ca. 30 ml) roten Saft und kippt ihn in die Waldmeisterlimo. Nach dem Umrühren nimmt er wieder einen Löffel voll aus dem Mix und gibt ihn in den Saft zurück. Ist nun mehr rotes im grünen oder umgekehrt, mehr grünes im roten?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Ich habe die Situation tabellarisch dargestellt.

Schritte	1. Glas	2. Glas
Ausgangssituation	300 ml grün	300 ml rot
1 Löffel von rot nach grün	330 ml Gemisch	270 ml rot
Überlegung	Glas enthält 30 ml rot + 300 ml grün Er wurden 1 Anteil rot mit 10 Anteilen grün vermischt. Es gibt also 11 Anteile.	270 ml rot
Umrühren	330 ml bestehend aus 1/11 rot und 10/11 grün	270 ml rot
Löffel zurück ins rote Glas	300 ml bestehend aus 1/11 rot und 10/11 grün	300 ml Gemisch
Überlegung	300/11 ml rot und 3000/11 ml grün	Der Löffel enthielt 30/11 ml rot und 300/11 ml grün, zusammen mit dem 270 ml rot (=2970/11) im Glas sind also 3000/ml rot und 30/11 ml grün.
Endstand	300/11 ml rot und 3000/11 ml grün	3000/ml rot und 30/11 ml grün

Es ist also in jedem Glas gleich viel von der jeweils anderen Farbe.
Auch wenn die Aufgabenstellung nicht verlangte den Anteil genau anzu geben, so ist doch damit gezeigt wie es auch geht. Es leuchtet schnell ein, dass die Größe des Löffels keine Rolle spielt, lediglich der Nenner ändert sich dadurch.

Serie 9 Aufgabe 7

Nach dem Gesafte vom letzten Mal geht es nun deutlich beschaulicher zu.
In Opas Kalender ist diesmal eine Aufgabe aus einen sehr alten Rätselbuch zu finden.
Ein Mann trifft eine Schildkröte. Diese hat viele Jahre bei einem Zauberer gelebt, der ihr das Sprechen beigebracht hat. Der Mann kann also seine Frage los werden. Stimmt es, dass Schildkröten 6 000 Jahre alt werden können? Nun das ist stark übertrieben, aber du kannst mein Alter erraten. Wenn ich dreimal so alt wäre wie ich bin und würde dieses Alter mit 1/5 meines wahren Alters multiplizieren, dann kämen 6 000 Jahre heraus. So da du nun sicher weißt wie alt ich bin, wirst du mit zustimmen, das ich mit dem Alter beginnen kann meinen Jugendtraum zu verwirklichen, nämlich Schauspieler zu werden.
Wie alt die noch junge Schildkröte?
Zu erreichen 3 Punkte

Lösung

Der Ansatz ist gar nicht so schwer:
a - Alter:
3 mal so alt: 3a
1/5 des Alters 1/5*a
Diese Angaben zusammen sollen dann 6 000 Jahre ergeben
3a*1/5*a=6 000
3/5 *a²= 6 000
a²= 10 000
a ist entweder 100 oder - 100, wobei - 100 als Altersangabe entfällt.
3 mal so alt: 300 * 1/5 des Alters 20, stimmt 300 * 20 = 6 000.
Da es ja selbst 100-jährige Menschen gibt, die noch schauspielern, warum soll dann die Schildi nicht anfangen.

Serie 9 Aufgabe 8

Bernd kommt nach Hause und erzählt seiner Mutter, dass er eine Werbetafel gesehen hat, auf der stand:
Schülerlexikon 15 Euro
Schreibblock nur 1 Euro und
4 Bleistifte - gibt es auch einzeln - ebenfalls nur ein Euro.
Das ist ja alles wichtig, meinte die Mutter und mal wirklich preiswert. Geh und hole f&uur dich und deine Schwester, das was ihr braucht.
Eh, das ist ja cool, da kann ich für 100 Euro genau 100 Teile holen, so dass mindestens ein Lexikon, ein Block und ein Bleistift dabei sind. Ja schon, meinte die Mutter, aber das sind wieder recht viele Möglichkeiten? Mach es so, das für Mike, Maria und dich ein Lexikon dabei ist und die Zahl der Blocks und Bleistifte gleich sind, damit Maria und du die gleiche Anzahl bekommen. Was kann Bernd einkaufen?
Zu erreichen sind 3 Punkte.
Wer Lust hat, kann ja überlegen wie viele Möglichkeiten Bernd ohne die Einschränkung der Mutter hätte.

Lösung

Durch die Bedingung der Mutter ist die eine Lösung schnell gefunden, ansonsten gäbe es 129 verschiedene Varianten, was man für 100 Euro einkaufen kann. Dabei aber fällt aber auf, das sich die Mutter geirrt hat, als sie sagte, es gäbe viele Möglichkeiten für 100 Euro auch genau 100 Teile zu kaufen, das ist nämlich nur eine:
3 Lexika + 41 Blocks und 56 Bleistifte. Das sind dann 100 Stücke fÃ¼r 100 Euro
Die geforderte Bedingung der Mutter ist auch ablesbar:
3 Lexikon + 44 Blocks und 44 Bleistifte. Das sind dann 91 Stüke fÃ¼r 100 Euro
Hierbei bekommen Mike, Bernd und Maria jeweils ein Lexikon, außerdem sind es für Bernd und Maria die gleiche Anzahl an Blöcken und Bleistiften.
Anderer Weg:
100 Euro - 45 Euro (3 Lexika) = 55 Euro für Blöcke und Bleistifte.
Da die Anzahl (a) der Blöcke und Bleistifte gleichsein soll gilt nun:
1*a + 0,25*a = 55
1,25*a = 55
a = 44
Nachbemerkung: Die Ursprungsaufgabe ist schon sehr alt und als Aufgabe der 100 Vögel bekannt. Sie führen auf das unterbestimmte Gleichungsystem:
ax + by + cz = d
x + y + z = d
a, b, c sind die Preise, d die Anzahl - hier 100.
Einige Teilnehmer haben diese Gleichungssystem gelöst (unter der Berücksichtigung, dass es nur ganzzahlige Werte für x, y und z sein dürfen). Die allgemeine Lösung und eine spezielle Aufgabenstellung hat Leonard Euler im Jahr 1771 gezeigt. (Leider war in dem Buch "Maß, Zahl und Gewicht" nur die spezielle Aufgabe drin.)

Serie 9 Aufgabe 9

Bernd war kaum von seinem Einkauf zurück, da kam Mike und brachte eine neue Knobelei mit.
Es geht um ein gleichseitiges Dreieck. Die Seiten werden gebildet aus je 4 Kreisen, in die Kreise sind die Zahlen 1 bis 9 jeweils einmal einzutragen, so dass die Summe der Zahlen auf jeder Dreiecksseite gleich sind. In welchem Bereich kann die Summe liegen, gib jeweils eine Verteilung für die kleinste Summe bzw. die größte Summe an.
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

Weil die Lösung umfassend und schnell kam, so wird hier die Variante von Andree verwendet, danke.
Die größte Summe ergibt sich, wenn die größten Ziffern in den Ecken stehen, weil sie dann doppelt gezählt werden. Somit ergibt sich dann als größtmögliche Summe:
Formel 1
Und eine mögliche Verteilung:
Dreieck 1
Entsprechend erreicht man die kleinste Summe mit den kleinsten Ziffern in den Ecken:
Formel 2
Und dazu eine mögliche Verteilung:
Dreieck 2

Serie 9 Aufgabe 10

Du Opa, die Aufgaben aus deinem Kalender sind aber nicht alle von dir, oder? Nein, das sind sie nicht. Viele Aufgaben sind schon sehr sehr alt und dienten den alten Griechen, Römern und arabischen Gelehrten als Beispiele für den dargebotenen Lehrstoff. Auch in deutschen Sammlungen des 15. bis 19. Jahrhunderts finden sich solche Aufgaben. Hier ein recht deftiges Beispiel aus dem Jahr 1686:
Ein Brannteweins Held kan ein gefülltes Väßgen/ von 50 Oessel in 6 Wochen außleeren. Wann seine Frau/die in dem nassen Hand-Werk auch schon ziemlich gelernet/ihm secundiret/ so können sie besagte Väßlein/ in 30 Tagen außlekken. Wie lang würde dieses durstige Haus-Wirthin daran zu nippen haben/wann sie selbiges allein ledig machen solte? (verstehe/ wann sie etwann nicht tieffer in den Geschmak käme/ sondern einen Tag nicht mehr trünke als den anderen.)
Wann so das liebe Hauß an beiden Enden brennet/
Wann Frau so wol/ als Mann/ zur Brandweins-Flschen rennet/
Und Witz und Heyl versaufft/ da kanns nicht anders seyn/
Es fällt ein solches Hauß vom Brand des Brandweins ein.
zu erreichen sind 5 Punkte
Verfasser Valentin Heins (1637- 1704), zitiert aus dem Buch Maß Zahl und Gewicht

Lösung

m stehe für die Tagesration des Mannes und f entsprechend für die Frau.
m = 1/42 vom Fass und
m + f = 1/30 | -m
f = 1/30 - 1/42
f = 1/105
Tja das war ja gar nicht so schwer, die Frau würde 105 Tage, das sind 15 Wochen brauchen.

Serie 9 Aufgabe 11

Nach dem Bernd und Mike, die Aufgabe mit der durstigen Wirtin gelöst hatten und erst ein mal selber einen kräftigen Schluck - natürlich Limo - genommen hatten, schauten sie die nächste Aufgabe an. Na ob das dein Opa wirklich erlebt hat, aber egal.
Als ich noch jung war unternahm ich in meinem ersten Urlaub eine lange Wanderung durch das Erzgebirge. Am dritten Tag, kam ich in ein Unwetter, so dass meine Wanderkarte völlig durchnässt wurde und ich nichts mehr erkennen konnte. Nun kam ich an eine Weggabelung und musste mich entscheiden, welchen Weg ich einschlage. Zwei Einheimische saßen dort auf einer Bank, die werde ich fragen. Da fiel mir ein, dass der Wirt gemeint hatte, dass auf dem nächsten Wegabschnitt immer ein paar Einheimische herum wandern, die sich gerne einen Scherz erlaubten. So gaben Leute aus L-Dorf immer eine falsche Antwort und die aus W-Dorf die richtige Antwort. Dazu kam, dass sie grundsätzlich nur eine Frage beantworteten. Zu blöd, den Leuten sah man nicht an wo sie herkamen, aber ich dachte eine Weile nach, während ich Rast machte und dann stellte ich dem ersten die Frage: Seid ihr aus dem gleichen Dorf? Den zweiten fragte ich, muss ich um nach Z-Dorf zu kommen, den linken Weg nehmen? Als ich beide Antworten gehört hatte, wusste ich, welchen Weg ich zu nehmen hatte.
Welchen Weg musste Opa nehmen?
Zu erreichen sind 8 Punkte

Lösung

Die Einheimischen sind bei der Lösung kurzhand mal als Männer bezeichnet. Es gibt genau vier Fälle für die Verteilung der Personen:
1. Fall: der linke Weg ist richtig.

erster Mann aus	zweiter Mann aus	Antwort erster Mann	Antwort zweiter Mann	der richtige Weg
L-Dorf	L-Dorf	nein	nein	links
L-Dorf	W-Dorf	ja	ja	links
W-Dorf	L-Dorf	nein	nein	links
W-Dorf	W-Dorf	ja	ja	links

2. Fall: der rechte Weg ist richtig.

erster Mann aus	zweiter Mann aus	Antwort erster Mann	Antwort zweiter Mann	der richtige Weg
L-Dorf	L-Dorf	nein	ja	rechts
L-Dorf	W-Dorf	ja	nein	rechts
W-Dorf	L-Dorf	nein	ja	rechts
W-Dorf	W-Dorf	ja	nein	rechts

Wie man für beide Fälle den Tabellen entnehmen kann, weist die erste Antwort auf den Ort des zweiten und damit auf den Wahrheitgehalt der zweiten Antwort hin. Ist die erste Antwort ja, dann ist die Information des zweiten wahr und Opa kann die Antwort für bare Münze nehmen, weiß also ob der nachgefragte linke Weg richtig ist. Lautet die erste Antwort nein, dann ist die Information des zweiten falsch und Opa weiß auch was zu tun ist.
Man sieht sogar noch mehr in der Tabelle, sind die Anworten gleich, ist der linke Weg richtig, ansonsten ist es der rechte Weg, geniale Fragen, die der Opa sich ausgedacht hatte.

Serie 9 Aufgabe 12

Es ist schon erstaunlich, wie geschicktes Fragen helfen kann, meinte Mike, als sie die Aufgabe nach allen Seiten beleuchtet hatten.
Nicht immer ist es Geschick, sondern nur ein Trick. Wie Trick, meinte Bernd. Pass mal auf:
Nimm irgendeine natürliche Zahl größer als Null, multipliziere jetzt mit 2, dann addierst du 4 dazu, multiplizierst jetzt mit 5 und ziehst jetzt wieder 7 ab zum Schluss addiere noch eine beliebige einstellige natürliche Zahl dazu und nenne mir dein Ergebnis, ich errate sofort deine Zahlen.
Mike nennt 178, sofort sagt Bernd die Zahlen 16 und 5.
Nochmal 1141, da hast du die Zahlen 112 und 8 genommen.
Stimmt und wie geht das?
Ganz einfach, ich ziehe von deinem Ergebnis 3 ab und sehe deinen Zahlen vor mir (na ja fast)
Wie geht das mit dem sehen (2 Punkte), warum funktioniert der Trick (+ 2 Punkte). Es sind also 4 Punkte möglich.

