Wochenaufgabe Mathe

Aufgabe der Woche

Serie-26

Serie 26

Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1
301. Wertungsaufgabe

"Hallo Mike, du warst doch letzte Woche zu dem Treffen der Wochenaufgabenentwerfer in Potsdam. War das interessant?" "Aber selbstverständlich." Na dann erzähl doch mal," drängelte Lisa.
"Hier lest einfach meine Notizen."
Es sind 5 Schüler, die haben alle in diesem Jahr begonnen, Wochenaufgaben ins Netz zu stellen. Start war Januar, Februar, April, Mai bzw. Juli. Es sind zwei Jungs, Bert und Helmut, sowie die Mädchen Elke, Gina und Melanie. Angereist kamen sie aus Freiberg, Berlin, Zwickau, Köln und München. Keiner kam aus seiner Heimatstadt (Hannover, Dresden, Hamburg, Leipzig und Rostock), in denen sie ihre Wochenaufgaben veröffentlichen.
1..Einen Monat bevor Bert begann, seine Wochenaufgaben zu veröffentlichen, begann der/die Leipziger/Leipzigerin, der/die aus Freiberg angereist kam, mit seinen Aufgaben.
2..Den Start der Wochenaufgaben im Februar unternahm nicht der/die aus Köln angereiste und nicht der/die in Hannover wohnende.
3..Der Start der Veröffentlichung des (oder der) aus München angereisten war eher wie des Hamburgers (oder Hamburgerin) und genau drei Monate früher als der Start durch die Rostockerin Gina.
4..Melanies Veröffentlichung war einen Monat eher als der Start von Elke, die aus Berlin anreiste.
Wer kam aus welcher Stadt nach Potsdam? Wo wohnen die Leute? Wann begannen die Veröffentlichungen? 6 blaue Punkte
Begleitet wurden die Schüler durch ihre Mathelehrer, die alle verschiedene Augenfarben -- blau, grün, grau, braun und rötlich- hatten. Sie hielten alle einen kurzen Vortrag, diese begannen 9.50 Uhr, 10.00 Uhr, 10.20 Uhr 10.40 Uhr und 10.50 Uhr. Auf dem Rednerpult stand jedesmal etwas anderes. Saft, Milch, Tonic, Limo und Wasser. Ich schätzte die Lehrer auf 25 , 40, 50, 55 und 60 Jahre.
1.Der Lehrer mit den brauen Augen und dem Saft ist 10 Jahre älter als der, welcher eine halbe Stunde eher mit seinem Vortrag begann.
2. Der 55-jährige begann 20 Minuten später als der Milchtrinker, der wiederum älter ist als der Limotrinker mit den grünen Augen.
3. Der Wassertrinker begann seinen Vortrag 20 Minuten eher als der mit den rötlichen Augen.
4. Der mit den blauen Augen war der Jüngste.
Wer (Augenfarbe) hielt wann seinen Vortag und trank dazu welches Getränk? 6 rote Punkte
"Sag mal, war da der Mathelehrer aus Chemnitz, der sich schon so viele Aufgaben ausgedacht hat, auch dabei?" "Nö, das ist doch auch wieder nur so eine Aufgabe von dem."

Lösung:
Die Tabellen im Sinne der Aufgaben des Logiktrainers sind Uwe, danke.

Januar

Februar

April

Mai

Juli

Hannover

Düsseldorf

Hamburg

Leipzig

Rostock

Freiberg

Berlin

Zwickau

Köln

München

Bert

Helmut

Elke

Gina

Melanie

Freiberg

Berlin

Zwickau

Köln

München

Hannover

Düsseldorf

Hamburg

Leipzig

Rostock

Daraus lässt sich ablesen: Wann, wer, wohnt in, kommt aus:
Januar - Helmut - Leipzig - Freiberg
Februar - Bert - Dresden - Zwickau
April - Melanie - Hannover - München
Juli - Gina - Rostock - Köln
rote Aufgabe:

Januar

Februar

April

Mai

Juli

25 Jahre

40 Jahre

50 Jahre

55 Jahre

60 Jahre

Saft

Milch

Tonic

Limo

Wasser

blau

grün

grau

braun

rötlich

Saft

Milch

Tonic

Limo

Wasser

25 Jahre

40 Jahre

50 Jahre

55 Jahre

60 Jahre

Daraus lässt sich ablesen: Vortragsbeginn, Augenfarbe, Getränk, Alter:
9.50 Uhr - grün - Limo - 40
10.00 Uhr - blau - Wasser - 25
10.20 Uhr - rötlich - Milch - 50
10.40 Uhr - grau - Tonic - 55
10.50 Uhr - braun - Saft - 60

Aufgabe 2

302. Wertungsaufgabe
"Hallo Lisa." Hallo Mike, was machst du denn mit dem Zettel zum kleinen 1 x 1.?" Das ist nicht das ganze 1 x 1, sondern es sind nur die zweistelligen Ergebnisse davon." Wie viele solcher Ergebnisse gibt es eigentlich und lässt sich daraus die Anzahl der Primzahlen zwischen 10 und 100 ermitteln? (Kleines Einmaleins bedeutet beide Faktoren sind einstellig.) 3 blaue Punkte. Aus den Ergebnissen der blauen Aufgabe soll eine 9-stellige Zahl zusammengestellt werden, deren Ziffern alle verschieden sind (keine Null). Je zwei Ziffern, die nebeneinander stehen, bilden ein Produkt des kleinen Einmaleins. 5 rote Punkte. Beispiel für 5-stellig 32481 -- 32; 24; 48 und 81 sind Produkte des kleinen Einmaleins.

Lösung:
Blau: Alle Ergebnisse des Kleinen 1 x 1:
10,12,14,15,16,18, 20, 21, 24, 25, 27, 28, 30, 32 ,35, 36, 40, 42, 45, 48, 49, 54, 56, 63, 64,72, 81 ==> 27 Ergebnisse. Es gibt natürlich Ergebnisse, die doppelt vorkommen (18 = 2*9 = 9*2, aber danach war nicht gefragt. Auch das häufig auch die 10-er Reihe mit zum kleinen 1 x1 gezählt wird ändert nicht am zweiten Teil der Aussage ...-->) Streicht man aus einer Tabelle der Zahlen von 10 bis 99 die Ergebnisse heraus, so bleiben auch Zahlen Stehen, die keine Primzahlen sind, z.B. 91 = 9*13. Damit lässt sich die Anzahl der Primzahlen also so nicht ermitteln.
rot: 23 Ergebnisse aus blau enthalten keine Null und sind Kandidaten für die gesuchte 9-stellige Zahl. Die Ziffer 9 kommt nur einmal vor, also muss die gesuchte Zahl xxxxxxx49 heißen. Zwei Ziffern geschafft.
Ziffer 7 gibt es in 27 und 72. Würde die 7 irgendwo in der Mitte der Zahl stehen, so wäre sie von zwei Zweien eingeschlossen, was aber nicht sein darf, damit muss die 7 an den Anfang. ==> 72xxxxx49. Was kommt vor die 4. Da wären 72xxxx149, 72xxxx549 oder 72xxxx649.
72xxxx149 ==> 72xxx8149 ==> 72xx18149 nicht zulässig.
72xxxx649 ==> 72xxx1649 oder 72xxx3649 oder 72xxx5649 ==> ... weiteres systematisches Einsetzen führt in jedem Fall auf eine nicht zulässige Zahl, damit bleibt nur
72xxxx549
==> 72xxx1549 oder 72xxx3549 ==> Untersuchung erste Variante
72xx81549 ==> Widerspruch, denn die auf 8 endenden Produkte fürfen nicht genommen werden werden (wegen 1 oder 2 doppelt) ==>
es bleibt 72xxx3549 ==>
72xx63549 ==>72x163549 ==> 728163549. Die systemtische Untersuchung zeigt es gibt genau eine solche gesuchte Zahl.

Aufgabe 3

303. Wertungsaufgabe
"Lisa, du hast ja schon wieder die Schere in der Hand. Willst du wieder Schachbretter zerschneiden?, grinste Bernd. "Nein, ich habe regelmäßige Vielecke ausgeschnitten, die alle die gleiche Kantenlänge haben. So kann ich sowohl die gleiche Art auf Kante legen, aber eben auch verschiedene." "Auf Kante legen?" "Kante an Kante, ohne das was übersteht." Bernd spielt gleich mal ein wenig. "Wenn ich nur die Dreiecke nehme dann passen diese super zusammen, aber auch die Sechsecke. Nehme ich allerdings Achtecke, dann bleiben Lücken." Was passt in die Lücken hinein und warum? (2 + 3 blaue Punkte). Rot Gesucht sind 3 verschiedene regelmäßige Vielecke mit jeweils gleicher Kantenlänge, die paarweise auf Kante liegen, aber die gemeinsame Ecke komplett ausfüllen. (Bei blau sind es aber eben zwei Achtecke -- also leider nicht verschieden -- und das gesuchte n-Eck, was so eine gemeinsame Ecke komplett ausfüllt. Pro Tripel je zwei Punkte.

Lösung:
blau: Die Innenwinkel eines regelmäßigen Achtecks sind 135° groß - Begründung bei rot. Legt man zwei solche Achtecke auf Kante, so ergeben sich 2*135° = 270° an den Eckpunkten der gemeinsamen Kante. Um diese Lücke zu schließen, muss die gesuchte Fläche (360° - 270° = ) 90° große Innenwinkel besitzen. Da die Kanten alle gleichlang sein sollen, handelt es sich also um ein Quadrat.
rot: Die Innenwinkelsumme eines n-Ecks lässt sich (n - 2 ) * 180° berechnen. (Für die ganz genau Lesenden - ebenes konvexes n-Eck). Da es sich bei der Aufgaben Stellung um regelmäßige n-Ecke handeln soll ergibt sich für den einzelnen Innenwinkel {tex} \frac {(n-2) * 180^\circ} n{/tex}. Um eine Ecke mit drei verschiedenen n-Ecken auszufüllen muss also {tex} \frac {(n_1-2) * 180^\circ} {n_1} + \frac {(n_2-2) * 180^\circ} {n_2} + \frac {(n_3-2) * 180^\circ} {n_3} = 360^\circ{/tex} gelten. Dabei sollen die einzelnen Werte für n alle verschieden sein. Wird die Gleichung durch 180° dividiert, dann erhält man:
{tex} \frac {(n_1-2)} {n_1} + \frac {(n_2-2)} {n_2} + \frac {(n_3-2)} {n_3} = 2{/tex}
Jetzt gibt es verschiedene Möglichkeiten die Überlegungen fortzusetzen. So lässt sich z.B. die Gleichung nach n₃ umstellen und dann systematisch probieren. Oder man rechnet per Tabellenkalkulation durch, ... Wie auch immer.
Es gibt genau 6 verschiedene Lösungen - den Nachweis, dass dies alle sind, überlasse ich dem geneigten Leser.
Die Zahlen geben die Anzahl der Ecken an:
(3; 7; 42) - krumme Gradgrößen, deshalb nur mit Probieren ganzahliger Gradzahlen nicht zu finden
(3; 8; 24)
(3; 9; 18)
(3; 10; 15)
(4; 5; 20)
(4; 6; 12)