Lösung

Die erste beliebige Zahl sei a und die zweite einstellige Zahl sei b, dann wird folgendes gemacht:
a*2 + 4, damit mit 5 multipliziert ist (a*2 +4)*5 davon wieder 7 abziehen und noch b dazu, führt auf
(a*2 +4)*5 - 7 + b = 10a + 20 - 7 + b = 10a + 13 + b, nun soll 3 subtrahiert werden, also bleiben
10a + 10 + b nun klammere ich die 10 aus und erhalte
10(a+1) + b Dies ist nun eine Struktur einer natürlichen Zahl, deren letzte Stelle b ist und wo die davor stehen Ziffern, die um 1 größere Zahl a darstellen.
Beispiel 1141 --> 1141 - 3 = 1138 --> b war 8 und a war 113 - 1 = 112

Auswertung Serie 9

			Punkte für die Aufgaben
zu erreichende Punktzahl			55	5	6	3	4	4	4	3	3	6	5	8	4
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	Andree Dammann	München	51	3	4	3	4	4	4	3	3	6	5	8	4
2	Doreen Naumann (26 J.)	Duisburg	50	4	6	3	-	4	4	3	3	6	5	8	4
2	Kim Holtze	Fröndenberg	50	4	6	3	-	4	4	3	3	6	5	8	4
3	Andreas Lang	Chemnitz	36	-	-	3	4	4	-	3	3	6	5	8	-
4	Sebastian Wallek (16 J.)	Bruck i. d. Opf.	27	-	-	3	-	4	4	3	2	6	5	-	-
5	Mawi	Dresden	23	4	6	-	4	4	-	-	-	-	5	-	-
6	Dominique Güra	Chemnitz	20	-	-	-	-	-	4	3	-	5	-	8	-
7	Annika Theumer	Chemnitz	17	-	6	3	4	4	-	-	-	-	-	-	-
8	Katrin Wolstein	Bamberg	15	-	-	-	-	4	2	2	3	-	-	-	4
9	Josephine Koch	Chemnitz	14	-	-	-	-	4	2	-	-	-	-	5	3
10	Max Wawrzyniak	Chemnitz	11	-	-	-	4	-	4	3	-	-	-	-	-
10	Simon Kolata	Chemnitz	11	-	-	-	-	4	-	3	-	-	-	-	4
11	Josefine Hartwig	Chemnitz	8	-	-	-	4	-	4	-	-	-	-	-	-
11	PC Zerbe	Chemnitz	8	-	-	-	-	4	4	-	-	-	-	-	-
11	Christian Böhme	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	2	3	-	-	-	3	-
11	Dominique Brunner	Chemnitz	8	-	-	-	-	4	2	-	-	-	-	-	2
11	Gregor Schumann	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	3	1	-	-	-	4
12	Anika Borchmann (14 J.)	Zeuthen	7	-	-	-	4	-	-	3	-	-	-	-	-
12	Sophie Jähnich	Chemnitz	7	-	-	-	-	4	-	3	-	-	-	-	-
12	Loreen Jagelmann	Chemnitz	7	-	-	-	-	4	-	3	-	-	-	-	-
12	Helene Baumann	Chemnitz	7	-	-	-	-	4	-	3	-	-	-	-	-
12	Anna Seidel	Chemnitz	7	-	-	-	-	4	-	3	-	-	-	-	-
12	Martin Wanke	Saarbrücken	7	-	-	-	-	-	4	3	-	-	-	-	-
12	Franz Münzer	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	2	3	-	-	-	-	2
12	Christoph T.	Emden	7	-	-	-	-	-	-	3	1	-	-	-	3
13	Martin Selbmann	Chemnitz	6	-	-	-	-	4	2	-	-	-	-	-	-
13	Jonas Döhne	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	3	1	-	-	-	2
14	Alexander Becker	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	2
15	Stefan Knorr	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-
15	Tina Hähnel	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-
16	Nancy Zwintscher	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-
16	Rosa Laura Czys	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-
17	Malte Lohs	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-
17	Martin Löbelt	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-

Serie-8

Serie 8
Aufgaben und Lösungen

Serie 8 Aufgabe 1

Nach so vielen Nüssen müssen sich Bernd und Mike ein wenig bewegen. Kurz philosophieren sie über das Problem von Achilles und der Schildkröte. Ist ein alter Hut meint Mikes Schwester. Wie ist es damit?
Zwei Freunde wollen eine lange Wanderung unternehmen. Dann kommt doch was dazwischen und so machen sie folgendes aus. Der erste geht schon mal los und so schafft er jeden Tag 36 km. Sein Freund startet 4 Tage später und nimmt bis zum Treffen das Fahrrad mit dem er 108 km am Tag fährt. Wie viele Tage nach dem Start des ersten Mannes treffen sie sich?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Es gab verschiedene Verfahren. Hier mittels Gleichung.
l Zeit des Läufer und r Zeit des Radfahrer. Wenn sie sich treffen haben sie die gleichen Wegstrecke zurückgelegt. Weg ist Geschwindigkeit mal Zeit.
36 l = 108 r
mit r = l - 4 (
36 l = 108 (l - 4)
36 l = 108 l - 432
432 = 72 l
l = 6.
Am Ende des 6. Tages hat der Läufer 216 km zurückgelegt und der dann 2 Tage fahrende Radfahrer ebenfalls. Sie treffen sich also 6 Tage nach dem Start des ersten Mannes.

Serie 8 Aufgabe 2

Bernd sieht im Fernsehen einen Bericht die Renovierungsarbeiten auf einem Schiff. Auch Außenbords muss neu Farbe drauf. Die Maler stehen unmittelbar über der Wasseroberfläche auf einer Leiter, deren Sprossen jeweils 20 cm voneinander entfernt sind. Tja, aber das war bei Ebbe, wenn die Flut kommt steigt das Wasser um 1,40 m. Wie viele Sprossen muss der Maler steigen, damit er keine nassen Füße bekommt? Einfache Frage oder?
Zu erreichen sind 2 Punkte.

Lösung

Diesmal eine kleine Scherzaufgabe. Der Maler muss gar nicht nach oben steigen, da das Schiff und damit auch die Leiter bei Flut nach oben gehen.

Serie 8 Aufgabe 3

Bernd und Mike haben in der alten Spielzeugkiste den Jenga-Wackelturm entdeckt. Sie bauen ihn auf und mit viel Geschick schaffen sie sagenhafte 46 Steine raus zu holen, bevor dann der Turm mit lautem Krachen einstürzt. Das hört Bernds Schwester und möchte mitmachen, sie lässt sich das Prinzip erklären.
Es sind 57 Holzquader. Drei Quader werden nebeneinandergelegt, dann kommen quer dazu wieder drei drauf, dann wieder quer drei ... Am Ende steht ein Turm aus 19 Schichten mit quadratischer Grundfläche da. Vorsichtig wird ein Quader aus dem Turm geschoben und wieder oben entsprechend quer drauf gelegt. Dann ist der nächste Spieler dran. Nach drei Spielzügen ist der Turm eine Schicht höher, während irgendwo weiter unten 3 Steine fehlen. Spielregeln sind also: einen Stein einer beliebigen - außer der oberersten - Schicht entnehmen und die jeweils oberste Schicht auf möglichst drei Quader komplettieren. Steine dürfen nur entnommen werden, wenn es (irgendwo) weiter oben eine komplette Schicht gibt- speziell können aus der zweithöchten Schicht nur Steine entnommen werden, wenn die oberste Schicht komplett ist -. Natürlich kann man wenn beispielsweise 26 Schichten erreicht sind, auch aus der ursprünglich nicht vorhandenen 22. Schicht einen oder auch zwei Steine (zwei Spielzüge) entnehmen. Verloren hat der, bei dem der Turm einstürzt.
Wie viele Spielzüge sind theoretisch möglich und wie hoch (Schichten) ist dann der Turm?
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Lösung

Die Beschreibung der Lösung war nicht ganz einfach.
Beispiel von Doreen Naumann:
Zuerst mal bauen wir aus den 57 Steinen einen Turm:
-> 57 Züge - 19 Schichten a 3 Steine
Dann kann man aus jeder Schicht je 2 Steine entnehmen, einer muss da bleiben, damit der Turm nicht umfällt.
Die entstehenden Schichten nummerieren wir fortlaufend.
Abkürzungen: S-Schicht (jede neue Schicht hat erstmal 3 Steine)
St-Stein
je 2 Steine von Schicht:
1-18 : 36 Züge - ergibt: 12 S ->gesamt: 31 S
19-30 : 24 Züge - ergibt: 8 S ->gesamt: 39 S
31-38 : 16 Züge - ergibt: 5 S+1 St ->gesamt: 44 S + 1 St
39-43 : 10 Züge - ergibt: 3 S+1 St ->gesamt: 47 S + 2 St
44-46 : 6 Züge - ergibt: 2 S ->gesamt: 49 S + 2 St
47-48 : 4 Züge - ergibt: 1 S+1 St ->gesamt: 51 S
49-50 : 4 Züge - ergibt: 1 S+1 St ->gesamt: 52 S + 1 St
51 : 2 Züge - ergibt: 2 St ->gesamt: 53 S
52 : 2 Züge - ergibt: 2 St ->gesamt: 53 S + 2 St
Mehr Züge sind nicht möglich, da die Schichten 1-52 nur noch aus einem Stein bestehen, die 53. ist komplett, doch die 54. wird es nicht mehr, da keine Steine mehr entnehmbar sind.
Wir haben also 54 Schichten, auch wenn die letzte nicht komplett ist, d.h. wir hatten 53 ehemals vollständige Schichten.
Jetzt müssen wir nur noch die Anzahl der Züge zusammenzählen. Wenn man die ersten 57 Züge zum Aufstellen des Turmes dazunimmt, sind es 161; ohne sie sind es 104.

Ich für mich bin einen anderen Weg gegangen. Ich habe kleinere Türme genommen und nach einem System gesucht:
Begonnen habe ich mit zwei Schichten - sonst geht ja nichts - und 6 Steinen:

Steine zu Beginn	Anzahl Schichten zu Beginn	Spielzüge	erreichte Höhe
6	2	2	3
9	3	8	6
12	4	14	9
15	5	20	12
18	6	26	15
...	...	...	...

Nun wird erkennbar, dass die Zahl der Züge mit jeder weiteren Ausgangsschicht um 6 zunimmt:
Zahl der Züge = (Ausgangsschicht - 2)*6 + 2
(19-2)*6 + 2 = 104.
Die erreichte Höhe nimmt mit der Ausgangsschicht um 3 zu:
erreichte Höhe = (Ausgangsschicht - 1)*3
18*3 = 54.

Serie 8 Aufgabe 4

Man das war ja vorige Woche ein ziemliches Gewackel, meinte Mike, da nehme ich doch lieber wieder mal so eine Aufgabe von Bernd's Opa.
Gleiche Buchstaben stehen für die gleiche Ziffer, verschiedene für verschiedene Ziffern:

	P	L	U	S
+	P	L	U	S
+	P	L	U	S

M	I	N	U	S

Für jede gefundene Lösung gibt es einen Punkt, somit sind 6 Punkte erreichbar. Eine Begründung der Herleitung muss nicht mit formuliert werden. (doch recht großer Aufwand).

Lösung

P L U S, M I N U S
9 450, 28 350
9 150, 27 450
7 950, 26 850
6 450, 19 350
6 250, 18750
4 650, 13 950

Serie 8 Aufgabe 5

Bernd und Mike gehen mit Maria und Fred zu Bernd's Opa. Dort helfen sie beim Einkochen von Apfelmus. Einige Äpfel aber sind so schön, dass sie der Opa in einen Korb hineinlegt, den sie sich am Ende mitnehmen sollen. Dazu gibt es wieder eine typische Opaaufgabe:
Bernd soll 1/4 der Äpfel bekommen, Mike zwei weniger als ein Drittel, Maria 6 Äpfel weniger als die Hälfte und Fred den Rest, das sind 3 Äpfel mehr als die Hälfte der Anzahl der Äpfel die Bernd erhalten soll. Ach Opa, ist schon okay, für die schönen Äpfel lohnt sich das Rechnen.
Wie viele Äpfel sind im Korb und wie viele bekommt jeder?
Zu ereichen sind 4 Punkte.

Lösung

Die Anzahl der Äpfel sei x, dann erhalten die vier folgende Anteile:
Bernd: 1/4 x
Mike: x/3 -2
Maria: x/2 - 6
Fred: 1/8 x + 3
Da Fred den Rest erhielt ist klar, dass die Summe aller Anteile genau der Zahl der Äpfel entspricht.
1/4 x + x/3 -2 + x/2 - 6 + 1/8 x + 3 = x
6/24 x + 8/24 x -2 + 12/24 x - 6 + 3/24 x + 3 = x
29/24 x - 5 = x
5/24 x = 5
x = 24
Es sind 24 Äpfel, die Berechnung der Anteile zeigt, dass jeder genau 6 Äpfel bekommt. Das geht dann auch in Ordnung.