Aufgabe 4

304. Wertungsaufgabe
Maria konstruiert mit dem Zirkel ein regelmäßiges Achteck. Dies hat eine Kantenlänge von 6 cm. Die Bezeichnung der Eckpunkte ist wie üblich ABCDEFGH. Nun aber sitzt sie grübelnd vor ihrem Blatt. Bernd kommt ins Zimmer und fragt, was denn sei. "Ich möchte ein weiteres Achteck in das Achteckeck hinein konstruieren. Der Punkt E soll auch Eckpunkt des neuen Achtecks sein. Zwei Seiten sollen auf den Seiten d und e liegen und eine dritte Seite auf der Diagonalen AD." "Ich verstehe," meint Bernd, nach dem er sich eine Skizze angefertigt hat. 6 blaue Punkte für eine begründete Konstruktionsbeschreibung. 5 rote Punkte für die Berechnung der Kantenlänge des kleinen Achtecks. (Anmerkung: Es ist immer ein regelmäßiges Achteck gemeint.)
Lösung:
Das regelmäßige Achteck bei vorgebener Seitenlänge zu konstruieren, ist auf mehrere Arten möglich. Hier eine Variante.
Zeichne eine Strecke AB mit 6 cm. Die Strecke wird über den Punkt B hinaus verlängert. Nun wird in B eine Senkrechte errichtet (Grundkonstruktion). Der rechte Winkel, der nicht die Strecke AB einschließt, wird halbiert (Grundkonstruktion). Der Winkel zwischen AB und der Winkelhalbierenden ist somit 135° groß. Genau das aber ist die Größe der Innenwinkel eines regelmäßigen Achtecks. Es wird nun von B aus 6 cm auf der Winkelhalbierenden abgetragen und man erhält den Punkt C des Achtecks. Eine Wiederholung der Schritte führt zum gesuchten großen Achteck.
304

Jetzt wird die Diagonale AD eigezeichnet. Siehe Bild von Uwe, danke.
Das Prinzip ist jetzt erkennbar. Das kleine Achteck lässt sich als Bild einer zentrischen Streckung des großen Achtecks mit dem Streckungszentrum E auffassen, wobei B' und C' auf der Diagonalen liegen müssen. Damit liegt aber zugleich die Seitenlänge des kleinen Achtecks fest. Die Lage der anderen Punkte lassen sich durch Parallelverschiebungen ermitteln.
rot: Die Seitenlänge des kleinen Achtecks lässt sich nun mittels Pythagoras und Strahlensatz ermitteln. Gegebene Seitenlange sei a
EB' / EB = B'C'/ a
(EB-a) /EB = B'C'/a
Die Diagonale EB ist Wurzel (2)*a + a lang.
Wird die Länge der Diagonalen in die zweite Gleichung eingesetzt, so ergibt sich:
B'C' = a* Wurzel (2)/ (Wurzel (2) + 1) das sind rund 0,5857864 * a. Das bei 6 cm Ausgangswert 3,5147186 cm für das kleine Achteck.
Sollte es Nachfragen geben, so können diese gern im Forum gestellt werden.

Aufgabe 5

305. Wertungsaufgabe
Bernd fährt auf dem Weg von Leipzig nach Chemnitz durch den Ort Narsdorf. Der Name des Ortes besteht aus 8 verschiedenen Buchstaben. Wie viele Orte mit dorf am Ende ließen sich mit den Buchstaben N A R und S bilden. 2 blaue Punkte. Wie viele echt verschiedene Wörter lassen sich aus den 8 Buchstaben bilden? Die Wörter haben die Längen 1 bis 8 Buchstaben. 5 rote Punkte.

Lösung:
Blau: Die ersten vier Buchstaben waren auf alle möglichen Arten anzuordnen, dies nennt man Permutation. Für die erste Stelle habe ich vier Möglichkeiten. Für jede der 4 Möglichkeiten. verbleiben für die 2. Stelle 3 Buchstaben. Das sind 4 * 3 Möglichkeiten. Für jede dieser Möglichkeiten kann ich aus zwei verbleiben Buchstaben auswählen. Das ergibt also 4*3*2 Möglichkeiten. Bei jeder dieser 24 Möglichkeiten kann ich den verbleiben 4. Buchstaben nur noch ergänzen. Es sind also 24 Möglichkeiten. Kurze Schreibweise 4! (sprich vier Fakultät). n! (n>1) steht für 1*2*3* ... * n. siehe --> Mathelexikon <--
Anmerkung. Die "Namen" des zu bildenden Dorfes muss nicht lesbar bzw. aussprechbar sein.
rot: Hier sind nun für die 1 bis 8 Buchstaben langen "Worte" von den acht Buchstaben des Wortes NARSDORF 1, zwei, drei, .... Buchstaben zu wählen.
Der Fachbegriff dafür ist Kombination, aber und jetzt kommt es, die bekannten Formeln für die Kombination greifen nur, wenn alle Elemente (alle Buchstaben) verschieden sind. NARSDORF aber enthält das R eben zwei mal. Okay, wenn man NARSdorf schreiben, könnte man R und r unterscheiden, aber ...
Hier nun die Betrachtungen von XXX einmal NARSdorf und einmal NARSDORF, danke.
als pdf

Aufgabe 6

306. Wertungsaufgabe
Maria sitzt am Computer als Bernd in ihr Zimmer kommt. „Das sieht aber cool aus. Was ist das?“ „Ich lese auf der Schulhomepage gerade den Artikel zur Sierpinskipyramide. --> Zum Nachlesen<-- Dieses Modell wurde in der letzten Projektwoche gebaut.“ „Aus wie vielen kleinen Tetraedern mag wohl dieses Modell bestehen?“ „Das lässt sich ausrechnen. Pass auf. Ich gehe die Beschreibung noch mal durch. Man nimmt ein Ausgangstetraeder – Stufe 0. Nun werden alle Kanten des Tetraeders halbiert. Danach lassen sich also ausgehend von den Ecken des Ausgangstetraeders vier halb so große finden. Alles, was in der Mitte ist, kommt weg. Fertig ist die Stufe 1. Nun wird mit den verbleibenden Stufen-1-Tetraedern der Vorgang – Halbieren … – wiederholt. Das gebaute Sierpinskitetraeder entspricht der Stufe 5.“ Aus wie vielen kleinen Tetraedern besteht das Modell und was für ein Körper passt in die Lücke der Stufe 1? – 3+3 blaue Punkte (Nur Anzahl oder Name des Körpers bringt nicht die volle Punktzahl). Wie groß sind Oberfläche und Volumen der Stufe 5 im Vergleich zur Stufe 0, wenn die Kantenlänge in Stufe 0 bei 96 cm liegt? (8 rote Punkte)
Lösung:
blau:
Stufe 0 - 1 Tetraeder = 4⁰
Stufe 1 - 4 Tetraeder = 4¹
Stufe 2 - 16 Tetraeder = 4²
...
Stufe 5 - 1024 Tetraeder = 4⁵
allgemein: Stufe n 4ⁿ Tetreder
Betrachtet man das Bild aus Aufgabe 307, so ist zu erkennen, dass die Figur, die in die Lücke passt 6 Ecken hat und 8 kongruente gleichseitige Dreiecke als Flächen besitzt ein Oktaeder ist.
rot: Betrachten wir zuerst den Übergang von Stufe 0 zur Stufe 1: Volumen. Die Stufe 1 besteht aus 4 Tetredern, die die halb so groß sind wie das Teraeder der Stufe 0. Damit ist das Volumen eines Tetraeders 1/8 des Ausgangsvolumens. Da es vier Tetraeder sind 4/8 oder 1/2 des Ausgangsvolumens. Oberfläche der Stufe 0 besteht aus vier zueinander kongruenten gleichseitigen Dreiecken 4*A₀. Die Stufe 1 besteht aus 16 halb so großen Dreiecken 16*A₁. A₁ ist aber 1/4 von A₀. 16*1/4*A₀ = 4A₀.
Zusammengefasst: Beim Übergang von Stufe 0 zur Stufe 1 wird das Volumen halbiert, aber die Oberfläche bleibt. Wie man leicht nachvollziehen kann, passiert beim Übergang von Stufe 1 zur Stufe 2 das Gleiche: das Volumen wird halbiert, aber die Oberfläche bleibt.
Allgemein: V_n = (1/2)ⁿ * V₀ und A_n = A₀
Setzt man die 96 cm der Stufe 0 in die Tetraederformel und dann in die obige Formel ein ergeben sich:
V₅ = 3258 cm³ und A₅ = 15963 cm²
Hier mal noch ein Bild einer passenden Mathematikbriefmarke:
Noch mehr Mathemarken --> hier <-- sierpinski

Aufgabe 7

307. Wertungsaufgabe
"Das Modell der letzten Woche würde ich am liebsten mit GEOMAG – Teilen nachbauen“, sagte Mike, als er sich das Bild des Modells ebenfalls im Internet angeschaut hatte. „GEOMAG, das ist doch der Magnetbaukasten, oder?“ „Aber ja doch. Du hast gleichlange magnetische Stäbe. Als Ecken nimmt man Stahlkugeln. Wenn du ein Modell der Stufe 1 baust – siehe Aufgabe 306 – dann sieht man die Lücken nicht wirklich. Es sei denn, du verwendest dreieckige Panele als Seiten für die äußeren kleinen Tetraeder. Wie viele Stäbe und Kugeln werden für die Stufe 2 benötigt? 4 blaue Punkte – kleine Herleitung nicht vergessen. 4 rote Punkte für die Anzahl von Stäben und Kugeln der Stufe n, n – beliebige natürliche Zahl.
Bild der Stufe 1: 307

Lösung:
blau:
Stufe 0: 1*6 Stäbe + 4 Kugeln.
Das Bild zeigt die Stufe 1.
Es sind 4*6 Stäbe (24) und 4*4- 6 (10) Kugeln.
Für die Stufe zwei müssen nun vier solche Tetraeder benutzt werden, wobei die 3 oberen Kugeln der "unten stehenden" Tetraeder doppelt verwendet werden, aber die drei Kugeln, wo sich die unteren Tetraeder berühren.
24 * 6 = 96 Stäbe und 4 *10 - 6 = 34 Kugeln.
rot: n - die Stufe Anzahl der Stäbe 4ⁿ * 6 das ist leicht zu sehen.
Für die Zahl der Kugeln gab es mehere Ansätze und so waren die Formeln letztlich auch unterschiedlich "kompliziert". Richtig allerdings waren die alle.
Einen interessanten Ansatz fand Rafael.
Für die Anzahl der Kugeln multiplizierte der die Anzahl der Stangen mit 2 - macht Sinn. Um nun auf die obigen (blauen) Zahlen zu kommen wurde das Produkt durch 6 dividiert und dann kamen zwei Kugeln dazu. Setzt man nun die Anzahl der Stäbe mit 4ⁿ * 6 ein, dann ergibt sich nach wenigen Schritten: Anzahl der Kugeln K = 2(4ⁿ+1).
Wer das Ganze mal größer bauen will, der sollte folgende Anzahl Kugeln und Stäbe sich besorgen.

Stufe	Stäbe	Kugeln
0	6	4
1	24	10
2	96	34
3	384	130
4	1536	514
5	6144	2050
6	24576	8194
7	98304	32770
8	393216	131074
9	1572864	524290
10	6291456	2097154
11	25165824	8388610
12	100663296	33554434
13	402653184	134217730
14	1610612736	536870914
15	6442450944	2147483650
16	25769803776	8589934594
17	103079215104	34359738370
18	412316860416	137438953474
19	1649267441664	549755813890
20	6597069766656	2199023255554
21	26388279066624	8796093022210
22	105553116266496	35184372088834
23	422212465065984	140737488355330

Aufgabe 8

308. Wertungsaufgabe
"Was machst du Schönes?", fragte Bernd seine Schwester. "Ich habe das Geheimnis der Zahl 7 entdeckt und werde in meiner Spezialistengruppe diesen Mythos untersuchen." Klingt interessant, lass hören." "Hier die Aufgabe:"1234567654321 *(1+2+3+4+5+6+7+6+5+4+3+2+1) = 7 777 777 * 7 777 777
"Und das stimmt?" Formale Überprüfung durch Nachrechnen 3 blaue, Herleitung durch andere Überlegungen noch mal 3 blaue Punkte.
"Kennst du ein anderes Geheimnis der 7?", fragte Maria ihren Bruder. "Ein Geheimnis ist es vielleicht nicht, aber die 7 soll dabei sein. Die Zahlen 5, 6 und 7 folgen ja aufeinander. Gesucht sind drei aufeinander folgende natürliche Zahlen (größer als 10), wo die erste durch 5, die zweite durch 6 und die dritte durch 7 teilbar sein soll und drei andere aufeinander folgende natürliche Zahlen (größer als 10), wo die erste durch 7, die zweite durch 6 und die dritte durch 5 teilbar sein soll." "Da gibt es doch sicher mehr als eine Lösung." "Aber klar doch." (je ein Tripel mit der geforderten Eigenschaft ist zu finden, je 2 rote Punkte, wer viele rote Punkte will -- 8 -- der sollte drei andere aufeinander folgende natürliche Zahlen finden, wo die erste durch 307, die zweite durch 308 und die dritte durch 309 teilbar ist.)

Lösung:
blau: Mit einem "normalen" Taschenrechner funktioniert das Nachrechnen meist nicht, da es zu viele Ziffern sind, die es anzuzeigen gilt.
Das Ergebnis lautet für beide Seiten: 60 493 815 061 729
Die linke Seite 1234567654321 *(1+2+3+4+5+6+7+6+5+4+3+2+1) lässt sich zu 1234567654321 * 49 umwandeln. Die Linke Zahl hat eine einfache Struktur und wird nun untersucht:
11 * 11 = 121
111 * 111 = 12321
1111 * 1111 = 1234321 ...
1234567654321 * 49 = 1111111 * 1111111 * 7 * 7 = 7 * 1111111 * 1111111 * 7 = 7777777 * 7777777
rot: die Grundlage für diese Aufgabe ist der chinesische Restsatz. Ohne diesen zu erwähnen geht es auch. Hier die Lösung von Uwe Parsche, danke
1. Tripel teilbar durch 5, 6 bzw. 7: 215, 216, 217
weitere Tripel ergeben sich aus {5, 6, 7} + n*5*6*7 mit n .. natürliche Zahlen
z.B.: mit n = 6: --> 1265; 1266; 1267
z.B.: mit n = 7: --> 1475; 1476; 1477
z.B.: mit n = 8: --> 1685; 1686; 1687
z.B.: mit n = 10: --> 1895; 1896; 1897
z.B.: mit n = 10: --> 2105; 2106; 2107
z.B.: mit n = 37: --> 7775; 7776; 7777 --> Geheimnis der 7 ???
2. Tripel teilbar durch 7, 6 bzw. 5: 203, 204, 205
weitere Tripel ergeben sich aus {-7, -6, -5} + n*5*6*7 mit n .. natürliche Zahlen
z.B.: mit n = 6: --> 1253; 1254; 1255
z.B.: mit n = 7: --> 1463; 1464; 1465
z.B.: mit n = 8: --> 1673; 1674; 1675
z.B.: mit n = 9: --> 1883; 1884; 1885
z.B.: mit n = 10: --> 2093; 2094; 2095

3. Tripel teilbar durch 307, 308 bzw. 309: 29218111, 29218112, 29218113

weitere Tripel ergeben sich aus {307, 308, 309} + n*307*308*309 mit n .. natürliche Zahlen

3. Tripel teilbar durch 307, 308 bzw. 309: 29218111, 29218112, 29218113

weitere Tripel ergeben sich aus {307, 308, 309} + n*307*308*309 mit n .. natürliche Zahlen

z.B.: mit n = 2: --> 58435915; 58435916; 58435917

z.B.: mit n = 3: --> 87653719; 87653720; 87653721

z.B.: mit n = 4: --> 116871523; 1168715234; 1168715235

z.B.: mit n = 5: --> 146089327; 146089328; 146089329

z.B.: mit n = 6: --> 175307131; 175307132; 175307133

z.B.: mit n = 73: --> 2132899999; 2132900000; 2132900001

z.B.: mit n = 242: --> 7070708875; 7070708876; 7070708877

allgemein gilt:

- zerlege die 3 oder k Grundzahlen in ihre Primzahlen

z.B.: 14; 15; 16 --> 2*7; 3*5; 2*2*2*2

- multipliziere alle Primzahlen

(evtl. kommen in der Zerlegung mehrere Primzahlen doppelt vor, diese nicht doppelt zählen)

z.B.: 2*2*2*2*3*5*7 = 1680

falls die Zahlen aufsteigend sind gilt:

{14, 15, 16} + n * 1680 mit n .. natürliche Zahlen

falls die Zahlen abfallend sind gilt:

{-16, -15, -14} + n * 1680 mit n .. natürliche Zahlen

Aufgabe 9

309. Wertungsaufgabe
Bernd stöbert in den Mathematikbriefmarken, die auf den Seiten des Chemnitzer Schulmodells zu finden sind. Bei Mathematik querbeet ist die vom Mathematikerkongress aus dem Jahr 1998 zu sehen. "Schau mal, die 11 kleinen Quadrate bilden (fast genau) wieder ein Quadrat. Aber interessant ist auch der Wert -- die 110." Wieso?", fragt Mike nach. "Nun, die 110 lässt sich auf drei unterschiedliche Arten als Summe von 3 verschiedenen Quadratzahlen bilden." 6 blaue Punkte (Nur das Vertauschen von Summanden zählt nicht als andere Lösung.)
kongress1998

Es gibt genau eine natürliche Zahl, die kleiner ist als 110, die ebenfalls diese Eigenschaft hat. 3 rote Punkte. Für die Zahlenspezialisten: Gesucht ist eine Zahl, die sich auf vier verschiedene Arten als Summe von drei Quadratzahlen darstellen lässt. Dafür gibt es extra rote Punkte.

Lösung:
blau: Es gibt ja nicht so viele Quadratzahlen, die als Summanden in Frage kommen:
0; 1; 4; 9; 16; 25; 36; 49; 64; 81 und 100.
Beginnt mann mit der 100, so wird klar da geht nur 110 = 100 + 9 + 1
Die nächste große Quadratzahl ist ist 81: Hier gilt 81 + 29 = 110. Die 29 aber lässt sich durch 25 + 4 ersetzen, also gefunden 110 = 81 + 25 + 4.
Nun wird die 64 Verwendet, 110 = 64 + 46, aber die passende Zerlegung der 46 geht leider nicht.
Also mal noch die 49: 110 = 49 + 61 = 49 + 36 + 25 geschafft.
rot: Da die gesuchte Zahl kleiner als 110 sein soll, sind es erst einmal die gleichen Quadratzahlen wie oben. Mit Geduld und Ausdauer wird man (endlich) bei der 101 fündig:
1² + 6² + 8² = 101
2² + 4² + 9² = 101
4² + 6² + 7² = 101
Der Nachweis, dass es kleiner nicht geht, war nicht verlangt.
Extrarot: Eigentlich hat man ja mit der 101 eine solche gesuchte Zahl gefunden, denn 0² + 1² + 10² = 101, wenn man die die Null mit dazu nimmt.
Hier mal noch die Erweiterung der Lösung durch Uwe Parche (danke), der sein mathlab- Programm entsprechend hat laufen lassen: als pdf
Interessant aber auch der Ansatz von XXX, danke:

Interessant ist eine Zahl, die sich auf [mindestens] vier verschiedene Arten als Summe dreier verschiedener Quadrate ...

Wenn ich vier pythagoreische Tripel nehme, etwa (3,4,5), (5,12,13), (7,24,25), (8,15,17),

dann hat die Zahl 5*13*25*17 die geforderte Eigenschaft:

(5*13*25*17)² = (3*13*25*17)² +(4*13*25*17)²

... = (5*5*25*17)² + (5*12*25*17)²

... = (5*13*7*17)² + (5*13*24*17)²

... = (5*13*25*8)² + (5*13*25*15)²

So könnte man viele Beispiele konstruieren.

Aufgabe 10

310. Wertungsaufgabe

Maria und Lisa bereiten ihren Kurs vor. Bernd, der ins Zimmer schaut, sieht die beiden bei Ausschneiden. "Was macht ihr denn da?" "Wir bereiten verschiedene Kreisausschnitte vor, die dann zu Mantelflächen eines Kegels genutzt werden sollen. Unsere Vorlagen haben alle den gleichen Radius vom 8 cm. Dann wollen wir untersuchen, wie groß das Volumen des Kegels wird, welcher sich aus so einem Stück jeweils formen lässt." "Fehlt da nicht die Grundfläche der Kegel", fragt Bernd nach. "Das stimmt schon, aber für die Ermittlung des Volumens ist das vielleicht nicht so wild", antwortete Lisa. "Wie können eigentlich die Schüler aus der 5. und 6. Klasse, die in eurem Kurs sind, das Volumen ermitteln?". "Nun, die basteln den Zylinder, messen die Höhe und den Radius aus und setzten die Werte in die Volumenformel ein. Die älteren sollen aus den Vorgaben die notwendigen Stücke ausrechnen." "Das sollte schaffbar sein", meinte Mike, der inzwischen auch eingetroffen war.
Wie groß ist das Volumen, wenn aus einem Kreis (r = 8,0 cm) ein 90° - Stück herausgeschnitten und der "Rest" als Mantel für einen Kegel genutzt wird -- 4 blaue Punkte. Wie groß muss das Stück sein, damit das Volumen maximal wird? - 4 rote Punkte.

Für die Berechnung des Volumens nutzt man diese Formel: {tex}V=\frac{1}{3} \cdot \Pi \cdot r^2 \cdot h{/tex}, wobei r der Radius des beim Falten entstehenden Kreises ist und der griechische Buchstabe die Zahl 3,1415.... darstellt.

Lösung:
blau: Es haben einige Schüler den Kegel gebastelt und mit der dabei erreichten Messgenauigkeit ein Volumen von rund 202 cm³ erzielt.
310

Auf dem Bildern erkennt man noch einmal die Zusammenhänge. Der Rand des "Tortenstücks" wird zum Umfang des Kreises mit dem Radius r, der die Grundfläche bildet.
Es gelten dann folgende Beziehungen:
{tex}\frac {\alpha}{360^\circ} = \frac {r}{s}{/tex} ==>
1. {tex}r = \frac {\alpha \cdot s}{360^\circ} {/tex}
Nach dem Satz des Pythagoras gilt dann noch: h² = s² - r² ==>
2. {tex} h = \sqrt{s^2 - r^2}{/tex}
Setzt man s = 8 cm in 1. so erhält man r = 6 cm und mit Hilfe der 2. Gleichung dann h = 5,291 cm. Das Ergibt ein Volumen von V = 199,485 cm³.
rot: Einige Schüler der Klasse haben nun den Winkel in 30° verändert, gemessen und gerechnet und so herausgefunden, dass wenn aus dem Vollkreis 60° ausgeschnitten werden, das größte Volumen entsteht. - Gute Näherung, alle Achtung.
Mit Hilfe der obigen Formeln kann man natürlich auch systematisch probieren und so auf die Suche nach dem größten Volumen gehen, das war der Weg von Doreen N., die auf diesem Wege gefunden hat, dass der "auszuschneidende Winkel" bei 66,06° liegen muss. Uwe Parsche und Rafael (mit Papas Hilfe?) haben die obigen Formeln in die Volumenformel eingesetzt, so dass dieses nur noch s und {tex}\alpha{/tex} enthält. Letztlich also eine Funktion von {tex}\alpha{/tex}, davon wurde die erste Ableitung auf "Null" gesetzt <-> Suche nach dem Maximum und so erhält man ein maximales Volumen für {tex}\alpha = \sqrt{ \frac{2}{3}} \cdot 360^\circ = 293,938^\circ{/tex} Das führt auf einen Ausschneidewinkel von 66,0612°.