Serie 8 Aufgabe 6

Als Bernd seinen Opa besucht, ist der nicht zu Hause. Also wartet er in der Küche wo ein Rechenzettel liegt. Es kommt wie es kommt, das Glas Milch, welches ihm seine Oma gegeben hat fällt um und ein großer Teil läuft über den Zettel. Fast kann man nicht mehr lesen, aber etwas geht dann nach dem Trocknen doch noch und so versucht Bernd die Rechnung zu rekonstruieren.
154*5* : **7 = 2**
***4
____
2675
****
_____
  ****
  ****
  ____
    0
Rekonstruiere die Rechnung.
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Das erste Sternchen in 154*5* muss eine 1 sein als Ergebnis der Addition von 4 und 7.
Damit lässt sich nun ***4 als 1274 ermitteln.
Damit steht der Divisor **7 als 637 fest.
Kurzes Probieren von 15415* : 637 = natürliche Zahl führt auf 242 als Quotient:
Die vollständige Rechnung lautet:
154154:637=242
1274
-----
2675
2548
-----
   1274
   1274
   ----
     0

Serie 8 Aufgabe 7

Bernd war froh, dass er die Rechnung von seinem Opa wieder herstellen konnte. Die Zahl 154 154, die ja dabei vorkam, hat ja eine lustige Struktur meinte er später zu Mike. abc abc. Das ist nicht nur lustig, sondern auch interessant, meinte Mike. Wie so? Nun alle diese Zahlen sind Teilerwunder. Sie lassen sich durch recht ungewöhnliche Zahlen ohne Rest teilen, so z.B. durch 13, 77 und die 91. Ehrlich? Aber ja, da zu zeigen ist gar nicht so schwer, oder? (Die Ziffern a, b und c müssen nicht verschieden sein.)
Zeige, dass die Zahlen abc abc diese Eigenschaften haben und schon gibt es 5 Punkte.

Lösung

Die Zahl abc abc lässt sich zerlegen in 1000*abc + abc. Das ergibt abc abc = 1001*abc.
Die Primzahlzerlegung von 1001 ist:
1001= 7 * 11 * 13.
Damit muss die Zahl durch jede der Primzahlen und jede Kombination teilbar sein. Teilbarkeitsregeln
Die Teiler sind also 7, 11, 13, 77 (7 *11), 91 (7 * 13), 143 (11 * 13) und 1001.
In der Aufzählung sind die geforderten Zahlen dabei, die Aufgabenstellung ist gelöst.

Serie 8 Aufgabe 8

Am zweiten Advent wird bei Bernd geschmückt und am Adventskranz zwei Kerzen entzündet. Natürlich sind auch seine Großeltern mit dabei. Als Bernd etwas gedankenverloren mit den Streichhölzern rumhantiert, sagte der Opa zu ihm, ich habe heute morgen bei Stöbern im neuen Weihnachtskalender des Chemnitzer Schulmodells eine Streichholzaufgabe gelesen. Es sollen mit nur zwölf Streichhölzern 6 gleichseitige Dreiecke gelegt werden. Das geht doch gar nicht, meinte Bernd. Oh doch und das ist gar nicht so schwer, ja es geht sogar mit nur 11 Streichhölzern. Wie - mit 11 Streichhölzern 6 gleichseitige Dreiecke legen - das glaube ich nicht. Doch das geht. Nun war der Ehrgeiz von Bernd angestachelt, aber es wollte und wollte nicht gehen.
Für Lösung der beiden Teilaufgaben gibt es jeweils 3 Punkte.

Lösung

Als Lösungsbeispiele sind hier die Bilder von Anika Borchmann verwendet worden - vielen Dank.
Hölzer

Serie 8 Aufgabe 9

Die Weihnachtsgeschenke für Bernd und Mike waren reichlich ausgefallen. Das Interessanteste war der Knobelkalender von Bernds Opa. Sorgsam hatte er für jede Woche eine Aufgabe in einen selbstgestalteten Wochenkalender eingetragen. Davon gab es weltweit nur zwei Exemplare, eines für Bernd und eines für Mike. Bernds Vater war ein wenig sauer, da er ja auch gern so einen Kalender gehabt hätte, aber Opa hatte nur zwei geschafft, schade.
Die erste Aufgabe ging so:
a * bcd = ecca
Dabei stehen gleiche Buchstaben für gleiche Ziffern und verschiedene Buchstaben für verschiedene Ziffern. b = 2*e und außerdem sind a und bcd die einzigen echten Teiler von ecca.
Für vollständige Lösung gibt es 8 Punkte.

Lösung

Die Bedingung a und bcd sind die einzigen echten Teiler von ecca bedeutet, dass a und bcd Primzahlen sein müssen.
Damit kann für a nur 2, 3, 5 oder 7 in Frage kommen.
zu a = 2:
ecc2 verlangt für dann d entweder bc1 oder bc6. bc6 ist aber keine Primzahl. Das Ergebnis 2 * bc1 liegt unter 2000, dann müsste aber e ebenfalls 1 sein, damit gibt es keine Lösung für a = 2
zu a = 3:
ecc3 verlangt für dann d bc1. Das Ergebnis 3 * bc1 liegt unter 3000, dann müsste aber e 1 oder 2 sein. Wegen d = 1 bleibt nur die Möglichkeit e = 2. Dann aber muss b = 4 (b = 2*e), aber 3 *4c1 ist garantiert unter 2000, also wieder keine Lösung.
zu a = 5:
ecc5 verlangt für dann d bc1, bc3, bc7 oder bc9. Das Ergebnis 5 * bcx liegt unter 5000, dann müsste aber e 1, 2, 3 oder 4 sein. Wegen d = x kommen nur folgende Varianten: d=1: 5 * 4c1 = 2cc5, 5 * 6c1 = 3cc5 oder 5 * 8c1 = 4cc5
d=3: 5 * 2c3 = 1cc5, 5 * 4c3 = 2cc5, 5 * 8c3 = 4cc5
d=7: 5 * 2c7 = 1cc5, 5 * 4c7 = 2cc5, 5 * 6c7 = 3cc5 oder 5 * 8c7 = 4cc5
Für c werden nun die noch nicht verwendeten Ziffer durchprobiert, wo bei 4cx eine Primzahl sein muss:
d=1
5 * 401 = 2 005
Mit Erhöhung des Zehners um jeweils 1 werden die Ergebnisse jeweils um 50 größer also der Zehner entweder 5 oder 0, also gibt es keine weitere Lösung 4c1.
5 * 601 = 3 005
Mit Erhöhung des Zehners um jeweils 1 werden die Ergebnisse jeweils um 50 größer also der Zehner entweder 5 oder 0, also gibt es keine weitere Lösung 6c1.
5 * 801 = 4005 (entfällt, da 801 keine Primzahl)
...
d=3
5 * 203 = 1015 s.o. Zehner also entweder 1 oder 6 (213 keine Primzahl und 5 * 263 = 1315)
5 * 4c3 = 2cc5 s.o. Zehner also entweder 1 oder 6 (413 keine Primzahl und 5 * 463 = 2315)
5 * 8c3 = 4cc5 s.o. Zehner also entweder 1 oder 6 (813 keine Primzahl und 5 * 863 = 4315)
d=7:
5 * 2c7 = 1cc5 s.o. Zehner also entweder 3 oder 8 (237 und 287 keine Primzahlen)
5 * 4c7 = 2cc5 s.o. Zehner also entweder 3 oder 8 (437 keine Primzahl und 5 * 487 = 2435)
5 * 6c7 = 3cc5 s.o. Zehner also entweder 3 oder 8 (637 und 687 keine Primzahlen)
5 * 8c7 = 4cc5 s.o. Zehner also entweder 3 oder 8 (837 keine Primzahl und 5 * 887 = 4435)
zu a = 7:
ecc7 verlangt für dann d bc1. Das Ergebnis 7 * bc1 liegt unter 7000, dann müsste aber e 1, 2, 3, 4, 5 oder 6 sein. Wegen d = 1 bleiben nur die Möglichkeiten e = 2, 3, 4, 5 oder 6. Wegen b= 2*e folgen: 7 * 4c1 = 2cc5, 7 * 6c1 = 3cc5 oder 7 * 8c1 = 4cc5. (e 0 5 oder 6 sind dann nicht zulässig.) Für c werden nun die noch nicht verwendeten Ziffer durchprobiert, wo bei 4c1 eine Primzahl sein muss:
4c1
401, 421, 431, 461, 491 die Ergebnisse der Multiplikation mit 7:
2801, 2947, 3017, 3227, 3437, Die c- Bedingung ist nicht erfüllt.
6c1
601, 631, 641, 661, 691 die Ergebnisse der Multiplikation mit 7:
4207, 4417, 4487, 4627, 4831, Die c- Bedingung ist nicht erfüllt.
8c1
811, 821, 881, die Ergebnisse der Multiplikation mit 7:
5677, 5747, 6167, Die c- Bedingung ist nicht erfüllt.
Es gibt also wirklich nur Lösungen:
5 * 401 = 2 005
5 * 601 = 3 005
Die erste passt schön zum Jahr 2005.
PS.: Auf einige der Primzahlen beim Test mit der Multiplikation mit 7 hätte man verzichten können. (Beispiel 881 wegen bcd nicht erlaubt)

Serie 8 Aufgabe 10

Bernd sagte zu Mike, da hätte ich letzte Woche ja fast eine Lösung übersehen, aber die eine passte ja super zum Jahr 2005. Mal schauen, was Opa diesmal hat.
Die Cheopspyramide - das antike Weltwunder , welches noch exitiert, ist eine gerade quadratische Pyramide. Die ursprünglichen Maße lagen bei einer Seitenlänge von 234 m und einer Höhe von 146 m. Mal angenommen, sie hätte keine Hohlräume bei welcher Höhe wäre dann genau, die Hälfte des benötigten Baumaterials verbaut worden?
Für die vollständige Lösung gibt es 6 Punkte.

Lösung

Das Volumen der gesamten Pyramide wird mit V= 1/3 a² * h berechnet und beträgt damit sagenhafte 2664792 m³.
Nun werden die Maße einer Pyramide berechnet, die das halbe Volumen hat, wo allerdings das Verhältnis von von Grundkantenlänge und Höhe (234/146 = a/h) erhalten bleiben muss. a = 234/146 h.
1332396 = 1/3 * (234/146 h)²*h
1332396 = 0,856... * h³
h³= 1556068
h = 115,88 m
Nun wird diese Höhe von 146 m abgezogen.
30,12 m war die Höhe des Bauwerkes als die Hälfte aller Steine verbaut waren.

Serie 8 Aufgabe 11

Als Bernd seinem Vater von der letzten Aufgabe erzählte, meinte der da hätte mich auch ganz schön verschätzt. Aber wie wie es denn noch damit.
Der Pharao soll darüber informiert werden, dass die Hälfte des Pyramidenbaus geschafft ist. Deshalb wird ein Bote zu ihm geschickt. Da der Pharao sich in der heiligen Wüstenstadt aufhält, schafft es der Bote nicht auf geradem Weg zu ihm zu gelangen, sondern er muss einmal zwischendurch zum Fluss, dort kann er Wasser in ausreichender Menge aufnehmen. Damit er schnell ans Ziel kommt, möchte er natürlich den kürzesten Weg finden. Er geht zu einem der Priester mit Namen Sa Moht. Dieser macht sich eine Skizze. In die heutige Zeit übertragen ist das ein Koordinatensystem. Der Startpunkt (0;3) und das Ziel ist (6;5). Der Fluss ist die x-Achse. Wo muss die x-Achse berührt werden, damit der Weg Start - x-Achse - Ziel am kürzesten ist?
Zu erreichen sind 6 Punkte.
Diese Aufgabe gibt es in den verschiedensten Zusammenhängen und ist zum Beispiel aus dem 10. Jahrhundert durch Haitham (Mathematiker auf Banknoten) beschrieben worden.

Lösung

Viele haben die Aufgabe richtigerweise wie das Stehen vor dem Spiegel aufgefasst, dass Hilfsziel also als Punkt (6; -5) und dann die Nullstelle der linearen Funktion gesucht, je nach Ablesegenauigkeit auch richtig gefunden.
Die lineare Funktion hat die Gleichung y = - 4/3 x + 3, deren Nullstelle ist wegen Nullstelle = - n/m dann 3 : 4/3 = 3 * 3/4 = 9/4 = 2,25.
Hier nun noch die Formulierung von Andreas, vielen Dank.
Start und Ziel sind oberhalb der x-Achse. Um den kürzesten Weg zu gehen, muss der Bote im gleichen Winkel zum Fluss, wie von dort zum Ziel gehen. Der Start ist 3 hoch, das Ziel ist 5 hoch. Er muss erst 3 nach unten und dann 5 nach oben, insgesamt 8. Damit ein gleicher Winkel entsteht, muss der Punkt am Fluss auf 3/8 der Strecke von 0 bis 6 sein und der Rest 5/8. 3/8 von 6 sind 2,25. Also muss die x-Achse bei 2,25 berührt bzw. muss dort der Bote zum Fluss kommen.