Aufgabe 11

311. Wochenaufgabe
Bernds Vater klopft an die Tür zu Marias Zimmer und als er nach dem "Herein" ins Zimmer geht, steht er im Dunkeln. Die vier Freunde untersuchen nämlich mit dem alten Optikbaukasten vom Opa verschiedene Varianten der Entstehung von Kern und Halbschatten mit 2 bis 4 Lampen und verschiedenen Hindernissen. Anschließend übertragen Sie ihre Ergebnisse in Koordinatensysteme. Ein Experiment ist schon komplett. Den Zettel nimmt Bernds Vater mit aus dem Zimmer und sieht: Zwei punktförmige Lichtquellen in A (0; 0) und B (0; 5) beleuchten ein Hindernis - dieses entspricht der Strecke von (5; 1) nach (5; 2). Blau: Bei welchem Punkt endet der Kernschatten -- kann auch konstruiert werden (3 Punkte). Rot: Wie groß ist der Flächeninhalt des Kernschattens. Berechnung basierend auf der Verwendung der gegebenen Koordinaten. (4 Punkte)

Lösung:

Auf dem Bild (auf das Bild klicken zum Vergrößern) sieht man die Umsetzung der Aufgabe. Der Kernschatten endet beim Schnittpunkt der "roten" und "grünen" Funktion. Der Kernschattenendet also beim Punkt (6,25; 1,25).
Diesen Schnittpunkt kann man auch rechnerisch ermitteln.
Aus den Punkten (0;5) und (5; 2) (rot) ergibt sich die Funktionsgleichung: y = f(x) = -0,6 x + 5 und aus den Punkten (0; 0) und (5; 1) (grün) ergibt sich y = g(x) = 0,2x.
Schnittpunktberechnung:
-0,6 x_s + 5 = 0,2 x_s | + 0,6 x_s
5 = 0,8 x_s
x_s = 6,25 Einsetzten in f(x) ergibt y_s = 1,25.
Nimmt man als Grundseite für das Dreieck die Strecke von (5; 1) nach (5; 2), dann ist die dazu gehörige Höhe 1,25 (6,25 - 5) Mit {tex} A = \frac {g \cdot h_g}{2}{/tex} ergibt sich der Flächeninhalt zu 0,625 Flächeninhalten. (Wird als Längeneinheit 1 cm gewählt, so sind das 0,625 cm². )

Aufgabe 12

312. Wochenaufgabe
"Hallo Bernd, was hast du denn da?", fragt Maria. "Nun, das ist eine coole Uhr, die mir mein Mathematiklehrer mal geborgt hat. Hier hast du auch noch eine Beschreibung dazu."
312

Der Grundkörper der Uhr ist (war) ein 10 cm großer Würfel. Dieser wurde abgeschrägt und zwar so, dass die Kanten der schrägen Fläche ein Dreieck bilden, die den Diagonalen der Deckfläche der vorderen Fläche und der rechten Seitenfläche entsprechen. Man betrachte dazu das Bild. Die drei Pyramiden haben jeweils die gleiche Höhe. Damit sie sich drehen können, sind kleine Abstände zwischen ihnen bzw. dem Würfelrestkörper von je 3 mm. Die untere Pyramidenscheibe zeigt die Stunden, die mittlere Scheibe die Minuten und die kleine Pyramide steht für die Sekunden. Wenn man die Uhr um 12 Uhr startet, dann bilden Würfelrestkörper und die drei Pyramiden genau wieder den Urprungswürfel. Wann bilden dann die drei drehbaren Teile zum ersten Mal wieder eine "richtige" Pyramide? 5 blaue Punkte (Achtung, wie das ganze in Bezug auf den Würfelrest aussieht, ist egal.) Wie groß sind die Volumina der drei drehbaren Teile? 6 rote Punkte

Lösung:
blau: Das Problem lässt sich auf die Frage zurückführen, wann stehen bei einer Uhr die zeiger übereineinander. Für den Minutenzeiger gilt, dass er 12 mal schneller ist als der Stundenzeiger. Der Minutenzeiger bewegt sich mit der Zeit t so, dass er 360°*t zurücklegt, der Stundenzeiger nur 30°*t. Übereinander liegen die genau dann, wenn der Unterschied zwischen den beiden Werten für das gleichte t bei einem Vielfachen von 360° Grad liegt. 360°*t - 30°*t = n* 360° Das nach t umgestellt, führt auf t = 12/11 *n. Nun haben wir es bei der Uhr aber damit zu tun, dass jede Scheibe ja schon nach 120° wieder in den °Ausgangszustand" kommt. Wegen 360= 3* 120 Wird demzufolge t = 4/11*n.
Die untere Scheibe (Stunden) und die mittlere Scheibe liegen also nach je 4/11 Stunden genau übereinander.
Eine vollständige Pyramide aber ist ja erst erreicht, wenn auch die Sekundepyramide "richtig" über den beiden Scheiben dreht. Wendet man das obige Prinzip noch einmmal an, so erkennt man, dass dies Übereinstimmung zum ersten Mal erst nach 4 Stunden erreicht werden kann. (Analog bei den Zeigern einer "normalen" Uhr heißt dass nur um 12.00 Uhr liegen alle Zeiger übereinander.) Auch wenn es bei beim Betrachten der eben fast so ausssieht als ob es zwischen durch klappt, ist es eben nur dann der Fall, wenn der "Ausgangswürfel" wieder komplett ist . Technisch kommt noch hinzu, dass sich die Sekundenpyramide nicht kontinuierlich dreht, sondern "Sekundensprünge" macht, aber das war für die Aufgabenstellung nicht zu berücksichtigen.
rot: Zuerst kann man die Pyramide betrachten, die vom Würfelabgeschnitten und zur Uhr umfunktioniert wird. Die komplette Pyramide (ohne Abstände) hat ein {tex} \frac{1}{6}{/tex} des Volumens des Würfels. {tex} V = \frac {1}{3} \cdot A_G \cdot h{/tex} A_G ist in dem Fall eines halbe Quadratfläche und h entspricht der Kantenlänge. Das Volumen der Pyramide ist also 1000/6 cm³ = 166,666 ... cm³. Für die Weitere Berechnung gehe ich nun zur Grundfläche über, die durch das gleichseitige Dreieck gebildet wird. Die Seitenlängen entsprechen der Diagonalen der Quadratflächen (14,142 ... cm), somit ergibt sich für diese Grundfläche Ag eine Grundfläche von 86,60 ... cm².
Mit der obigen Volumenformel {tex} h = \frac {3V}{A_G}{/tex} ergibt sich eine Höhe (von der Schnittfläche zur Ecke) von 5,77 cm. Daraus lassen sich die Höhen für die einzelnen Scheiben ermitteln (5,77 - 0,9) : 3 = 1,62 cm.
Berechnung des Volumens für die Sekundenpyramide. Es wird noch die Kantenlänge für deren Grundfläche gebraucht. Diese lässt sich mit Hilfe des 2. Teils des Strahlensatzes ermitteln. {tex} \frac {a_1}{14,142 cm} = \frac {1,62 cm}{5,77 cm}{/tex} ==> a₁ = 3,97 cm. Mit der obigen Formel ergibt sich V_S = 3,68 cm³.
Die Minuten- und die Stundenscheibe sind Pyramidenstümpfe. Dafür gibt es diese Formel {tex}V = \frac{1}{3} h \cdot (A_G + sqrt{A_G A_D} + A_D){/tex} D steht dabei bei für die Deckfläche und G für die Grundfläche. UnterAusnutzung der Formel für das gleichseitige Dreieck verändert sich die Formel zu {tex}V = \frac{1}{12} h \cdot sqrt {3} \cdot ({a_G}^2 + {a_G \cdot a_D} + {a_D}^2){/tex}
Für h ist jeweils 1,62 cm einzusetzen, das jeweilige aG bzw. aD ist mit dem Strahlensatz ermittelbar. Für die Minutenscheibe sind das: a_D = 4,706 cm und a_G = 8,676 cm. In die Formel eingesetzt ergibt das: V_M = 32,32 cm³.
Entsprechend ergibt sich für die Stundenscheibe: V_H = 92,02 cm³.

Die Auswertung der Serie 26

Auswertung Serie 26 (blaue Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				301	302	303	304	305	306	307	308	309	310	311	312
1.	Rafael Seidel	Chemnitz	56	6	3	5	6	2	6	4	6	6	4	3	5
2.	Uwe Parsche	Chemnitz	53	6	3	5	6	-	6	4	6	6	4	3	4
3.	Doreen Naumann	Duisburg	52	6	3	5	5	2	6	4	3	6	4	3	5
4.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	46	6	3	2	6	2	6	-	3	6	4	3	5
5.	Elisa Parsche	Chemnitz	39	-	3	5	6	-	6	4	6	6	-	3	-
6.	Felix Haase	Chemnitz	30	6	3	5	6	-	-	4	3	-	-	-	3
7.	Hermann Thum	Chemnitz	28	6	-	-	6	2	-	2	-	6	-	3	3
8.	Richard Hahmann	Chemnitz	26	-	2	-	5	2	-	4	1	6	-	3	3
9.	Loise Reichmann	Chemnitz	25	-	-	5	5	2	-	4	3	-	-	3	3
10.	Jamila Wähner	Chemnitz	24	-	3	-	-	2	6	4	6	-	-	-	3
11.	Stephanie Dani	Chemnitz	22	-	1	5	5	2	-	-	3	-	-	3	3
12.	Philipp Fürstenberg	Chemnitz	21	-	2	5	5	2	-	4	-	-	-	3	-
13.	Ellen Richter	Chemnitz	20	-	-	-	6	1	-	4	3	-	-	3	3
13.	Anja Posselt	Chemnitz	20	-	-	-	-	2	6	-	-	6	-	3	3
13.	Ria Hopke	Chemnitz	20	-	2	-	-	-	6	-	-	6	-	3	3
14.	Lisa Grassmann	Chemnitz	19	5	-	-	-	-	-	-	-	6	-	3	5
15.	Ingmar Richter	Chemnitz	18	6	-	-	-	-	-	-	-	6	-	3	3
16.	XXX	???	17	-	3	-	6	2	-	-	-	6	-	-	-
16.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	17	-	2	5	-	-	-	4	-	-	-	3	3
17.	Sabine Fischbach	Hessen	15	4	3	-	-	2	-	-	-	6	-	-	-
18.	Karolin Schuricht	Chemnitz	14	6	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-
18.	Arne Weißbach	Chemnitz	14	-	2	-	-	-	-	-	6	6	-	-	-
18.	Felix Taubert	Chemnitz	14	-	3	-	-	2	-	-	-	6	-	3	-
19.	Astrid Fischer	Chemnitz	13	5	3	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-
20.	Rebecca Wagner	Oberwiesenthal	12	6	3	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-
21.	Luis Raupach	Chemnitz	11	-	-	-	-	2	3	-	-	-	-	3	-
21.	Nina Zätsch	Chemnitz	11	-	2	-	-	-	-	-	3	-	-	3	3
22.	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	3	4
22.	Josephine Pallus	Chemnitz	10	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	3
23.	Felix Brinkel	Chemnitz	9	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
23.	Ellen Wilde	Chemnitz	9	-	-	-	-	2	2	-	-	-	-	-	5
24.	Jonathan Kässler	Chemnitz	8	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	3	3
24.	Hannah-Sophie Schubert	Chemnitz	8	-	2	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-
25.	Melina Seerig	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-
25.	Lucas Steinke	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	3
25.	Wim Winter	Chemnitz	6	-	1	-	-	-	-	2	-	-	3	-	-
25.	Christian Wagner	Bamberg	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
25.	Robin König	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	3
25.	Andreas M.	Dittersdorf	6	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-
25.	Johanna Ranft	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	3
25.	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	3
26.	Hannah Gebhardt	Chemnitz	5	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	3	-
26.	Ole Koelb	Chemnitz	5	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	3	-
26.	Theresa Jänich	Chemnitz	5	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	3	-
26.	Helene Fischer	Chemnitz	5	-	3	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
26.	Kai-Lutz Wagner	Chemnitz	5	-	-	-	-	2	-	-	3	-	-	-	-
26.	Laura Schlosser	Chemnitz	5	-	3	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-
26.	Marcel Reichelt	Chemnitz	5	-	-	-	-	1	1	-	-	-	-	3	-
27.	Emilie Grossinger	Chemnitz	4	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	3	-
27.	Henrike Grundmann	Chemnitz	4	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	3	-
27.	Hannes Eltner	????	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
28.	Lukas Kirchberg	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
28.	Julia Ritter	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
28.	Tim Jechorek	Chemnitz	3	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	1	-
28.	Willy Stöckel	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
28.	Amarin Roßberg	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
28.	Carl Geißler	Chemnitz	3	-	-	-	-	1	2	-	-	-	-	-	-
28.	Daniel Hufenbach	Leipzig	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
28.	Julia Voigt	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
29.	Agnieszka Urban	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
29.	Niels Steinert	Chemnitz	2	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
29.	Jule Schwalbe	Chemnitz	2	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
29.	Matthias Engewald	Erfurt	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
29.	Pauline Marschk	Chemnitz	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
29.	Paula	Hartmannsdorf	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
29.	Andree Dammann	München	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
29.	Lukas Thieme	Chemnitz	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
30.	Gwendolin Eichler	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-
30.	Hannes Langenstraß	Chemnitz	1	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
30.	Mara Neudert	Chemnitz	1	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-
30.	Jonas Frederik Otto	Lichtenwalde	1	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-
30.	Vincent Baessler	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-
30.	Emma Irmscher	Eibenberg	1	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-

Auswertung Serie 26 (rote Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				301	302	303	304	305	306	307	308	309	310	311	312
1.	Uwe Parsche	Chemnitz	75	6	5	12	5	-	8	4	12	10	4	4	5
2.	Doreen Naumann	Duisburg	58	6	5	-	-	4	8	4	12	6	4	4	5
3.	Jamila Wähner	Chemnitz	29	-	5	-	-	4	8	-	12	-	-	-	-
4.	Rafael Seidel	Chemnitz	24	-	-	12	-	-	-	4	-	-	4	4	-
5.	Astrid Fischer	Chemnitz	21	6	5	10	-	-	-	-	-	-	-	-	-
6.	XXX	???	20	-	5	-	5	5	-	-	-	5	-	-	-
7.	Felix Haase	Chemnitz	18	6	5	-	2	-	-	-	-	-	-	-	5
8.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	16	-	-	-	-	4	-	-	4	6	-	-	2
9.	Richard Hahmann	Chemnitz	14	-	-	-	-	-	-	-	4	5	-	1	4
10.	Elisa Parsche	Chemnitz	12	-	5	-	-	-	-	3	-	-	-	4	-
10.	Sabine Fischbach	Hessen	12	-	5	-	-	4	-	-	-	3	-	-	-
11.	Hannah-Sophie Schubert	Chemnitz	10	-	5	-	-	-	-	-	2	3	-	-	-
12.	Anja Posselt	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	8	-	-	-	-	-	-
12.	Ria Hopke	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	8	-	-	-	-	-	-
13.	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	3
13.	Ingmar Richter	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	2
14.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	2
14.	Christian Wagner	Bamberg	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
15.	Lisa Grassmann	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5
15.	Matthias Engewald	Erfurt	5	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-	-	-
15.	Niels Steinert	Chemnitz	5	-	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
16.	Hannes Langenstraß	Chemnitz	4	-	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
16.	Hannah Gebhardt	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
16.	Daniel Hufenbach	Leipzig	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-
16.	Felix Taubert	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
16.	Andree Dammann	München	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
17.	Melina Seerig	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-
17.	Rebecca Wagner	Oberwiesenthal	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-
17.	Hannes Eltner	????	3	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
17.	Jonathan Kässler	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
17.	Andreas M.	Dittersdorf	3	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-
17.	Jule Schwalbe	Chemnitz	3	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
17.	Ellen Richter	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
17.	Arne Weißbach	Chemnitz	3	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
17.	Paula	Hartmannsdorf	3	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-
18.	Stephanie Dani	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-
18.	Nina Zätsch	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
18.	Johanna Ranft	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
18.	Loise Reichmann	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-
19.	Henrike Grundmann	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-
19.	Ole Koelb	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-
19.	Robin König	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1
19.	Marcel Reichelt	Chemnitz	1	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-

1 Kommentar

Serie-25

Serie 25
Aufgabe und Lösungen

Aufgabe 1

289. Wertungsaufgabe

„Wie war eigentlich eure Radtour, die ihr vom Donnerstag bis zum Sonntag unternommen habt?“, fragte Bernd. „Wir – Lisa und ich – haben wegen des nicht so tollen Wetters nur 4 Tagestouren von Chemnitz aus unternommen, nach Limbach, Hohnstein, Freiberg und Thum.“, sagte Mike. „Na, es war eine Pizzatour“, ergänzte Lisa. „Wie das?“ „Wir haben uns jeden Tag in den Orten in eine Pizzeria gesetzt, bevor wir wieder zurückgefahren sind.“ „Aber jeder hatte jeden Tag eine andere“, knurrte Mike.
Es gab Margarita, Diavolo, Cipola, Funghi, Bolognese, Calzone, Salamie und al Tonno.
1. Am Freitag aß Mike eine Salamiepizza, aber das war nicht in Thum.
2. Zwei Tage nach der Funghi-Pizza, die nicht in Hohnstein serviert wurde, aß Lisa die Cipola, während Mike sich für die al Tonno entschieden hatte.
3. Am Samstag, gönnte sich Lisa eine Diavola, das war weder in Thum noch in Freiberg.
4. In Limbach hatte Mike Appetit auf seine Lieblingspizza – Pizza Bolognese.

"Mike, da ich dich schon lange kenne, bin ich mir sicher, dass du auch noch die Calzone auf deinem Teller hattest", sagte Bernd. Mike grinste bestätigend.
Wer hat wann, wo was gegessen? 6 blaue Punkte
Zwischendurch kamen Sie an einer neugebauten Siedlung vorbei. Es handelte sich um sieben Häuser (Haus 1 ganz links , ..., Haus 7 ganz rechts) und einen großen Spielplatz. In der Pizzaria kamen sie zufälligerweise mit dem dem Makler ins Gespräch, der vor lauter Stolz ins Reden kam, hatte er doch alle Häuser verkauft und so zugleich für den Bestand der Schule im Ort gesorgt, da in jedes Haus nicht nur jeweils ein Ehepaar, sondern auch deren Kinder mit eingezogen waren. Als er hörte, dass Lisa und Mike zwei von denen waren, die immer bei der Aufgabe der Woche dabei sind, gab er seine Informationen in Form eines Rätsels preis.
1. Zelia wohnt im Haus 6.
2. Solveig wohnt zwei Häuser weiter links als Peter.
3. Jule ist nicht mit Benno, aber auch nicht mit Mirko verheiratet.
4. Olaf wohnt mit seiner Familie in Haus 2.
5. In Haus 4 – es wohnt nicht Jonas dort, sind genau zwei Jungen zu Hause, aber kein Mädchen.
6. Peter hat 3 Söhne.
7. Linda wohnt nicht ganz links und hat eine Tochter und einen Sohn.
8. Das Haus von Linda steht drei Häuser weiter links als das von Ria, die wiederum direkt links neben der Familie mit den zwei Töchtern und dem einem Sohn leben.
9. Elias hat zwei Töchter, aber keinen Sohn und er wohnt – genau wie Benno- nicht in Haus 7. Benno wohnt allerdings drei Häuser weiter rechts als Mirandas Familie.
10. Drei Häuser weiter links als Jonas wohnt die Familie, die eine Tochter und zwei Söhne hat.

Alles klar, oder? Na gut,hier noch mal die Namen, und die Kinderzahlen:
Anja, Jule, Linda, Miranda, Ria, Solveig und Zelia.
Benno, Elias, Jonas, Mirko, Olaf, Peter und Uwe.
Die Kinderkonstellation ist immer anders: drei Jungen, zwei Jungen, ein Mädchen und zwei Jungen, zwei Mädchen und ein Junge, ein Mädchen und ein Junge, zwei Mädchen und dann noch ein einzelnes Mädchen.
Wer wohnt mit wem in welchem Haus? 10 rote Punkte

Lösung:
bei blau gab es drei Lösungen, sollte nicht sein, aber passiert

Hier die Notierungen von Elisa, danke.
1. Variante:
Am Donnerstag in Limbach gab's Bolognese (Mike) und Margarita (Lisa).
Am Freitag in Freiberg gab's Salami (Mike) und Funghi (Lisa).
Am Sonnabend in Hohenstein gab's Calzone (Mike) und Diavolo (Lisa).
Am Sonntag in Thum gab's al Tonno (Mike) und Cipola (Lisa).
2. Variante:
Am Donnerstag in Hohenstein gab's Calzone (Mike) und Margarita (Lisa).
Am Freitag in Freiberg gab's Salami (Mike) und Funghi (Lisa).
Am Sonnabend in Limbach gab's Bolognese (Mike) und Diavolo (Lisa).
Am Sonntag in Thum gab's al Tonno (Mike) und Cipola (Lisa).
3. Variante:
Am Donnerstag in Thum gab's Calzone (Mike) und Margarita (Lisa).
Am Freitag in Freiberg gab's Salami (Mike) und Funghi (Lisa).
Am Sonnabend in Limbach gab's Bolognese (Mike) und Diavolo (Lisa).
Am Sonntag in Hohenstein gab's al Tonno (Mike) und Cipola (Lisa).

rot:
eines sehr schöne Variante der Herltung und des Aufschreibens von mawi, danke.
Ich führe Variablen für die Namen ein:
Anja = a
Jule = b
Linda = c
Miranda = d
Ria = e
Solveig = f
Zelia = g

Benno = u
Elias = v
Jonas = w
Mirko = x
Olaf = y
Peter = z
Uwe = t

3 Jungs = k1
2 Jungs = k2
2 Jungen, 1 Mädchen = k3
1 Junge, 2 Mädchen = k4
1 Junge, 1 Mädchen = k5
2 Mädchen = k6
1 Mädchen = k7

In einem Haus i (i = 1..7) wohnt eine Mutter (a..g), ein Vater (t..z)
und Kinder (k1..k7). Die eingeführten Variablen haben den Wert der
Hausnummer. Ganz links = 1, ganz rechts = 7. Damit gibt es also immer
eine Konstellation Variable der Mutter = Variable des Vaters = Variable
der Kinder = {1..7}.