Serie 8 Aufgabe 12

Na das war ja doch nicht so einfach, naja wenn man auf den Spiegeltrick kommt, dann doch.
Lass uns mal wieder einen Blick in Opas Mathekalender werfen.
Das allgemeine Dreieck. Wie war das doch? Die Dreiecke lassen sich nach Seiten und Winkeln einteilen. Für die Seiten gilt:
Sind alle Seiten gleichlang, heißt es gleichseitiges Dreieck, sind zwei Seiten gleich, dann ist es ein gleichschenkliges Dreieck (2 Schenkel und Basis) und sind alle Seiten verschieden (und damit auch die Winkel), dann ist es das allgemeine Dreieck.
Die Namen für die Einteilung nach Winkeln richtet sich nach dem größten Winkel des Dreiecks, damit gibt es spitzwinklige, rechtwinklige und stumpfwinklige Dreiecke.
Ach ja, meinte Bernd, aber wie heißt denn nun die Aufgabe.
Auf einen Blick:
Damit Winkel auf einen Blick als verschiedenen erkannt werden, müssen sie sich um mindestens 15^o unterscheiden. So sieht eben ein Winkel von 80^o schnell auch wie ein rechter Winkel aus. Wie viele Möglichkeiten für die Winkel gibt es, ein allgemeines spitzwinkliges Dreieck zu zeichnen, wenn a < b < c gelten soll?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Da es ein spitzwinkliges Dreieck sein soll, ist der größte Winkel kleiner als 90^o. Wegen der Verwechselungsgefahr mit einem rechten Winkel, darf er maximal 75^o betragen. Da alle Winkel verschieden sein müssen (allgemeines Dreieck) kommt für den 2. Winkel maximal 60^o und für den dritten maximal 45^o in Frage. Die Winkelsumme dieser drei Winkel beträgt genau 180^o. Würde man nun einen der Winkel verkleinern ist die Winkelsumme von 180^o nicht mehr erzielbar, so dass diese drei Winkelwerte zugleich die einzige Lösung sind.

Auswertung Serie 8

			Punkte für die Aufgaben
zu erreichende Punktzahl			63	4	2	8	6	4	4	5	6	8	6	6	4
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	Kim Holtze	Fröndenberg	63	4	2	8	6	4	4	5	6	8	6	6	4
2	Anika Borchmann (14 J.)	Zeuthen	53	4	2	8	6	4	4	5	6	8	6	-	-
2	Doreen Naumann (26 J.)	Duisburg	53	4	2	8	6	4	4	4	6	7	-	4	4
3	Annika Theumer (26 J.)	Chemnitz	44	4	2	8	6	4	4	4	6	-	6	-	-
3	Andreas Lang	Chemnitz	44	4	1	8	6	4	-	5	6	-	-	6	4
4	Paul-Chr. Zerbe	Chemnitz	43	4	2	-	6	4	4	5	-	6	6	6	-
5	Katrin Wolstein	Bamberg	37	-	2	-	6	4	4	5	6	4	6	-	-
6	Mawi	Dresden	35	-	2	8	6	4	4	5	6	-	-	-	-
7	Dominique Güra	Chemnitz	30	4	-	7	6	4	-	-	-	-	6	3	-
8	Josefine Hartwig	Chemnitz	24	-	2	-	6	4	-	-	-	-	6	6	-
9	Martin Selbmann	Chemnitz	16	-	-	-	-	3	3	-	3	-	4	3	-
9	Stefan Knorr	Chemnitz	16	4	2	-	-	-	-	-	-	6	-	-	4
10	Felix Kummer	Chemnitz	14	-	-	-	-	-	3	-	4	7	-	-	-
10	Anna Seidel	Chemnitz	14	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	6	4
11	Rosa Czys	Chemnitz	13	-	-	-	-	4	-	-	3	-	-	3	3
12	Josephine Koch	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	3	2	-	3	-	3	-
12	Helene Baumann	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	5	-
13	Maria-V. Herrmann	Chemnitz	10	-	-	-	6	-	-	-	-	4	-	-	-
13	Luise Heinrich	Chemnitz	10	-	-	-	6	-	-	-	-	4	-	-	-
13	Lisa Bachmann	-	10	4	-	-	6	-	-	-	-	-	-	-	-
14	Nadja Heuschkel	Chemnitz	8	-	-	-	-	4	4	-	-	-	-	-	-
14	Max Wawrzyniak	Chemnitz	8	-	2	-	-	-	-	-	6	-	-	-	2
15	Sophie Jänich	Chemnitz	7	-	-	-	-	4	-	-	3	-	-	-	-
15	Christoph T.	Emden	7	-	1	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-
15	Dominique Brunner	Chemnitz	7	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	3	-
15	Tina Hähnel	Chemnitz	7	-	1	-	-	-	3	-	-	-	-	3	-
15	Christian Böhme	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	3	3
16	Franziska Schaarschmidt	Jahnsdorf	6	-	-	-	6	-	-	-	-	-	-	-	-
16	Margarethe Nehler	Chemnitz	6	-	2	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
16	Salomon Brunner	Chemnitz	6	-	2	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-
16	Lisa Bock	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-
16	Gregor Schumann	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	3
17	Josephine Unger	???	5	-	2	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
17	Nancy Schletter	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	2	-
17	Felix Schubert	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	3	-
17	Alexander Becker	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	2
18	Simon Kolata	Chemnitz	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18	Daniel Hufenbach	Chemnitz	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18	Anne Selbmann	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
18	Martin Löpelt	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
19	Tröli	???	3	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-
20	Anna Melzer	Amtsberg	2	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
20	Franziska Horn	Hohndorf	2	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-
20	Jakob Hastedt	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-
20	Malte Lohs	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
20	Franz Münzner	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
21	Jule Bock	Chemnitz	1	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
21	Till Kummer	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1

Serie-7

Serie 7
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

Bernds Großvater hat im Übungsheft aus seiner Schulzeit folgende Aufgabe wieder gefunden:
Ein Weinhändler bekam von seinem Lieferanten 6 Fä&er Wein. Diese enthielten feinsten trockenen Rotwein und hatten folgende Abmeßungen: 15 Liter, 16 Liter, 18 Liter, 19 Liter, 20 Liter und 31 Liter. (Das muss eine alte Aufgabe sein, heute sind die doch alle gleich groß, nun ja).
Am ersten Tag verkaufte er 3 Fässer, am zweiten Tag 2 Fässer und am 3. Tag wurde er das letzte Fass los. Kein Fass wurde geöffnet, sondern immer komplett verkauft. Die Menge des verkauften Weines war am ersten Tag genau doppelt so groß wie am zweiten Tag. Wie viel Liter Wein verkaufte er jeweils an den drei Tagen?
Zu erreichen sind 5 Punkte.

Lösung

Die Minimalmenge am zweiten Tag wären 15 Liter + 16 Liter = 31 Liter. Dann wären am 1. Tag 62 Liter verkauft worden. Dann passt das 31 Literfass nicht, aber auch die verbleibenden 3 Fässer ergeben nicht 62 Liter. Also geht die Minimalmenge nicht.
2. Versuch: Am zweiten Tag wären es 15 Liter + 18 Liter = 33 Liter. Dann wären am 1. Tag 66 Liter verkauft worden. Die lassen sich (eindeutig) durch 31 Liter + 19 Liter + 16 Liter realisieren, dann bleibt das 20 Literfass für den 3. Tag. Der 2. Versuch bringt eine Lösung.
3. Versuch: Am zweiten Tag wären es 15 Liter + 19 Liter = 34 Liter. Dann wären am 1. Tag 68 Liter verkauft worden. Die verbleibenden Fässer reichen nicht um mit dreien von ihnen die 68 Liter zusammenzustellen. (31 + 20 + 18 = 69 bzw. 31 + 20 + 16 = 67). 3. Versuch gescheitert.
Zwischenüberlegung die maximale Literzahl bei drei Fässern ist 70 Liter (31 + 20 + 19). dass heißt es können am zweiten Tag höchstens 35 Liter sein.
4. Versuch: Am zweiten Tag wären es 15 Liter + 20 Liter = 35 Liter. Dann wären am 1. Tag 70 Liter verkauft worden. Die sind aber nicht mehr schaffbar mit drei Fässern, denn dazu würde das 20 Literfass gebraucht, nun ist also gezeigt, weitere Lösungen gibt es nicht.
Es gibt auch elegantere Lösungen so von Katha:
Die Menge an Wein die am 2. Tag verkauft wurde sei x, x ist Element aus N. Die Menge an Wein die am 3. Tag verkauft wurde sei y, y ist Element von F={15; 16; 18; 19; 20; 31}.
2x+x+y=15+16+18+19+20+31. 3x+y=119 Liter. Diese Gleichung ist nur definiert für y=20 Liter. Daraus folgt 3x=99 Liter und x=33 Liter. Da am 2. Tag 2 Fässer verkauft wurden, die zusammen 33 Liter fassten, kommen nur die Fässer 15 Liter und 18 Liter in Frage. Am 1. Tag wurden also das 16, das 19 und das 31 Liter Fass verkauft. Am 2. Tag das 15 und das 18 Liter Fass und am dritten Tag das 20 Liter Fass.

Aufgabe 2

Bernd und Mike haben in einer Vertretungsstunde ein paar kuriose Zahlen mit dem Taschenrechner bearbeiten müssen, die nach dem Wurzelziehen (Quadratwurzel) überraschende Ergebnisse aufwiesen.
So ist Wurzel aus 121 = 12 -1 oder
Wurzel aus 256 = 2 ^. 5 + 6 oder gar
Wurzel aus 11881 = 118 - 8 - 1
Das letzte ließ sich ja dann auch so schreiben: Wurzel aus AABBA = AAB - B - A
Zwei Aufgaben bekamen sie als freiwillige Hausaufgabe, der Ehrgeiz war entfacht, wer wohl von den beiden als erster beide Rätsel knacken würde.
Finde je eine Lösung für:
Wurzel aus ABCD = A + BC + D und
Wurzel aus DEFA = D ^. E ^. F + A
Gleiche Buchstaben bedeuten gleiche Ziffern, verschiedene Buchstaben verschiedene Ziffern.
(Tipp: 2 ^. A = 3 ^. D)
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Lösung

Der Tipp besagt, dass A = 1,5 * D, das heißt, D muss eine gerade Zahl sein. Mögliche Paare (A;D) sind dann (3;2), (6;4) und (9;6). Als letze Ziffer von Quadratzahlen gibt es von 0*0 bis 9*9 die Ergebnisse 0; 1, 4, 9, 6, 5, 6, 9, 4 und 1. Die Zwei als letzte Ziffer tritt nicht auf, also entfällt das Tipppaar (3;2). Damit lohnt es sich jetzt die Quadratzahlen zwischen 6.000 und 7.000 die auf 4 enden bzw. zwischen 9.000 und 10.000 die auf 6 enden mal aufzuschreiben:
78² = 6084
82² = 6724
96² = 9216
Auf Grund der Endzifferregel sind das gar nicht so viele.
Die Zerlegung von Wurzel ABCD führt jetzt ganz schnell zu der einzig möglichen Lösung:
6724, denn nur hier gilt: Wurzel aus 6724 = 82 = 6 + 72 + 4.
Von DEFA ist nun bekannt: 4EF6. Schnell die Kandidaten zwischen 4.000 und 5.000.
64² = 4096
66² = 4356 mehr Kandidaten gibt es nicht, der erste entfällt wegen der Null.
Die einzige Lösung ist: Wurzel aus 4356 = 66 = 4*3*5 + 6.
Kleiner Tipp große Wirkung.
PS.: Es wurde auch Wurzel aus 1296 = 1 + 29 + 6, eine Lösung für den Typ Wurzel ABCD = A + BC + D, wenn er ohne den Tipp A = 1,5 * D betrachtet wird. Wer Lust hat, mag mal untersuchen wie viele Lösungen es insgesamt gibt, wenn nur die Verschiedenheit der Buchstaben Bedingung ist.

Aufgabe 3

Bernd hat den Wettstreit mit den Hausaufgaben der letzten Woche verloren, zwar bekam er die Zahlen raus, aber er hat länger gebraucht als Mike.
Als sie sich am Freitag trafen, kam Bernds Vater dazu und berichtete vom gestrigen Treffen am Himmelfahrtstag. Viele meiner Freunde (und deren Freunde) kamen mit den verschiedensten Fahrzeug zum Parkplatz. Mit PKW, Motorrad mit Beiwagen und Fahrrädern. Als ich einen Blick zurück warf, dachte ich, da steckt doch bestimmt eine Aufgabe für euch drin. Also:
322 Räder hatten alle Fahrzeuge zusammen, wo bei es doppelt so viel PKW wie Motoräder mit Beiwagen gab. Am erstaunlichsten war, dass es genau 3-mal so viele Fahrräder gab wie PKW. Wie viele Leute waren wir bei der Wanderung, wenn mit jedem Fahrzeug eine Person gekommen ist?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

Ein PKW hat 4 Räder -p Anzahl, Motorrad mit Beiwagen hat 3 Räder -b Anzahl und Fahrräder jweils 2 -f die Anzahl.
Es gilt also 4p + 3b + 2f = 322.
Nun gilt noch p = 2b und f = 3p, also f = 6b
Eingesetzt in die erste Gleichung führt das auf:
8b + 3b + 12b = 322
23b = 322
b = 14 und damit ist p = 28 und f = 84. (Probe: 4*28 + 3*14 + 2*84 = 322)
Die Gesamtzahl aller Teilnehmer ist damit 126, ziemlich große Truppe.