Man kann dann die getroffenen Aussagen in Form dieser Un-/Gleichungen
schreiben:
1) g=6
2) f+2=z
3.1) b != u
3.2) b != x
4) y=2
5.1) w != 4
5.2) k2 = 4
6) z=k1
7.1) c>1
7.2) c= k5
8.1) c+3 = e
8.2) e+1 = k4
9.1) v=k6
9.2) v != 7
9.3) u != 7
9.4) u = d+3
10) w = 3+k3

Damit gilt un-/mittelbar:
11) y=2 aus 4)
12) g=6 aus 1)
13) k2 = 4 aus 5.2)
14) e = 5, weil: e != {1,2,3} aus 8.1); e!=4 aus 8.1) und 7.1); e!=6 aus
12); e!=7 aus 8.2)
15) k4 = 6 aus 14) und 8.2)
16) c = 2 aus 8.1) und 14)
17) k5 = 2 aus 16) und 7.2)
18) k3 = 3 aus [k3 != 1 aus 5.1) und 10)] und [k3!=2 aus 17)] und [k3!=4
aus 12)] und [k3!={5,6,7} aus 10)]
19) w = 6 aus 19) und 10)
20) k1 = 5 aus [k1 != {1,2} aus 2) und 6)] und [k1 != 3 aus 18)] und [k1
!= 4 aus 13)] und [k1 != 6 aus 15)] und [k1 != 7 aus 2) und 6) und 14)]
21) k7 = 7 aus [k1 != 7 aus 20)] und [k2 != 7 aus 13)] und [k3 != 7 aus
18)] und k4 != 7 aus 15)] und [k5 != 7 aus 17)] und [k6 != 7 aus 9.1)
und 9.2)]
22) k6 = 1 (alle anderen ki sind schon belegt)
23) v = 1 aus 9.1)
24) z = 5 aus 20) und 6)
25) u = 4 aus [u != 1 aus 23)] und [u != 2 aus 11)] und [u != 3 aus
9.4)] und [u != 5 aus 24)] und [u != 6 aus 19)] und [u != 7 aus 9.3)]
26) d = 1 aus 9.4) und 25)
27) f = 3 aus 24) und 2)
28) a = 4, da nur a =4 oder b = 4 übrig ist und mit 25) und 3.1) b != 4
sein muß
29) b = 7, da alle anderen Mütter bereits festgelegt sind
30) t = 7, da nur t und x als Väter noch nicht vergeben sind und 29)
mit 3.2)
31) x = 3, da dies der einzige übrige Vater ist

Damit heißt dies:
Im Haus 1 wohnen Miranda mit Elias und 2 Mädchen.
Im Haus 2 wohnen Linda und Olaf mit 1 Junge und 1 Mädchen.
Im Haus 3 wohnen Solveig und Mirko mit 2 Jungen und 1 Mädchen.
Im Haus 4 wohnen Anja und Benno mit 2 Jungen.
Im Haus 5 wohnen Ria und Peter mit 3 Jungen.
Im Haus 6 wohnen Zelia und Jonas mit 1 Junge und 2 Mädchen.
Im Haus 7 wohnen Jule und Uwe mit 1 Mädchen.

Nun noch die Probe...
1) ok
2) ok
3) ok
4) ok
5) ok
6) ok
7) ok
8) ok
9) ok
10) ok

Der Lösungsweg ist eindeutig, die Probe bestätigt die Lösung, also ist die gefundene Lösung tatsächlich richtig und die einzige Lösung.

Aufgabe 2

290. Wertungsaufgabe

„Ihr habt aber viele Murmeln gesammelt“, sagte Bernd zu Maria. „Stimmt und die sehen auch noch richtig schön aus.“ „Wie viele sind das denn?“ „Pass auf.“ Du Bernd könntest dir eine wegnehmen und dann ein Viertel der Verbliebenen. Danach kommt Mike, nimmt eine Murmel weg und anschließend ein Viertel. So verfahren auch Lisa und ich. Jetzt sind immer noch welche da, von denen wir eine beiseite legen und dann können wir vier uns den Rest gerecht teilen.“ „Insgesamt hat Bernd dann aber mehr als du.“ „Das stimmt, aber ihr könnt ausrechnen, wie viele Murmeln (mindestens) am Anfang da waren.“ - 6 blaue Punkte. Wie sieht die Mindestzahl auf dem Kugelhaufen aus, wenn es n Leute sind (n>1), die jeweils eine Kugel weglegen und vom verbleibenden Rest 1/n wegnehmen. Nachdem sich jeder so bedient hat, lässt sich, nach dem nochmaligen Weglegen einer Kugel der verbliebene Haufen gleichmäßig unter allen aufteilen. 6 rote Punkte

Lösung:
blau: die Aufgabe durch Probieren herauszubekommen war nicht gerade einfach, aber versucht wurde es doch. Da es zwischenzeitlich einen Newsletter gab, dass die kleinste Zahl etwas über 1000 liegt, gab es dann noch ein paar Lösungszuschriften mehr. Viele habe ide Aufgabe von hinten her aufgezäumt und dann systematisch probiert, zum Teil mittels Tabellenkalkulation. Das ist natürlich zulässig.
Hier die Überlegung: Bekommt am Ende jeder der 4 noch n Kugeln, dann waren es vor dem Verteilen und Weglegen 4n + 1 Kugeln. Das hatte Maria übrig gelassen, nach dem sie sich 1/4 genommen hatte, Es waren 3/4 des Haufens, also hatte Maria 4/3(4n +1) plus die eine Kugel vorgefunden: 4/3(4n+1)+1 war also die Situation von Lisa, die demzufolge vor dem Weglegen der einen Kugel 4/3(4/3(4n+1)+1)+1 vorgefunden hatte. Entsprechend für Mike 4/3(4/3(4/3(4n+1)+1)+1) +1 und damit zu Beginn für Bernd 4/3(4/3(4/3(4/3(4N+1)+1)+1) +1)+1. Durch den Faktor 4/3 ist die "Chance", dass da am Ende eine natürliche Zahl herauskommt oder auch zwischendurch nicht so groß. Ja beim systematischen Probieren findet man erst mit N = 80 die erste Lösung und somit als Kugelzahl am Anfang 1021. Schaut man sich den Probierausdruck an, so ist es ja so dass die 4 bei 4/3 von der Anzahl der 4 Leute (n) kommt, die 3 um eins kleiner ist als die 4 und insgesamt 5 mal (also einmal mehr wie Leute ) geteilt wird. Mit etwas mehr oder weniger Spielerei erhält man nun die 1021 auch mit 4⁵ - 3. Jede Anzahl von Kugeln mit m*4⁵ - 3 (m - natürliche Zahl >0) liefert eine Lösung für die Aufgabenstellung:
rot: Ist die Anzahl der Leute n, wird vor jeder Teilung eine Kugel weggenommen und bei der Teilung wird 1/n genommen bzw. aufgeteilt, dann braucht man:
m(n⁽ⁿ⁺¹⁾ - (n-1) Kugeln. Die sehr ausführliche Herleitung inklusive des Beweises mittels vollständiger Induktion von mawi, wird zu einem späteren Zeitpunkt noch ergänzt, danke an mawi schon mal vorab. Mit m = 1 erhält man immer die Minimalzahl, wenn man für n= 2 davon ausgeht, dass es bei der letzten Teilung auch mal Null Kugeln sein dürfen, ansonsten nimmt man dort m = 2.

Aufgabe 3

291. Wertungsaufgabe

„Wir haben uns in unserer Gruppe über rechtwinklige Dreiecke unterhalten. Der Linus aus der 5. Klasse kannte sogar schon den Satz des Pythagoras und wusste, dass der Flächeninhalt dieser Dreiecksart sich auch einfach ausrechnen lässt. (Sind a und b die kürzeren Seiten und c die längste, so gilt a² + b² = c² und A = a*b/2)
Mit etwas Mühe haben wir zwei verschiedene solche Dreiecke gefunden, deren Seitenlängen ganzzahlig waren und das bei gleichem Flächeninhalt.“ 8 blaue Punkte – verschieden heißt, die Dreiecke sind natürlich nicht kongruent zueinander.
Richtig hammerhart ist die rote Aufgabe. Es sind vier verschiedene rechtwinklige Dreiecke zu finden, deren Seitenlängen ganzzahlig sind und deren Flächeninhalt gleich ist. 12 rote Punkte. Anmerkung zu rot, der kleinstmögliche Flächeninhalt hat mehr als 100 000 Einheiten.
Lösung:
Im Newsletter zu dieser Aufgabe wurde ein Hinweis auf die Serie 13 Aufgabe 5 gegeben. Dort ist ein Verfahren zur Erzeugung pythagoräischer Zahlentripel bewiesen worden. Man nehme zwei verschiedene natürliche Zahlen (>0) m und n mit m > 0. Mit a = m² - n², b = 2mn und c = m² + n² erhält man dann pythagoräisches Tripel.
Nun braucht man nur noch die Flächeninhalte zu vergleichen und sieht ob die Flächeninhalte gleich sind (oder eben nicht).
Viele haben (zum Teil sehr lange) systematisch probiert und so ein oder mehrer Lösungen gefunden:
Blau: a = 20, b = 21 und c = 29 liefern den Flächeninhalt 210, aber auch (12; 35; 37) führt auf den Flächeninhalt 210. Darauf lassen sich durch ganzzahliges Vervielfachen weitere Lösungen finden.
Lösungen für rot und andere Anzahlen sind der Tabelle entnehmbar. (Danke Elisa und ihrem Papa.)


kleinste Flächeninhalte				a	b	c	A
n	x	y	k	k*\|x²-y²\|	k2x*y	k*(x²+y²)	k²xy\|x-y\|(x+y)
1	1	2	1	3	4	5	6
2	3	2	1	20	21	29	210
	1	6	1	35	12	37	210
3	3	7	1	40	42	58	840
	5	7	1	24	70	74	840
	7	8	1	15	112	113	840
4	7	37	1	1320	518	1418	341880
	33	37	1	280	2442	2458	341880
	37	40	1	231	2960	2969	341880
	55	56	1	111	6160	6161	341880
5	11	35	13	14352	10010	17498	71831760
	23	33	13	7280	19734	21034	71831760
	15	169	1	28336	5070	28786	71831760
	161	169	1	2640	54418	54482	71831760
	169	176	1	2415	59488	59537	71831760
6	189	64	13	411125	314496	517621	64648584000
	11	35	390	430560	300300	524940	64648584000
	23	33	390	218400	592020	631020	64648584000
	15	169	30	850080	152100	863580	64648584000
	161	169	30	79200	1632540	1634460	64648584000
	7	345	15	1784640	72450	1786110	64648584000
7	65	133	138	1858032	2386020	3024132	2216650756320
	77	247	46	2533680	1749748	3079148	2216650756320
	117	187	69	1468320	3019302	3357402	2216650756320
	45	221	69	3230304	1372410	3509754	2216650756320
	133	153	138	789360	5616324	5671524	2216650756320
	1045	1071	6	330096	13430340	13434396	2216650756320
	2907	2912	3	87285	50791104	50791179	2216650756320
weitere Varianten
1	3	2	1	5	12	13	30
2	3	8	1	55	48	73	1320
	1	11	1	120	22	122	1320
3	7	13	1	120	182	218	10920
	13	8	1	105	208	233	10920
	13	15	1	56	390	394	10920
4	13	55	2	5712	2860	6388	8168160
	11	91	1	8160	2002	8402	8168160
	85	91	1	1056	15470	15506	8168160
	91	96	1	935	17472	17497	8168160
5	13	55	6	17136	8580	19164	73513440
	11	91	3	24480	6006	25206	73513440
	11	119	2	28080	5236	28564	73513440
	85	91	3	3168	46410	46518	73513440
	91	96	3	2805	52416	52491	73513440
6	7	37	4830	6375600	2501940	6848940	7975684332000
	375	32	69	9632469	1656000	9773781	7975684332000
	33	37	4830	1352400	11794860	11872140	7975684332000
	3	77	2415	14296800	1115730	14340270	7975684332000
	11	529	70	19580400	814660	19597340	7975684332000
	1	111	2415	29752800	536130	29757630	7975684332000

Der "Erfinder" dieses Aufgabe - Henry Ernest Dudeney - hatte allerdings keinen Computer.
Hier die Angabe der Lösung aus: The Canterbury Puzzles nr. 107

The Four Princes.

When Montucla, in his edition of Ozanam's Recreations in Mathematics, declared that "No more than three right-angled triangles, equal to each other, can be found in whole numbers, but we may find as many as we choose in fractions," he curiously overlooked the obvious fact that if you give all your sides a common denominator and then cancel that denominator you have the required answer in integers!

Every reader should know that if we take any two numbers, m and n, then m² + n², m² - n², and 2mn will be the three sides of a rational right-angled triangle. Here m and n are called generating numbers. To form three such triangles of equal area, we use the following simple formula, where m is the greater number:—

mn + m² + n² = a
m² - n² = b
2mn + n² = c

Now, if we form three triangles from the following pairs of generators, a and b, a and c, a and b + c, they will all be of equal area. This is the little problem respecting which Lewis Carroll says in his diary (see his Life and Letters by Collingwood, p. 343), "Sat up last night till 4 a.m., over a tempting problem, sent me from New York, 'to find three equal rational-sided right-angled triangles.' I found two ... but could not find three!"

The following is a subtle formula by means of which we may always find a R.A.T. equal in area to any given R.A.T. Let z = hypotenuse, b = base, h = height, a = area of the given triangle; then[Pg 247] all we have to do is to form a R.A.T. from the generators z² and 4a, and give each side the denominator 2z (b² - h²), and we get the required answer in fractions. If we multiply all three sides of the original triangle by the denominator, we shall get at once a solution in whole numbers.

The answer to our puzzle in smallest possible numbers is as follows:—

First Prince	518	1320	1418
Second Prince	280	2442	2458
Third Prince	231	2960	2969
Fourth Prince	111	6160	6161

The area in every case is 341,880 square furlongs. I must here refrain from showing fully how I get these figures. I will explain, however, that the first three triangles are obtained, in the manner shown, from the numbers 3 and 4, which give the generators 37, 7; 37, 33; 37, 40. These three pairs of numbers solve the indeterminate equation, a³b - b³a = 341,880. If we can find another pair of values, the thing is done. These values are 56, 55, which generators give the last triangle. The next best answer that I have found is derived from 5 and 6, which give the generators 91, 11; 91, 85; 91, 96. The fourth pair of values is 63, 42.

The reader will understand from what I have written above that there is no limit to the number of rational-sided R.A.T.'s of equal area that may be found in whole numbers.

Aufgabe 4

292. Wertungsaufgabe

"Hallo Mike, bei dir sieht es ja aus. Der Computer ist an, aber den siehst du ja kaum, wegen des großen Büchstapels", sagte Bernd vorwurfsvoll schmunzelnd - bei ihm war es ja kaum anders - als er Mike das erste Mal nach dessen Urlaub sah. "Na schau doch mal, auf der neuen Homepage des Chemnitzer Schulmodells habe ich einen Briefmarkenzusammendruck aus Ungarn entdeckt - anlicken -. Der gefällt mir sehr, aber erstaunlicherweise hat der Gestalter der Marken bei der Nummerierung einen Fehler gemacht." "Stimmt", meinte Bernd, nach dem er sich die Marken genau betrachtet hatte. (Wo liegt der Fehler? - 2 blaue Punkte). "Den Stapel mit den Krimis räume ich gleich weg, aber das Zitat will ich dir mal schnell noch vorlesen:" ... Gleichungen, also Gleichungen, für die es ??? Lösung gibt, heißen absurd. Ein Beispiel dafür ist (a + b)(a -b) = a² – b² +1" "Das steht in einem Krimi?" "Aber klar doch, schau her". Aufgabe rot: Was steht im Zitat statt ??? und wie heißt der Krimi (2 + 1)

Lösung:

blau: Die Briefmarken sind durchnummeriert. 1; 2; ...; 30. Allerdings sind diese Zahlen in der Primfaktorenzerlegung notiert. 1 (ist keine Primzahl aber) 2; 3; 2*2, 5; 2*3; 7; 2³, ...17; 2*9; 2²*5; 3*7; ... Der Fehler ist also bei der 18, die mit 2*9 angegeben ist, statt richtigerweise 2*3². Übrigens einige Paare der Marken bilden Stereogramme, so die 29 und 30 - pardon 2*3*5.
rot: "Unwahre Gleichungen, also Gleichungen, für die es keine Lösung gibt, heißen absurd." Zitat aus Stieg Larsson - Verdammnis.

Aufgabe 5

293. Wertungsaufgabe

"Na, den komischen Fehler auf den Marken zu finden, war ja nicht so schwer, wenn man einmal erkannt hat, dass es sich um die Primzahlzerlegung handelte", meinte Lisa. "Das ist schon richtig, aber trotzdem muss man darauf kommen. Ich habe auch noch ein kleines Primzahlrätsel." "Lass hören."
"Gesucht sind Paare von Primzahlen, deren Differenz eine zweistellige Primzahl ist. Zu finden sind alle Paare von Primzahlen, wobei die Differenz kleiner als 30 sein soll?" 4 blaue Punkte
"Aber pass mal auf, ob du dieses verblüffende Primzahlrätsel auch lösen kannst. Es sind alle Zahlen zu untersuchen, deren Ziffern alle verschieden sind -- wobei die Null nicht vorkommen soll." "Da gibt es doch unheimlich viele." "Man kann diese aber systematisch finden, mittels Permutation, also so zum Beispiel die 137, dann gibt es noch die 173, 317, 371, 713 und 731." "Ja, ich erinnere mich, aber wie lautet denn nun die Aufgabe?" "Es ist die größte Zahl zu finden, bei der alle Permutationen eine Primzahl darstellen. Bei meinem Beispiel sind drei der Zahlen Primzahlen, drei aber eben auch nicht. Das Ergebnis wird dich überraschen." 8 rote Punkte

Lösung:
Bei der blauen Aufgabe haben sich einige etwas schwer getan oder auch was vergessen, weil der Text nicht genau gelesen wurde, aber okay.
Wenn die Differenz zweier Primzahlen eine zweistellige Primzahl sein soll, muss eine der Primzahlen die 2 sein. Bei allen anderen Primzahlen ergibt sich ja eine gerade Zahl als Differnz und somit keine Primzahl. Zweistellige Primzahlzahldifferenzen kleiner als 30 könnten sein 11, 13, 17, 19, 23 und 29. Das ergäbe die Paare:
(2; 13), (2; 15), (2; 19), (2;25) und (2;31). Davon sind allerdings nur diese Primzahlpaare: (2; 13), (2; 19) und (2;31).
Rot. Hier möchte ich den von XXX geschriebenen Dialog als Lösung anbieten, danke sehr.:

„Also Mike“, sagte Bernd, „das mit den großen Zahlen, die Primzahlen sind oder nicht, und dann noch permutiert, da sollten wir uns einen schnellen Rechner suchen!“ Und Mike rechnet mit: „Die größte Zahl ist 987654321 und deren Ziffern haben 9! (Fakultät) Permutationen der Reihenfolge. Ich mag so große Zahlen nicht teilen!“

„Okay!“ grinst Bernd, „bei der Größten helfe ich dir, die hat Quersumme 45 und ist damit eine Neunerzahl! Schon 9! Probleme gelöst!“

Mike: „Nun mal systematisch: Welche Teilbarkeitsregeln kennen wir? Da sind die Teiler der Stufenzahl, der 10. Zweier- und Fünferzahlen erkennen wir an der letzten Stelle.“ „Ja“, meint Bernd, „und durchs Permutieren kommt jede Ziffer mal nach hinten, wir können also alle Zahlen weglassen mit einer geraden Ziffer oder mit einer 5.“ Da ist Mike aber erleichtert: „9731 statt 987654321 als größte Zahl, da sind wir gut voran gekommen.“ „Aber mit der Quersumme geht nun nur noch die 93 und die 39 zu knacken. Oder gibt es noch weitere Teilbarkeitsregeln? Opa kennt da sicher ein paar alte Tricks.“

„Eine Quersummenregel gibt es für die Teiler der Zahlen neben der Stufenzahl, und zwar die normale Quersumme für die Zahl davor, bei unserem Zehnersystem also für die 9.“ „Im Sechzehnersystem für die 5, weil sie die 15 teilt?“ fragt Bernd erstaunt. „Ja! Und für die Zahl nach der Stufenzahl, also unsere 11 gibt es die alternierende Quersummenregel, also einmal zuzählen, einmal abziehen.“ „Warum denn das?“ fragt Mike. „11 ist 1 mehr als 10, 99 ist 1 weniger als 100, 1001 wieder 1 mehr, usw …“ „ Nicht so allgemein! Bei den vierstelligen Zahlen zähle ich die 1. und 3. Ziffer zusammen und ebenfalls die 2. und 4. Wenn die Summen gleich sind [oder sich um 11 unterscheiden] ist es eine Elferzahl?“ „Ja! 9731 haben wir noch:
9 + 1 = 7 + 3 = 10. Dann sind 9713, 9317, 7931, 7139 alles Elferzahlen?“ „Claro – und rückwärts gelesen auch.“

„Mensch!“ ruft Mike, „mit der einen Beobachtung sind nun alle vierstelligen Zahlen auch noch weg, dann ist die Größte ja nur dreistellig!“ „Wie heißt denn die vereinfachte Elferregel für dreistellige Zahlen?“ fragt Bernd. „Wir haben das so gelernt“, sagt Opa: „Elferzahlen, da ist die mittlere Ziffer Summe der äußeren wie bei 253 = 11*23 oder die beiden äußeren sind um 11 größer als die mittlere wie bei 407 = 11*37.“ „Da finde ich nur noch die 913 mit 9+3 = 1+11.“

„Toll wie das mit den Teilbarkeitsregeln ging. Die fehlenden dreistelligen Zahlen 973, 971 und 731 schaffen wir jetzt auch ohne Regeln.“ „Die kleinste Primzahl, die wir noch nicht getestet haben, ist die 7. Da kann man auch Regeln basteln, aber für unsere kleinen Zahlen bringt das nichts mehr!“ Und Opa hat noch einen letzten Tipp: „Mit euren Teilbarkeitsregeln für 2, 3 und 5 könnt ihr bis 100 jede Zahl zerlegen außer 49 = 7*7, 77 = 7*11 und 91 = 7*13. Jetzt reicht euer Handwerkzeug aber …“

Mike zeigt gleich, dass er gut zugehört hat:

„Wenn 91 eine Siebenerzahl ist, dann auch 910 + 7 = 917. Wieder eine weg!“ Bernd legt sofort nach: „Nimm statt 910 die 903 und finde 903+70 = 973.“

„Die letzte Dreistellige, die 731 erwähnt Thomas ja schon, also 713 = 690 + 23 = 31*23 noch der Vollständigkeit halber aufgeschrieben.“

Die größte Zweistellige von den untersuchen Zahlen tut es nun aber doch noch! 97 und 79 sind Primzahlen!

Aufgabe 6

294. Wertungsaufgabe

16	3	2	13
5	10	11	8
9	6	7	12
4	15	14	1

"Hallo Lisa, wie ich sehe hast du dir das magische Quadrat von Albrecht Dürer in deine 16 Felder eingetragen."
"Stimmt genau. In unserer Gruppe werden wir nächste Woche dieses 4 x 4 Quadrat genau untersuchen. Es ist fantastisch, welche der 2 x 2 Teilquadrate man auch untersucht, es kommt als Summe immer 34 heraus." Mike schaut noch mal ganz genau hin und meint. "Na bei allen stimmt das aber nicht." "Du hast Recht." Wie viele solche 2 x 2 Quadrate gibt es und warum muss die Summe 34 sein? (2 + 3 blaue Punkte). Für 5 blaue Punkte ist ein "perfektes" 4 x 4 Quadrat zu finden. Das heißt, alle bildbaren Teilquadrate haben die gleiche Summe 34.

Lösung:

blau: Es gibt insgesamt neun 2 x 2 Quadrate. Drei lassen sich finden, wenn man die oberste und zweite Zeile nimmt, dann drei aus zweiter und dritter Zeile. Dazu kommen noch drei in dritter mit vierten Zeile kombiniert. Allerdings sind es "nur" 5 bei denen die geforderte Summe 34 herauskommt. Warum nun 34?

Addiert man die Zahlen von 1 bis 16, so ergiebt sich 136. Soll in allen Zeilen die gleiche Summe herauskommen, so ergibt das für jede Zeile 34. Die Summe von vier Zahlen sollte also 34 sein. Noch mal gezeigt für den Fall alle 2 x 2 Quadrate in der Summe gleich, dann gilt diese natürlich auch, in den die 2 x 2 Quadrate nebeneineinander liegen. Somit umfassen solche zwei 2 x 2-Quadrate genau die 8 Zahlen zweier Zeilen, deren Summe ja 2 x 34 = 68 (Zeilensummen) muss. Somit bleibt für die Quadrate jeweils 34.

rot: Das perfekte Quadrat musste laut Aufgabenstellung nicht notwendigerweise magisch sein und so gab es eine Reihe von Lösungen, bei denen alle Teilquadrate die 34 aufwiesen - ohne magisch zu sein. Das war in Ordnung. Magische Quadrate, die die geforderte Bedingung erfüllen, gibt es auch. Echt verschieden - im Sinne der nächsten Aufgabe - sind genau 48 mag. Quadrate, die die Bedingung erfüllen.