Aufgabe 4

Bernd und Mike sind bei einer Aktion zur Bepflanzung einer ehemaligen Deponie beteiligt. Es finden sich drei Gruppen zusammen, deren Mitglieder aber nicht alle gleichzeitig arbeiten. Angestachelt von der Aufgabe meinte die Gruppe A, dass sie die Hälfte aller Bäume pflanzen würden, die alle anderen pflanzen. Die große Gruppe B meinte darauf hin, dass sie die Hälfte aller Bäume pflanzen würden. Okay, dann bleiben für uns noch 40 Bäume meinte der Chef von Gruppe C, da wir weniger sind, als ihr sollte das in Ordnung gehen. Wie viele Bäume wurden durch die Gruppen insgesamt gepflanzt?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

Hier als Beipiellösung die vom Kim:
Zuerst hab ich gedacht, sie wäre komplizierter als die anderen; aber das ist sie gar nicht.
Also:
x ist die Anzahl aller Bäume;
B pflanzt dann 1/2 * x;
C pflanzt 40;
A pflanzt 1/2 * (B + C)
= 1/2 * (1/2 * x + 40)
= 1/4 * x + 20
B pflanzt 1/2 * x, also pflanzen (A + C) auch 1/2 * x, dann pflanzt A genau 1/2 * x - C, also 1/2 * x - 40;
dann gilt: 1/4 * x + 20 = 1/2 * x - 40
60 = 1/4 * x
240 = x
Es sind also insgesamt 240 Bäume, B pflanzt 120 und, das war ja angegeben, C pflanzt 40 und A pflanzt 80 Bäume.
Prima Kim.

Aufgabe 5

Nach der doch recht anstregenden Pflanzaktion stand ihnen - Bernd und Mike - der Sinn nach etwas Gehirnakrobatik und da kam ihnen diese Aufgabe gerade recht.
Gesucht sind vier 10-stellige Zahlen, deren Ziffern jeweils alle verschieden sind.Gleiche Buchstaben stehen für die gleiche Ziffer, verschiedene Buchstaben für verschiedene Ziffern.
A BCD EFG HIJ
C HDG FBA EIJ
B HGC DIF EAJ
B DHI CFE GAJ
Diese Zahlen sind Teilerwunder, denn sie sind ohne Rest durch alle Zahlen von 1 bis 18 teilbar.
Zwei Tipps: B ist doppelt so groß wie A. Die Zahlen sind der Größe nach sortiert aufgeschrieben. Zu erreichen sind 10 Punkte.

Lösung

Das Teilwunder bedeutet, dass in den Zahlen das kgV, das kleinste gemeinsame Vielfache enthalten sein muss. Dieses lässt sich durch die entsprechende Primzahlzerlegung ermitteln und ist: kgV = 17*16*9*5*7*11*13= 1 225 240. (Von allen Primzahlen bis zur 18 wird die höchste Potenz genommen.)
Damit ist klar J ist 0.
Aus dem ersten und zweiten Tipp ergeben sich für die kleinste Zahl (Tipp 2) folgende Möglichkeiten:
2 43D EFG HIJ
3 64D EFG HIJ
3 65D EFG HIJ
4 85D EFG HIJ
4 86D EFG HIJ
4 87D EFG HIJ
Jetzt lohnt es sich den Taschenrechner zu benutzen. 2 430 000 000 / 1 225 240 = 198,32... und
2 440 000 000 / 1 225 240 = 199,1444 ...
Wenn die erste Zahl 2 43D EFG HIJ ein Kandidat ist, muss das Produkt von 1 225 240 * 199 die Bedingung mit den zehn verschiedenen Ziffern erfüllen.
1 225 240 * 199 = 2 438 195 760 gefunden
Nun noch überprüfen, ob die anderen Zahlen dazu passen:
2. Zahl: 3 785 942 160 ist ohne Rest durch 1 225 240 teilbar,
3. Zahl 4 753 869 120 ist ohne Rest durch 1 225 240 teilbar und
die 4. Zahl 4 876 391 520 ist ohne Rest durch 1 225 240 teilbar.
Uff geschafft!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

Aufgabe 6

In einem Philosophiebuch (Filosofie sieht irgendwie doof aus) über Plato findet Mike einen Spielplan und folgende Spielanleitung.

Es ist ein Spiel für eine Person. Diese hat neun Spielsteine, die alle abgelegt werden müssen (oder sollten). Ein Spielzug geht so:
Ein Stein wird auf ein freies Feld (1,2, ...,0) gelegt, dann wird über ein Feld gesprungen (egal ob leer oder besetzt) und dann wird der Stein auf dem nächsten Feld (muss frei sein) abgelegt. Die drei Felder liegen auf der Linie des Spielfeldes. Dann wird wird der nächste Stein nach dem Verfahren gesetzt. Dieser Zug wird so lange wiederholt wie er ausführbar ist. Beispiel: der erste Zug lässt sich durch 147, ein zweiter 234 beschreiben. Der zweite Zug könnte nicht 987 sein, da ja die 7 besetzt wäre.

Das sollt kein Problem sein, sprach Bernd. Aber oh Schreck - nicht Shrek - irgendwie ging das nicht. 6 bis 7 Steine passten immer, aber dann war Schluss. Da muss es doch einen Trick geben. Stimmt, meinte Mike, die Strategie ist nicht kompliziert, aber man muss halt drauf kommen.
Wie bekommt man seine neun Steine auf dem Spielfeld unter, wenn der erste Zug 680 sein soll? Welche Strategie führt immer zum Erfolg?
Zu erreichen sind 10 Punkte. (Für die Anstrengung beim Knobeln.)

Lösung

Diese Spiel ist auch Bestandteil der CD-ROM zu Sophies Welt. Es wird aber auch in Griechenland, speziell auf Kreta recht gern gespielt.
Eine Strategie ist, wenn man sie einmal gefunden hat, recht simpel. Der erste Zug hat einen beliebigen Startpunkt. Der zweite wird so gesetzt, dass er dort endet, wo der erste begonnen hat. Der dritte wird so gesetzt, dass er endet, wo der zweite geendet hat usw.
Die Zugfolge bei der Vorgabe 680:
680
136
741
987
369
543
875
268
432
Es gibt aber auch für den Start (eine) andere Lösung(en):
680 - 234 - 862- 578 - 345 - 963 - 789 - 147 - 631 (von Annika Th.).
Wenn man beide Zugfolgen vergleicht, so ist die gleiche Grundidee zu entdecken, nur dass der 9. Zug als zweiter in umgekehrter Reihenfolge kommt und dann wieder das Prinzip Anfang-Ende greift.
+++++++++++++++
Strategiebeschreibung von Annika mit Bild

Ich wußte, dass ich für den letzten Stein ein Feld brauche, dass von zwei Stellen aus belegt werden kann. Z.B. die 5 geht von 875 und von 345 aus. also muss die 8 und die 3 bis zum Schluß frei bleiben.
Die ersten drei liegende Steine bilden ein Dreieck: Z.B. 061 oder 528 oder 935. Es ist egal, in welcher Reihenfolge das Dreieck entsteht.
Der vierte Stein hat zwei Möglichkeiten: er kommt quasi auf einen Punkt der längeren Seite des ersten Dreiecks. (Bei 1. Dreieck 593, dann auf die 7 oder 8. wenn 1. Dreieck 160, dann 4 oder 7.
wenn 1. Dreieck 179, dann 3 oder 6.
der 5. Stein kommt auf die Spitze, die genau 2 Felder von Nr. 4 entfernt ist. Fürs zuletzt genannte Beispiel: wenn der 4 Stein auf Nr. 3 liegt, dann ist es nun die 5.
beim 6. Stein ist es ähnlich: er kommt auf das freie feld, das 2 Felder vom 5. entfernt ist. letztes beispeil: 8
der 7. Stein bildet mit Nummer 5 und 6 wieder ein Dreieck: also muss er auf die 2.
Dann ist noch eine Spitze frei, die bleibt es auch bis zum Schluß, die letzten beiden Steine können in beliebiger Reihenfolge abgelegt werden. fertig.
Kurzfassung:
1,2,3 = Dreieck
4 auf "Hypothenuse" längste Seite vom 1. Dreieck
5,6,7 = Dreieck, komplett anders als 1,2,3!
8,9, = egal, Hauptsache nicht auf eine Spitze!

Hier noch eine schöne Variante von Josephine Koch:
Ich habe eine Strategie herausgefunden, in dem ich von rückwärts angefangen habe (ich habe sie Rückwärtsstrategie genannt).
Ich habe als erstes alle Felder besetzt und das Feld 1 freigelassen.
Ich habe dann die Figur auf Feld 6 weggenommen, weil es 3 Felder von der 1 entfernt ist.
(Ich habe mir die 6 aufgeschrieben).
Dann hatte ich 2 Felder frei. ich habe alle Figuren rausgenommen die 3 Felder von einem freien Feld entfernt waren (es wurden ja immer mehr).
Alle habe ich mir der Reihe nach aufgeschrien (4; 2; 8; 5; 3; 9; 7; 6; ). Das Feld 0 habe ich dabei aber immer besetzt gelassen.
So habe ich die Lösung herausbekommen: s.o.

Aufgabe 7

Als Bernd mit seinem Vater unterwegs war bemerkte er, dass der Zähler des Tachometers bei 16 961 km stand. Ups, das ist ja eine symmetrische Zahl, also von vorn und hinten gelesen die Gleiche. Da meinte sein Vater, wenn wir gut durchkommen, dann schaffen wir in einer Stunde wieder eine solche Zahl. Na mal sehen.
Wie groß müsste die Durchschnittsgeschwindigkeit sein, damit der Vater recht behält?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Unter 17 000 gibt es keine symmetrische Zahl mehr, also kommt mit dem Zahlstart 170 als Ergänzung nur die 71. Der Abstand zwischen 16961 und 17 071 beträgt 110. Das heißt das Auto muss 110 km/h schnell sein, dass kann auf der Autobahn zu schaffen sein. Die nächste symmetrische Zahl ist dann die 17 171, aber das würde eine Geschwindigkeit von 210 km/h voraussetzen. Das ist bei dem vernünftigen Vater von Bernd nicht zu erwarten.

Sommerspezial

Nur so zur Freude, ohne Wertung:
Wie so klappt das?
Geburtstagspräsention
nicht von mir, habe ich mehrfach zugeschickt bekommen.
Noch eine Aufgabe: manager.jpg
und noch die aus dem Mathebuch:

Zeichne ein solches Quadrat, schneide die Teile aus und setze es zu einem Rechteck zusammen. Vergleiche die Flächeninhalte und staune.
(PS.: Es gibt viele solche Aufgaben, aber hier hatte ich gerade das Bild.)

Aufgabe 8

Nach der langen Sommerpause ist es endlich wieder soweit. Bernd kam erholt von einer Familienfeier zu Mike und berichtete folgendes:
Wir haben im Lokal gefeiert und folgende Leute waren da:
Ein Opa, eine Oma, zwei Väter, zwei Mütter, vier Kinder, drei Enkel, ein Bruder, zwei Schwestern, zwei Söhne, zwei Töchter, zwei Männer, zwei Frauen, eine Schwiegertochter und ein Schwiegervater. Wie viele Stühle standen mindestens am Tisch?
Zu erreichen sind 5 Punkte.

Lösung

Hier eine Musterlösung, diesmal von Mawi.
Es sind da Opa+Oma, deren Sohn (=Vater) + dessen Frau sowie deren 3 Kinder (2 Mädchen + 1 Junge). Es sind also mindestens 7 Stühle am Tisch gewesen. Man kommt auf das Ergebnis, indem man von 2 Männern und 2 Frauen ausgeht. Da 1xOpa und 1xOma dabei sind, müssen gleichzeitig 1xMutter und 1xVater dabeigewesen sein (ob sie allerdings Mann und Frau sind, steht bis dahin nicht fest). Wegen der Schwiegertochter/Schwiegervater-Beziehung kommt man schnell drauf, daÃŸ die Mutter die Schwiegertochter des Opas und der Oma ist. Mutter und Vater gehüren also zusammen und haben 3 Kinder. Aus der Eltern-Generation gibt es keine Geschwister (keine weiteren Männer und Frauen sowie 3 Enkel), also sind Brüder/Schwestern die Kinder, d.h. es gibt 1 Sohn und 2 Tüchter der Mutter und des Vaters. Probe: Opa klar, Oma klar 2 Väter = Opa und Vater 2 Mütter = Oma und Mutter 4 Kinder = Vater als Sohn von Oma+Opa plus seine 3 Kinder 3 Enkel = Bruder und 2 Schwestern 1 Bruder klar, 2 Schwestern klar 2 Sühne = Vater, Sohn 2 Tühter = 2 Schwestern 2 Männer = Opa + Vater 2 Frauen = Oma + Mutter 1 Schwiegertochter = Mutter 1 Schwiegervater = Opa

Aufgabe 9

Da die Feierrunde aus der vorigen Aufgabe nicht so groß war, konnte Bernds Opa sogar noch eine seiner Knobelaufgaben stellen.
Unser Zahlsystem hat 10 Ziffern, 0, 1, 2, ..., 9. Wie viele Zahlen lassen sich aus genau den 10 Ziffern bilden, wenn jede genau einmal vorkommt? Teil 1 Die erste Ziffer darf auch eine Null sein, Teil 2 die erste Ziffer darf keine Null sein.
Zu erreichen sind 3 + 3 Punkte.

Lösung

Teil 1:
Für die erste Stelle gibt es 10 Möglichkeiten, für die zweite dann noch 9, für die dritte Stelle noch 8, ... das sind dann 10*9*8*...*1 = 10! Möglichkeiten.
3 628 800.
Teil 2:
Im Teil 1 sind die Nullen an der ersten Stelle mit eingeschlossen. Betrachtet man die Zahlen aus dem ersten Teil so ist wie man leicht sieht jede 10. Zahl eine mit einer Null am Anfang (Jede erste Ziffer kommt gleich häufig vor). Das sind 362 880. Alle anderen Zahlen sind echt zehnstellig und das sind 3 628 800 - 362 880 = 3 265 920

Aufgabe 10

Bernd und Mike müssen in der Schule gerade die Quadratzahlen wiederholen. Da ihr Lehrer weiß, dass die beiden sich für besondere Zahlen interessieren, gibt er ihnen die Aufgabe aus den vierstelligen Quadratzahlen, die heraus zu suchen für die folgendes gilt:
abcd ist eine Quadratzahl, wobei a,b,c,d nicht unbedingt verschieden sein müssen und es gilt:
(ab + cd)²= abcd.
Für jede gefundene Zahl gibt es zwei Punkte.

Lösung

Hier hilft wirklich nur systematisches Suchen.
Beispiellösung von Kim:
Ich habe drei Lösungen durch Ausprobieren gefunden:
1. (20 + 25)* (20 + 25) = 2025
2. (30 + 25)* (30 + 25) = 3025
3. (98 + 01)* (98 + 01) = 9801
Ich bin dabei so vorgegangen:
Ich habe von allen Zahlen zwischen 32 und 99 (jeweils einschließlich) die Quadrate gebildet, denn nur diese liegen zwischen 1000 und 9999,
dann habe ich die Zahl, die aus den ersten beiden Ziffern besteht und die Zahl, die aus der dritten und vierten Ziffer besteht, addiert, davon das Quadrat gebildet und mit der ursprÃ¼nglichen Zahl verglichen.
Das sind alle Quadratzahlen für die die Bedingungen zutreffen, damit waren also 6 Punkte zu erreichen.
Von Mawi aus Dresden gleich noch ein PHP-Programm zum suchen, prima Idee auch für den Fall, wenn man die Aufgabenstellung varieren möchte und den Programmcode anpasst.
mawi.php

Der Quelltext:
<?php;
for ( $i=32; $i<100; $i++ )
{
$ab = ceil(($i*$i)/100)-1; # ceil rundet auf, also ist stecken in $ab die ersten zwei Stellen
echo "i=".$i." i2=".($i*$i)." ab+cd=".($ab+$i*$i-100*$ab);
if ( $i == $ab+$i*$i-100*$ab ) echo ""." Treffer!\n"."";
echo "
\n";
}
?>

Aufgabe 11

Im Informatikunterricht lernen Bernd und Mike wie ein Computer Daten verarbeitet. Grundlage dafür ist das Dualsystem. Es hat im Gegensatz zum Dezimalsystem nur die Ziffern 0 und 1 und beruht auf den Potenzen der 2.
Als Bernd beim Abendbrot davon erzählt, erinnert sich sein Vater an ein Rätsel in dem es auch um die Zahl ging. Er schaut in sein altes rotes Knobelbuch und findet dort die Aufgabenstellung:
Mittels der Grundrechenarten - einschließlich von Klammern - lassen sich die Zahlen 19 bis 26 unter Verwendung von genau 5 Zweien darstellen. Finde jeweils eine solche Darstellung, somit gibt es diesmal 8 Punkte.
Beispiel für 13: 13 = (22 + 2 + 2) : 2 oder
Beispiel für 18: 18 = 2*2*2*2 +2

Lösung

Es gab für einige Zahlen mehrere Darstellung. Hier wird aber nur jeweils eine angegeben. Die Verwendung des Wurzelzeichens war nicht erlaubt, zumindest nicht, wenn dabei "vergessen" wurde, dass es ja dann die 2-Wurzel war und somit eine 6. Zwei benutzt wurde.
19= 22 - 2 - 2/2
20 = 22 + 2 - 2 - 2
21 = 22 - 2 + 2/2
22 = 22*2 - 22
23 = 22 + 2 - 2/2
24 = 22 - 2 + 2 - 2
25 = 22 + 2 + 2/2
26 = 2*(22/2 + 2)

Serie 7 Aufgabe 12

Die Verwandlung
Bern und Mike haben Herbstferien und sitzen Nüsse essend in Mikes Zimmer. Sie haben drei Sorten Nüsse. Erdnüsse, Haselnüsse und Paranüsse. Mikes Schwester kommt dazu und lässt sich ein paar von den Nüssen geben und meint, am liebsten esse sie Nussmischungen. Da beginnt bei Bernd eine Idee zu reifen. Mal angenommen:
Drei Händler treffen sich vor dem Markttag in einer Herberge. Alle drei handeln mit Nüssen. Der erste hat 40 Kilogramm Erdnüsse, der Zweite hat 50 Kilogramm Haselnüsse und der Dritte hat 90 Kilogramm Paranüsse. Der Wirt der Herberge meint, in diesem Jahr essen die Leute eher Nussmischungen, wenn ihr eure Nusssorten mischt, werdet ihr die bestimmt los. Gesagt, getan. Sie holen einen großen Kessel aus der Küche und stellen ihre Nussmischung her. Anschließend nimmt sich jeder so viel wieder wie er hineingegeben hat.
Wie viel von jeder Nusssorte hat jetzt jeder der einzelnen Händler?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

Es sind zusammen 180 Kilogramm Nüsse.
40/180 = 2/9 Anteile Erdnüsse
50/180 = 5/18 Anteile Haselnüsse
90/180 = 1/2 Anteile Paranüsse
Diese Anteile werden nun an die Händler verteilt, müssen also nur mit dem jeweiligen Fassungsvermögen der Behältnisse multipliziert werden.
1. Händler: 40 Kilogramm = 80/9 Kilogramm Erdnüsse + 100/9 Kilogramm Haselnüsse + 20 Kilogramm Paranüsse
2. Händler: 50 Kilogramm = 100/9 Kilogramm Erdnüsse + 125/9 Kilogramm Haselnüsse + 25 Kilogramm Paranüsse
3. Händler: 90 Kilogramm = 20 Kilogramm Erdnüsse + 25 Kilogramm Haselnüsse + 45 Kilogramm Paranüsse

Auswertung Serie 7

			Punkte für die Aufgaben
zu erreichende Punktzahl				5	8	6	6	10	10	4	5	6	6	8	6
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	Kim Holtze	Fröndenberg	80	5	8	6	6	10	10	4	5	6	6	8	6
1	Doreen Naumann (26 J.)	Duisburg	80	5	8	6	6	10	10	4	5	6	6	8	6
2	Annika Theumer (26 J.)	Chemnitz	79	5	8	6	6	10	10	4	5	6	6	7	6
3	Dominique Güra	Chemnitz	57	-	8	6	6	4	-	4	5	4	6	8	6
4	Andreas Lang	Chemnitz	49	-	8	6	6	10	-	4	3	6	-	-	6
5	Paul-Chr. Zerbe	Chemnitz	38	5	-	6	6	-	-	-	5	-	-	8	6
6	Katrin Wolstein	Bamberg	36	5	7	6	6	-	8	4	-	-	-	-	-
7	Mawi	Dresden	34	5	-	-	-	-	-	4	5	6	6	8	-
8	Martin Selbmann	Chemnitz	33	4	4	6	2	-	8	4	5	-	-	-	-
9	Anika Borchmann(13 J.)	Zeuthen	31	-	-	-	-	-	-	-	5	6	6	8	6
10	Eddy (15 J.)	Bamberg	29	5	8	6	6	-	-	4	-	-	-	-	-
10	Anne Selbmann	Chemnitz	29	3	4	5	-	-	8	4	5	-	-	-	-
10	Christoph T.	Emden	29	5	-	-	-	-	-	-	5	6	6	7	-
11	Katha	Berlin	25	5	8	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-
12	Stefan Knorr	Chemnitz	23	-	7	-	-	-	-	4	-	6	-	-	6
13	Josephine Koch	Chemnitz	20	-	-	6	-	-	10	-	4	-	-	-
13	Anna Seidel	Chemnitz	20	-	8	6	-	-	-	-	-	6	-	-	-
14	Daniel Hufenbach	Chemnitz	15	-	4	-	-	-	-	-	5	6	-	-	-
15	Margarethe Nehler	Chemnitz	14	-	8	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-
15	Alexander Becker	Chemnitz	14	-	-	5	-	-	-	-	-	1	-	8	-
16	Nina Fischer	???	13	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	7	6
16	Spielemax	Chemnitz	13	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	8	-
17	Lukas Maibier	Chemnitz	12	-	-	6	-	-	-	-	-	-	6	-	-
18	Franziska Schaarschmidt	Jahnsdorf	11	-	-	6	-	-	-	-	5	-	-	-	-
18	Luise Heinrich	Chemnitz	11	-	-	6	-	-	-	-	-	5	-	-	-
18	Josefine Hartwig	Chemnitz	11	-	-	6	-	-	-	-	5	-	-	-	-
19	Catrin Hufenbach	Chemnitz	10	-	-	6	-	-	-	4	-	-	-	-	-
20	Franziska Horn	Hohndorf	9	4	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-
20	Tina Hähnel	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	8	-
21	Felix Kummer	Chemnitz	8	-	-	2	-	-	-	-	-	-	6	-	-
22	Karl Schumann	Chemnitz	6	-	-	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-
23	Helene Baumann	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-
23	Juliane Bock	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-
23	Rosa Laura Czys	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-
23	Maria V. Herrmann	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-
24	Salomon Brunner	Chemnitz	4	-	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
24	Gregor Schumann	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-
24	Christian Böhme	Chemnitz	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
24	Max Wawrzyniak	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
25	Franz Münzer	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-
25	Anna Melzer	Amtsberg	3	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-
26	Lars	???	2	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-
26	Valentin Hübner	Chemnitz	2	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-
26	Loreen Jagelmann	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	1	-	1	-	-
27	Sophie Jänich	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	-	-

Serie-6

Serie 6
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

Bernd hatte sich bei Blitzeis den Fuß verstaucht und muss für zwei Wochen zu hause bleiben. Mike besucht ihn natürlich und füttert ihn mit Knobelaufgaben.

Dieser Würfel hat jeder andere auch 8 Ecken. In der unteren linken Ecke steht eine Null.
Die restlichen Ecken tragen die Bezeichnungen B bis H.
Die Zahlen von 1 bis 7 sind nun so auf die Ecken zu verteilen, dass sie alle genau einmal verwendet werden und dass die Summe zweier Zahlen entlang einer Kante immer eine Primzahl ergibt.
Hammerhart meint Bernd, aber nun ja. Für jede gefundene Lösung gibt es 2 Punkte.
Zu erreichen sind ?? Punkte.

Lösung

Primzahlen sind natürliche Zahlen, die größer als 1 sind und nur wiederum die 1 und sich selbst als Teiler haben.
Die systematische Suche nach den Lösungen beginne ich mit Punkt B. Die Zahlen 1, 4 und 6 entfallen dafür sofort. Die eventuell in Frage kommende 2 (0 + 2 = 2) entfällt, weil sich ansonsten an zwei benachbarten Eckpunkten ungerade Zahlen befinden müssten, deren Summe dann keine Primzahl wäre.
Prinzipiell mögliche ungeordnete Eckenpaare - z.B. (1;2) steht auch für (2;1):
(0;3), (0;5), (0;7), (1;2), (1;4), (1;6), (2;3), (2;5), (3;4), (4;7), (5;6) und (6;7), dass heißt sind zwei Nachbarn einer Ecke bekannt, so liegt der dritte automatisch fest. Fall 1: B = 3, dann muss C = 2 oder C = 4 sein
Fall 1.1. B = 3, C = 2 dann muss F = 4 sein. Für den Punkt G verbleiben die ungeraden Zahlen verbleiben dann 1; 5 und 7. Wegen 5 + 4 = 9 (F) und 2 + 7 = 9 (C) liegt G = 1 fest. Dann aber ist H = 6 und F = 5 und somit verbleibt E = 7.
Fall 1.2. B = 3, C = 4 dann muss F = 2 sein. Für den Punkt G verbleiben die ungeraden Zahlen verbleiben dann 1; 5 und 7. Wegen 5 + 4 = 9 (C) und 2 + 7 = 9 (F) liegt G = 1 fest. Dann aber ist H = 6 und D = 7 und somit verbleibt E = 5.
Fall 2: B = 5, dann muss C = 2 oder C = 6 sein
Fall 2.1. C = 2, dann muss F = 6 sein. Für den Punkt G verbleiben die ungeraden Zahlen verbleiben dann 1; 3 und 7. Wegen 6 + 3 = 9 (F) und 2 + 7 = 9 (C) liegt G = 1 fest. Dann muss D = 3, H = 4 und E = 7 sein.
Fall 2.2. C = 6, dann muss F = 2 sein. Für den Punkt G verbleiben die ungeraden Zahlen verbleiben dann 1; 3 und 7. Wegen 6 + 3 = 9 (C) und 2 + 7 = 9 (F) liegt G = 1 fest. Dann muss D = 7, H = 4 und E = 3 sein.
Fall 3: B = 7, dann muss C = 4 oder C = 6 sein.
Fall 3.1. C = 2, dann muss F = 4 sein. Für den Punkt G verbleiben die ungeraden Zahlen verbleiben dann 1; 3 und 5. Wegen 4 + 5 = 9 (F) verbleibt als Möglichkeiten für G die 3 und die 1. Mit G = 3 wird, aber D = 1 zwingend Widerspruch zur Primzahldefinition also bleibt wieder G = 1. Also ergibt sich D = 5, G = 2 und E = 3.
Den nun mehr letzten Fall möge der geneigte Leser selber begründen:
Es gibt also 6 verschiedene Lösungen und so sind 12 Punkte möglich gewesen.

Die Lösungen tabellarisch:

B	C	D	E	F	G	H
3	4	7	5	2	1	6
3	2	5	7	4	1	6
5	2	3	7	6	1	4
5	6	7	3	2	1	4
7	6	5	3	4	1	2
7	4	3	5	6	1	2

Aufgabe 2

Bernd geht es schon deutlich besser und so hat er die Aufgabe der letzten Woche komplett gelöst. Mike war hatte nicht so nachgedacht und was übersehen, nun ja.
In einem alten Buch des Großvaters finden sie folgende sonderbare Aufgabe:
Die Zahl 45 soll in 4 Summanden a, b, c, d zerlegt werden. Aber mit folgenden Bedingungen: a + 2 = b-2 = c ^. 2 = d : 2
Wie heißen die vier Summanden? Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Es wurden verschiedene Lösungswege übermittelt. Mehrere Varianten der Ersetzungstrategien bishin zum systematischen Probieren.
Beispiel:
Ich wähle x = a + 2 = b-2 = c ^. 2 = d : 2
Dann gilt: a = x - 2; b = x + 2; c = x/2 und d = 2x
dann aber ist (x - 2) + (x + 2) + x/2 + 2x = 45
4,5x = 45
x = 10
Also gilt nun ganz einfach:
a = x - 2; b = x + 2; c = x/2 und d = 2x
a = 8; b = 12; c = 5 und d = 20
Diese Zahlen erfüllen wie man leicht sieht die gestellten Bedingungen und eine andere Lösung gibt es nicht.

Aufgabe 3

Wegen der Winterferien in Sachsen gibt es eine Winterpause, dass heißt die Lösung braucht erst am 22.02.04 vorliegen.

Bernd geht wieder in die Schule und der Hausmeister, der eine Schach-Ag leitet, stellt ihm eine knifflige Aufgabe. Stelle 8 Damen so auf das Brett, dass keine eine andere schlagen kann. Das geht doch gar nicht, aber klar doch. Es soll 92 verschiedene Lösungen geben. Dabei wird das Brett natürlich nicht gedreht.
Okay, meint Mike, da jetzt Ferien sind knobeln wir da mal so richtig rum, denn Snowboardfahren darfst du ja eh noch nicht.
Die erste Dame soll auf a1 stehen. Es gibt bei dieser vorgebenen 4 Lösungen und damit kann es bis zu 12 Punkte geben.

Lösung

Diese Aufgabe war recht knifflig und eine Lösungsformel wohl kaum in Sicht.
Eine Variante des systematischen Probierens besteht darin, dass die von links nach rechts immer nur so hoch gestellt werden wie notwendig und dann auf Widerspruchsfreiheit untersucht wird. Sollte der Fall eintreten, dass alle 8 Damen den Bedingungen entsprechen, dann hat man eine Lösung gefunden, wenn nicht dann wird von rechts beginnend weiter hoch gesetzt.
zu a1 ist b3 die tiefste Variante, dann muss c5 sein dann d2 und nun e4. Für f gibt es aber nun keine Dame mehr, also wird e nach oben verschoben, da geht aber nur noch e8, aber auch hier gibt es keine Dame auf f. Also wird jetzt d nach oben geschoben, da geht jetzt nur als tiefste Variante d7, dann e2, f4 und g6, aber nun gibt es wieder keine Variante auf h ... Dieses Verfahren wird Backtracking genannt.
Die Lösungen:
1. a1b5c8d6e3f7g2h4
2. a1b6c8d3e7f4g2h5
3. a1b7c4d6e8f2g5h3
4. a1b7c5d8e2f4g6h3
Eine vollständige Liste aller Lösungen gibt es in der Zeitschrift ALPHA 2/1977.

Eine interessante Nachfrage gab es von Andreas. Wie viele Damen braucht man mindestens, damit jedes Feld auf dem Brett durch eine Dame erreicht werden kann? Die Antwort ist: Es werden 5 Damen gebraucht. Eine der vielen Lösungen ist: a1b3c5d2e4 s.o. Die Fragestellung, schließt den Fall, dass sich die verwendeteten Damen selber auch schlagen können mit ein.

Aufgabe 4

Bernd und Mike hatten sich in den Ferien das gleiche Buch ausgeliehen. Als sie sich letzten Mittwoch trafen, hatte Bernd 150 Seiten gelesen und Mike bereits 350 Seiten. Als das Bernds Mutter hörte, meinte sie zu Bernd, da hast du noch dreimal so viel bis zum Ende des Buches zu lesen wie Mike, nun halt dich mal ran.
Wie viele Seiten hat das Buch?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Lösung

Es sei s die Seitenzahl des Buches und r der Rest von Mike, dann gilt:
Mike: 350 + r = s und
Bernd: 150 + 3r = s.
Also ist:
150 + 3r = 350 + r | - r -150
2 r = 200
Also ist Mikes Rest noch 100 und damit hat das Buch 450 Seiten. Bernd fehlen, dann 300 Seiten, was der dreifache Rest von Mikes Seiten ist.

Aufgabe 5

Bernd hatte mit viel Anstrengung das Buch der letzten Woche geschafft, da kam Mike schon wieder mit diesem Problemchen auf ihn zu:
In einem Sägewerk sollen Balken zersägt werden. Es gibt verschiedene Sorten. Am Montag wurde die Sorte Longwood verwendet. Aus dieser Sorte entstanden Stücke, die jeweils 75 cm lang waren. So ein Schnitt war jeweils 1 cm breit und dauerte 1 Minute. Nach 5 Minuten war ein solcher Balken zersägt.
Wie lang war der Balken vorher?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Lösung

Nicht alle haben die kleine Stolperstelle gesehen, so gab es recht oft nur 2 der 3 Punkte.
Es wurde 5-mal gesägt. So sind es also 5 cm Verschnitt und es sind dann 6 (nicht nur 5) Teile, die jeweils 75 cm lang sind.
Das sind zusammen also zusammen 5 cm + 6 ^. 75 cm, also 455 cm bzw. 4,55 m.

Aufgabe 5

Nachdem Mike es fast geschafft hätte Bernd mit der Holzaufgabe hereinzulegen, stöberte Bernd in alten Matheheften seines Opas und fand folgendes Problem:
Die neustellige Zahlenkombination eines Tresors hat es in sich. Natürlich darf man die sich nicht aufschreiben und so hat sich die ins Vertrauen gezogene Tochter des Chefs sich die Zahlenkombination folgendermaßen gemerkt.
Die neustellige Zahl zerlegte sie in drei dreistellige Zahlen, für die folgende Bedingungen gelten:
1. Die Quersumme, der ersten Zahl ist 18 (das Alter der Tochter).
2. Die zweite Zahl war dreimal so groß wie die erste Zahl.
3. Die dritte Zahl war um 99 kleiner als die zweite Zahl.
4. Die Ziffernfolge der dritten Zahl war genau umgekehrt wie die der ersten Zahl.
Wie lautet die Zahlenkombination?
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Lösung

Es gab verschiedene Lösungsvarianten, viele haben systematisch probiert und so auch nachgewiesen, dass es nur eine Lösung gibt.
Hier nun eine Variante mit der Aufstellung eines Gleichungssystem:
Die Ziffern der ersten Zahl seien in der richtigen Reihenfolge x, x, z. Die erste Zahl sei a, die zweite b und die dritte Zahl c. Dann gilt:
1. x + y + z = 18 (Quersumme)
2. a = 100x + 10y + z
3. b = 3a = 300x + 30y + 3z
4. c = b - 99 = 300x + 30y + 3z - 99
5. c = 100z + 10y + x
...
Hier die leicht verspätet eingetroffene Variante von Andreas
abc.def.cba
a+b+c=18
Die 2. Zahl ist 99 größer als die 3.
a kann nicht größer als zwei sein, denn 369 (kleinstmögliche nächste Zahl) mal 3 ist weit über 1000 und geht daher nicht.
Wenn a=0, dann b=c=9 sein. 1. (Zahl) also 099. Mal 3, fast 300 und 990 ist mehr als 99 größer als das.
Wenn a=1, dann b und c 8 und 9. 189 oder 198 mal 3 ist fast 600, aber selbst 891 ist noch zu groß dafür.
Wenn a=2, dann b und c = 8 oder 9,7. 297, 288, 279*3=891, 864, 837. Die 3. Zahl=972/882/792. 972 und 882 sind zu groß. Aber 792+99=891.
a=2
b=9
c=7
d=8
e=9
f=1
Die Zahlenkomination lautet 297.891.792.
Danke Andreas

Aufgabe 6

Mikes kleine Nichte Maria hat einen Stempelkasten geschenkt bekommen und spielt Matheunterricht. Sie stempelt mit großer Geduld die Zahlen von 0 bis 300 der Reihe in ein Heft. Immer wieder setzt sie Zahlen zusammen. Obwohl er es etwas öde findet, bewundert er doch die Ausdauer der Kleinen. Am nächsten Tag erzählt er Bernd davon, der meinte ebenfalls, so viel Ausdauer nicht zu besitzen, immer wieder die Ziffernstempel zusammen zu basteln. Ihm fällt aber auf, dass die Anzahl der verwendeten Ziffern nicht gleich ist. So fragt er sich beispielsweise bei welcher Zahl wohl Maria die Ziffer 1 das 111.-mal verwendet hat.
Tja, bei welcher Zahl war das wohl? Welche Ziffer wird insgesamt am wenigsten gebraucht?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Obwohl es nicht so schwer war, gab es doch eine Reihe Faselfehler, die noch mehr richtige Ergebnisse verhinderten.
Für die ersten 100 Zahlen also von 0 bis 99 kommt die 1 in jedem Zehner einmal als Einer vor und noch 10-mal als Zehnerstelle. Das sind also 20 Einsen. Alle Ziffern von 2 bis 9 kommen nach dieser Zählweise 20-mal vor, nur die Null ist die Verliererin.
Von 100 bis 199 gilt nun fast das gleiche Verhalten, nur das jetzt alle Ziffern 10-mal die Einerstelle und 10- mal die Zehnerstelle einnehmen. Nun kommt die 1 aber auch noch 100-mal an der Hunderterstelle vor und damit ist die Zahl der Einsen bei 199 schon bei 140 angelangt.
Also zurück:
189, das sind 11 Einsen weniger --> 129
179, das sind wieder 11 Einsen weniger --> 118
Sieben Einsen zu viel also wird 1 bei 172 das 111. Mal verwendet.
Die Null kann ihren Verlust aus dem ersten Hundert nicht wettmachen und bleibt die Letzte.

Aufgabe 7

Mike und Bernd haben in der letzten Woche am Kängerou-Wettbewerb teilgenommen. Das war ganz schön anstrengend gewesen. Es musste alles recht schnell gehen und so blieb ihnen nur eine Aufgabe im Gedächnis, weil diese sie an Aufgaben von Bernds Vater erinnerte, der immer irgendwelche Jahreszahlaufgaben gemacht hatte.
Die Jahreszahl 2004 hat so ihre Besonderheiten. Sie ist durch 4 teilbar und ihre Quersumme ist 6. Bernds Vater machte aus der Ursprungsaufgabe (die lautete, wie viele 4-stelligen Zahlen haben auch diese Eigenschaften) wieder mal eine Jahreszahlaufgabe daraus:
Wie viele Jahreszahlen vom Jahr 1 bis einschließlich 2004 haben auch die Eigenschaften?
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Lösung

Die Teilbarkeitsregel für die 4 lautet:
Eine natürliche Zahl ist ohne Rest teilbar, wenn die aus den zwei letzten Ziffern gebildete Zahl durch 4 teilbar ist. weitere Regeln
Die zweistellig geschriebenen Zahlen - teilbar durch 4 und selber mit einer Quaersumme von maximal 6 - sind dann die rot geschriebenen:
00, 04, 08, 12, 16, 20, 24, 28, 32, 36, 40, 44, 48, 52, 56, 60.
Weiter muss die Reihe nicht geführt werden, da die Quersummebedingung nicht mehr erreicht wird. Es gibt also 7 Varianten.
Zwei der Zahlen haben die Quersumme 6, also sind Jahreszahlen - 24 und 60 - als zweistellige gefunden.
Nun die dreistelligen, dazu muss nur der Rest bis zur Quersumme ergänzt werden:
600, 204, 312, 420, 132 und 240. Damit hat sich die Anzahl der Jahreszahlen auf 8 erhöht.
Bei den vierstelligen Zahlen m¨ssen die Hunderterstellen der 6 gerade gefundenen Zahlen so zerlegt werden, die zweistellige Zahl nicht die 20 überschreitet, da ja nur die Jahreszahlen bis 2004 genommen werden dürfen.
600 --> 1500
204 --> 2004 und 1104
312 --> 1212 (Beispiel: 3 --> 03,12, 21, 30, nur die 12 erfüllt die Regeln)
420 --> 1320
132 --> 1032
240 --> 1140 (2040 ist nicht zulässig)
Es gibt also genau 15 Jahreszahlen, die alle Bedingungen erfüllen, nicht gerade viel.
chronologisch: 24, 60, 132, 204, 240, 312, 420, 600, 1032, 1104, 1140, 1212, 1320, 1500, 2004

Aufgabe 8

Da hatte doch Bernd in der letzten Woche glatt zwei Zahlen übersehen und so lag Mike halt vorn in ihrem kleinen Wettbewerb, nun ja. Bernds Vater hatte schon die nächste Aufgabe parat, also mit voller Konzentration ging Bernd vor:
Schreibe die Zahlen von 1 bis 40 der Reihe nach auf. Jetzt wird der Reihe nach bei 1 begonnen und geschaut, wie oft sie sich als Summe zweier bisher angeschauter und stehen gebliebener Zahlen ergibt. Gibt es genau eine Möglichkeit bleibt die Zahl stehen, ansonsten wird sie gestrichen.
Für die Zahlen von 1 bis 12 sieht das Ergebnis dann so aus: 1; 2; 3; 4; (5 nicht wegen 1 + 4 und 2 + 3); 6; (7 nicht, 7 = 1 + 6 = 3 + 4); 8; (9; 10 nicht); 11; (12 nicht) also was in Kurzform bleibt ist: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 11;
Für jede gefundene Zahl zwischen 12 und 40 gibt es einen Punkt, wird eine falsche Zahl angegeben, werden Punkte abgezogen, allerdings, ohne dass es zu theoretisch möglichen Punktabzügen kommt.

Lösung

Ach du Schreck, das ja war nicht so einfach mit der Aufgabe und dem Konzentrieren. Also noch mal langsam.
Keine Additionsvariante oder aber mehr als eine, dann streichen, wenn genau eine, dann bleibt die Zahl stehen. Sinn macht das ganze natürlich nur, wenn die Summanden verschieden sind, wie auch in den Beispielen geschriebendenn ansonsten wären die 4, die 6 und die 8 auch entfallen.
Zum systematischen Probieren ist es sinnvoll mit den möglichen Summanden mit den kleinsten zu beginnen, dann kann man nach dem Erreichen der Hälfte der zu untersuchenden Zahl aufhöhren.
Bekannt sind bisher: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 11 die anderen Zahlen bis zur 12 sind gestrichen.
Die roten Zahlen bleiben stehen:
13 = 2 + 11
14 = 1 + 13 = 3 + 11
15 = 2 + 13 = 4 + 11
16 = 3 + 13
17 = 1 + 16 = 4 + 13
18 = 2 + 16
19 = 1 + 18 = 3 + 16
20 = 2 + 18 = 4 + 16
21 = 3 + 18 = 8 + 13
22 = 4 + 18 = 6 + 16
23
24 = 6 + 18 = 11 + 13
25
26 = 8 + 18
27 = 1 + 26 = 11 + 16
28 = 2 + 26
29 = 1 + 28 = 3 + 26
30 = 2 + 28 = 4 + 26
31 = 3 + 28 = 13 + 18
32 = 4 + 28 = 6 + 26
33
34 = 6 + 28 = 8 + 26
35
36 = 8 + 28
37 = 1 + 36 = 11 + 26
38 = 2 + 38
39 = 1 + 38 = 3 + 36
40 = 2 + 38 = 4 + 36
Geschafft, die fehlenden 7 Zahlen waren also 13, 16, 18, 26, 28, 36 und 38.
Bis zur Hundert sind das: 47, 48, 53, 57, 62, 69, 72, 77, 82, 87, 94, 96, 99. Diese Zahl sind ohne Gewähr, da ich sie nicht nachgerechnet habe.

Aufgabe 9

Mike hatte sich letzte Woche vertan und so war die Bilanz mit Bernd wieder ausgeglichen:
Bernds Opa hatte einen Klassiker ausgebuddelt und der geht ungefähr so:
Auf dem Grabstein von Diophantos - ein Mathematiker, der sich mit der ganzzahligen Lösungen von Gleichungen beschäftigte - soll folgendes gestanden haben. Ihm war gegeben 1/6 seines Lebens ein Junge zu sein und nach Verlängerung um 1/12 bedeckte er seine Wangen mit Flaum. Das Licht der Ehe entzündete ihn nach wiederrum 1/7 der Lebenszeit und 5 Jahre nach der Hochzeit wurde ihm ein Sohn geboren. Doch ach, so spät geborenes Wesen.! Kaum war es halb so alt wie sein Vater, wurde es vom Schicksal dahin gerafft. Nach dem Diophantos seinen Kummer 4 Jahre hindurch durch das Studium der Zahlen gelindert hatte, vollendete sich sein Leben.
Wie alt ist er geworden?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Verschiedene Lösungsansätze wurden verwendet und es gab nur wenige falche Einsendungen.
Hier nun der Lösungsweg als Gleichung:
a sei das erreichte Alter: a = 1/6 a + 1/12 a + 1/7 a +5 + a/2 + 4
a = 75/84 a + 9 | - 75/84 a
9/84 a = 9 | : 9/84
a = 84
Diophantus wurde 84 Jahre alt. Die Länge der einzelnen Lebensabschnitte nachzurechnen, überlasse ich diesmal dem geneigten Leser.

Aufgabe 10

Bernd hat über Ostern mal in alten Wochenaufgaben gelesen. Dabei fiel ihm die Klassikeraufgabe mit Wolf, Ziege und Kohlkopf auf. (Serie 2 Aufgabe 9)
Da kam ihm eine Idee und so lautet diese Aufgabe nun wie folgt.
Ein Mann kommt mit einem alten hungrigen Drachen - der nicht mehr fliegen kann - einem Wolf, einer Ziege und einem Kohlkopf an einen Fluss. Dort findet er ein kleines Boot vor, mit dem er jeweils nur den Drachen, den Wolf, die Ziege oder Kohlkopf transportieren kann. Er überlegt: Den Wolf kann er mit der Ziege nicht allein lassen, ebenso wenig ist es möglich, die Ziege und den Kohlkopf ohne Aufsicht zu lassen. Weiterhin würde der Drache den Wolf fressen, es sei denn der Duft des Kohls beruhigt ihn. Da die nächste Brücke viel zu weit entfernt ist, muss er das Boot zum Übersetzen benutzen. Gib eine Möglichkeit an, wie der Mann mit möglichst wenig Fahrten Drache, Wolf, Ziege und Kohlkopf verlustfrei zum anderen Ufer schaffen kann. Vergleiche die Anzahl der Fahrten (ohne Leerfahrten) mit der Klassikaufgabe.
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

1. Fahrt: Ziege wegbringen
2. Fahrt: leer zurück
3. Fahrt: Wolf wegbringen
4. Fahrt: Ziege zurück
5. Fahrt: Kohl wegbringen
6. Fahrt: leer zurück
7. Fahrt: Drachen wegbringen
8. Fahrt: leer zurück
9. Fahrt: Ziege wegbringen
Erstaunlicherweise ist es nur eine volle Fahrt mehr wie bei der Klassikaufgabe.
Es gibt noch eine zweite Lösung, die so kurz ist.

Aufgabe 11

Bernd ist am Programmieren und liest ein sehr dickes Handbuch. Zu Mike sagt er, ich war ganz fleißig, so beträgt das Produkt der Seiten an der Stelle wo ich gerade bin 78120. Das klingt logisch meint darauf hin Mike, aber ich habe meine Zweifel, dass du wirklich soweit bist.
Um welche Seitenzahlen handelt es sich? (3 Punkte), aber warum kann das eigentlich wiederum nicht sein? (1 Punkt)

Lösung

Es liegt nahe, dass es sich um zwei natürliche Zahlen handelt, die sich um 1 unterscheiden. Der Ansatz ist dann:
x(x+1) = 78120. Die natürliche Zahl, die diese Gleichung erfüllt ist 279.
Es sind also die Seitenzahlen 279 und 280. Zwar gibt es so dicke Bücher, die solche Zahlen aufweisen - einschließlich Harry Potter - aber wenn man in Bücher schaut, stellt man fest, dass links eine gerade Zahl und rechts eine ungerade Zahl ist. Es k&oul;nnte also nur die 278 und 279 bzw. die 280 und 281 sein, da hat wohl Bernd doch etwas gemogelt.

Aufgabe 12

Bernds Vater hat in einem alten Knobelbuch folgende Aufgabe entdeckt:
Ein fauler Mensch lag am Ufer einer Flusses, da trat der Teufel auf ihn zu und meinte. Wenn du über den Fluss schwimmst verdopple ich dir dein Geld, welches du in der Tasche hast. Klingt gut, meinte der Faule, dafür lohnte es sich vielleicht doch mal was zu tun. Allerdings musst dir mir jedesmal, wenn du ans Ufer kommst, die bescheidene Summe von 24 Talern überlassen. Einverstanden.
Der Faule, schwamm los, hatte am anderen Ufer das Doppelte in der Tasche. Er gab dem Teufel, ohne in die Tasche zu schauen, die 24 Taler und schwamm mit dem Rest los. Als er ankam hatte er wieder das Doppelte in der Tasche, gab dem Teufel die 24 Taler und schwamm noch mal rüber. Als er nun in die Tasche griff, stellte er mit Entsetzen fest, dass nach dem Ausbezahlen des Teufels nichts mehr in der Tasche war. Der Teufel lachte und verschwand. Nun wer zu faul zum Denken ist, hat die kleine Lektion wohl verdient.
Wie viele Taler hat der Faule am Anfang in der Tasche?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Am besten ist in diesem Fall wohl das Rückwärtsrechnen.
1.Er hatte 24 Taler zu geben also waren es vor dem Schwimmen noch 12 Taler, die er in der Tasche hatte.
2. Zu diesen Talern kommen die 24 Taler Gebühr dazu, das sind 36 Taler, also war er mit 18 Taler losgeschwommen.
3. Zu diesen Talern kommen wieder 24 Taler Gebühr da zu, das sind 42 Taler, also hatte er am Anfang 21 Taler. Drei mal war er geschwommen.
PS.: Bei der Gebühr ergeben sich interessante Grenzen für den Startwert.
1. Hat der Faule bis zu 12 Talern in der Tasche, ist das Spiel beim ersten Mal zu Ende.
2. Hat der Faule genau 24 Taler in der Tasche, kann er ewig schwimmen, ohne das es in seiner Tasche mehr wird.
3. Hat der Faule mehr als 24 Taler, werden seine Taschen immer schwerer und es ist die Frage, wann er aufhört oder vor lauter Geiz ertrinkt.

Auswertung Serie 6

Platz	Name	Ort	Punkte
1	Doreen Naumann	Duisburg	79
2	Annika Theumer	Chemnitz	75
3	Mawi	Dresden	62
4	PC Zerbe	Chemnitz	51
5	Katrin Wolstein	Bamberg	50
6	Kim Holtze	Fröndenberg (NRW)	48
7	Katha	Berlin	47
8	Martin Selbmann	Chemnitz	40
9	Andreas Lang	Chemnitz	37
10	Dominique Güra	Chemitz	26
11	Josefine Hartwig	Chemnitz	22
12	Josephine Koch	Chemnitz	21
13	Catrin Hufenbach	Chemitz	15
13	Helene Baumann	Chemnitz	15
14	Christian Böhme	Chemitz	14
15	Salomon Brunner	Chemnitz	12
16	Anna Seidel	Chemnitz	10
16	Eddy	Bamberg	10
16	Anna Melzer	Amtsberg	10
16	Alexander Becker	Chemnitz	10
17	Loreen Jagelmann	Chemnitz	9
17	Franziska Schaarschmidt	Jahnsdorf	9
17	Sophie Jänich	Chemitz	9
17	Anne Selbmann	Chemnitz	9
18	Tina Hähnel	Chemitz	8
18	Stefan Knorr	Chemnitz	8
18	Felix Kummer	Chemnitz	8
19	Rosa Laura Czys	Chemnitz	6
19	Margarethe Nehler	Chemnitz	6
20	Gregor Schumann	Chemnitz	5
21	Malte Lohs	Chemitz	4
21	Daniel Hufenbach	Chemitz	4
21	Franz Münzer	Chemnitz	4
21	Max Wawrzyniak	Chemnitz	4
22	Jakob Hastedt	Chemnitz	3
22	Maria-Viktoria Herrmann	Chemnitz	3
22	Luise Heinrich	Chemnitz	3
23	Jonas Döhne	Chemitz	2
23	Lisa Bock	Chemnitz	2
23	Dominique Brunner	Chemnitz	2
23	Till Kummer	Chemnitz	2
23	Nancy Schletter	Chemnitz	2
23	Martin Feldmann	Chemnitz	2
24	Simon Kolata	Chemitz	0

		37	47	57
		36	46	56
15	25	35	45	55	65	75
14	24	34	44	54	64	74
13	23	33	43	53	63	73
		32	42	52
		31	41	51

		37	47	57
		36	46	56
15	25	35	45	55	65	75
14	24	34	44	54	64	74
13	23	33	43	53	63	73
		32	42	52
		31	41	51

		37	47	57
		36	46	56
15	25	35	45	55	65	75
14	24	34	44	54	64	74
13	23	33	43	53	63	73
		32	42	52
		31	41	51