Ein ganz besonders davon ist:

1	12	13	8
14	7	2	11
4	9	16	5
15	6	3	10

Es ist magisch und alle Teilquadrate ergeben 34. Aber schneidet man man dieses Quadrat aus, dann kann man aus diesem Papierstück auf zwei Arten einen Zylinder formen. Und auch hier hat jedes Teilquadrat die Summe 34, egal wie man hinschaut - ist doch cool, oder?

Aufgabe 7

295. Wertungsaufgabe

"Die perfekten Quadrate, man nennt sie auch diabolische Quadrate, der letzten Woche haben mir sehr gefallen", meinte Bernds Vater. Es gibt davon 48 echt verschiedene. Von den 4x4 Quadraten sind 880 magisch, die echt verschieden sind." "Echt verschieden?", fragte Maria nach. "Nun, das heißt, dass die nicht durch Spiegelung oder Drehung auseinander hervorgehen." "Ach, ich verstehe." "Da stellt sich doch die Frage, wie viele echt verschiedene 4 x 4 Quadrate (gebildet aus den Zahlen 1 bis 16 -- jeweils einmal verwendet) gibt es überhaupt, egal ob die magisch sind oder nicht?" (5 rote Punkte)
Wie viele echt verschiedene 2 x 2 Quadrate gibt es (Zahlen 1 bis 4 jeweils einmal) (Sind zwar nie magisch, aber trotzdem kann man die ja untersuchen.) Punktzahl gleich Anzahl + die selbe Punktzahl dazu, wenn man notiert, warum es nicht mehr sein können.

Lösung:

Bei beiden Aufgabenteilen gilt die Anzahl der Anordnungen der Zahlen von 1 bis n liegt bei n! Ebenso gilt, dass je 8 Quadrate durch Spiegeln und Drehen eigentlich gleich sind. Echt verscheiden sind also n!/8.

Das bedeutet für blau es gibt nur drei echt verschiedene Quadrate.

Beispiele von echt verschiedenen Quadraten:

2	1		3	1		4	1
3	4		4	2		2	3

Bei rot sind es 16!/8 = 2615348736000 echt verschiedene und nur 880 davon sind (echt verschieden) magisch.

Aufgabe 8

296. Wertungsaufgabe:

"Bei den magischen Quadraten gibt es noch viel zu entdecken", sagte Bernds Opa, als die vier Freunde ihm von der letzten Aufgabe erzählten. "Schaut mal her, ich schreibe die natürlichen Zahlen etwas pyramidenförmig auf."

				1	2	3
			4	5	6	7	8
		9	10	11	12	13	14	15
	16	17	18	19	20	21	22	23	24
25	26	27	28	29	30	31	32	33	34	35

"Und so weiter. Wenn ich jetzt an einer Stelle quer durch die Pyramide einen senkrechten Strich ziehe, so ist die Summe der vor dem Strich stehenden Zahlen immer genau so groß wie die Summe der Zahlen hinter dem Strich und das Zeile für Zeile." Wo muss der Strich hin (3 blaue Punkte -Rechnung nicht vergessen-) und warum funktioniert das (6 rote Punkte)?

Lösung:

Die Pyramide wurde um eine Zeile "nach oben" ergänzt. Hinzu kommt noch eine Zeilennummer:

Blau. Der gesuchte Strich verläuft nach der 2 bzw. 6; 12 ...

Als Summen ergeben sich: 1 + 2 = 3

4 + 5 + 6 = 7 + 8 = 15

9 + 10 + 11 + 12 = 13 + 14 + 15 = 42

16 + 17 + 18 + 19 + 20 = 21 + 22 + 23 + 24 = 90 ...

0						0 \|
1					1	2 \|	3
2				4	5	6 \|	7	8
3			9	10	11	12\|	13	14	15
4		16	17	18	19	20\|	21	22	23	24

n	...				n² + (n - 1)	n² + n \|	n² + (n +1)

rot : Die Struktur der Pyramide zeigt folgendes:

Die n-te Zeile beginnt mit n².

Behauptet wird, dass die Summe von n² bis (n² + n) genau so groß ist wie die Summe von (n² + (n+1)) bis (n² + 2n).

Linke Seite: n² + (n² + 1) + ... + (n² + n) ==> n² + n * n² + (1 + 2 + ... + n) ==> n³ + n² + (1 + 2 + ... + n)

Rechte Seite (n² + (n+1)) + (n² + (n+2)) + ... + (n² + 2n) ==> n * n² + n * n + (1 + 2 + ... + n) ==> n³ + n² + (1 + 2 + ... + n)

Die Summen links und rechts des Striches sind also gleich.

Aufgabe 9

297. Wertungsaufgabe

"Hallo Maria. Pendelst du jetzt die Aufgaben für eure Gruppe aus?" "Nein, natürlich nicht", erwiderte sie. "Ich versuche die Erdrotation nachzuweisen", gab sie Mike zu verstehen. "Und wie soll das gehen? "Stell dir vor, du bist am Nordpol und baust dort ein großes Pendel auf. Wenn du es anschiebst, dann behält es seine Schwingungsebene bei und die Erde dreht sich in 24 Stunden einmal unter dem Pendel durch. Du kannst also eine richtige Uhr in den Schnee zeichnen und das Pendel zeigt die Zeit." "Warum muss ich da bis zum Nordpol? Das geht in Chemnitz doch sicher auch." "Ja und nein. So geht es zum Beispiel am Äquator gar nicht mit so einer "Uhr", weil das Pendel ja so schwingt, wie die Erde sich bewegt. In Chemnitz, welches sich auf 50° 50' nördlicher Breite befindet, schafft das Pendel in 24 Stunden auch nur 279,11°."
Wie lange braucht das Pendel in Chemnitz für einen Vollkreis?(360°) 2 blaue Punkte.
Wie lässt sich für jeden Ort der Erde ausrechnen, wie viel Grad das Pendel an einem Tag schafft? 2 rote Punkte für die Formel + 6 Punkte für eine gute Herleitung der Formel.

Lösung:

Blau: Nun, hier kann man mit einer einfachen Verhältnisgleichung weiterkommen:

x die Zeit für die 360°:

x : 24 h = 360° : 279,11° | * 24 h

x = 24 h * 360°: 279,11°

x = 30,9555372 h, also rund 31 Stunden oder eben genauer: 30 Stunden 57 Minuten und 19,9340762 Sekunden.

rot: Die Formel basiert nicht auf einer solchen Verhältnisgleichung. Um die Zeit für einen Ort müssen die 24 h mit dem Sinus des Breitengrades multipliziert werden.

Mit dem Stichworten Foucaultsches Pendel und Breitengrad ist ein Herleitung schnell zu finden. Bitte mal damit vorlieb nehmen, danke.

Aufgabe 10

298. Wertungsaufgabe

"Du testest wohl neue Spielregeln für Schach?, schmunzelte Mike, als er Lisa mit einer Schere vor einem Schachplan erblickte. "Nein, natürlich nicht. Ich bin den Gedanken bloß mal durchgegangen, wie viele verschiedene Rechteckformen sich aus so einem 8 x 8 "Schachbrett" ausschneiden lassen." "Wie jetzt - Rechteckformen?" Nun, du siehst doch auf dem Spielbrett die Quadrate. Entlang der Kanten dieser Quadrate wird vorsichtig geschnitten, so dass die ausgeschnittenen Teile rechteckig (Quadrate eingeschlossen) sind." Ah ja, jetzt verstehe ich." Wie viele Arten von Rechteckformen lassen sich auf dem Schachbrett finden (sehr wahrscheinlich bräuchte mehr als ein Brett um die alle auszuschneiden) - die Farbe der Felder ist egal. 4 blaue Punkte.
"Wenn man von jeder dieser Formen genau eine nimmt, so kann man aus einem Teil von ihnen ja vielleicht auch wieder ein 8x8-Feld zusammensetzen, natürlich so, dass sich keine Teile überlagern." "Meinst du, dass dies lückenlos geht?" "Ich weiß es noch nicht, ich habe es noch nicht getestet.." Rote Punkte: Für jede verwendete Form gibt es einen Punkt. Für jedes Feld, welches frei bleibt wird ein Punkt abgezogen.

Lösung:

blau:

Rechtecke, die ein "Quadrat breit" sind: 1*1, 1*2, 1*3, 1*4, 1*5, 1*6, 1*7, 1*8.

Rechtecke, die "zwei Quadrate, aber nicht 1 Quadrat breit" sind: 2*2, 2*3, 2*4, 2*5, 2*6, 2*7, 2*8;

Entsprechend: 3*3, ..., 3*8, 4*4, ..., 4*8, 5*5, ..., 8*5, 6*6, 6*7, 6*8, 7*7, 7*8, 8*8

Es sind also insgesamt 36 Möglichkeiten. Natürlich kann man diese nicht alle aus einem Brett schneiden. Rechnet man alle Teilquadrate zusammen kommt man auf auf über 700 Felder.

rot: Aus der letzten Bemerkung bei blau wird klar, soll genau ein Schachbrett (64 Teilquadrate) aus möglichst vielen verschiedenen Stücken zusammen gesetzt werden, so dürfen aus möglichst wenigen Teilquadraten bestehen. Die kleinen sind 1*1, 1*2, 1*3, 1*4, 2*2, 1*5, 1*6, 2*3, 1*7, so jetzt sind es schon 38 Teilquadrate. 1*8, 2*4 dazu führt auf 54 Teilquadrate. 1*9 gibt es nicht, also kommt als nächst größeres die 2*5. Damit sind es maximal zwölf Stücke die die 64 Stücke eines Schachbrettes bilden können. Sind die Teilstücke größer, wird die zulässige Anzahl kleiner. Es wurden mehrere Versionen gefunden - am schnellsten war XXX, so dass dessen Beispiel hier gezeigt wird, danke.

	1x8
		2x5		2x2
1x7
		2x3	2x4

		1x6
		1x5			1x3
		1x4	1x1	1x2

Anmerkung: rote Punkte hätte natürlich jeder haben können, mindestens 1, wenn er sagt ich nehme das 8*8, aber nun ja.

Aufgabe 11

299. Wochenaufgabe

"Die Aufgabe von letzter Woche gefiel mir richtig gut, hinzu kam, dass die größte rote Punktzahl auch gerade noch die 12 war, welche als Maximalpunktzahl bei der Wochenaufgaben üblicherweise vorkommen kann", meinte Bernds Opa. "Aber habt ihr euch auch mal über die Restschachbretter Gedanken gemacht.?" "Wie meinst du das?", hakte Maria nach. "Pass mal auf. Eine der Formen von letzter Woche war das 2x2 Quadrat. Das kannst du von einer Ecke ausschneiden, aber auch irgendwo anders. Der übrig bleibende Rest des Brettes sieht dann natürlich anders aus." "Stimmt.". Wie viele verschiedene Reste gibt es beim Ausschneiden von 2 x2 Quadraten. 6 blaue Punkte. Die Farben der Felder oder auch die Betrachtung von der Rückseite des Brettes aus begründen keine Verschiedenheit. Wie viele Restformen gäbe es beim 10 x 10 internationalen Damefeld, wenn man dort diese 2 x 2 Felder ausschneiden würde? 6 rote Punkte. Für die Herleitung einer Formel für ein n x n -Feld gibt es noch mal extra Punkte.

Lösung:

Als Lösungsbeispiel die Variante von XXX, danke:

als pdf

Aufgabe 12

300. Wochenaufgabe

"Findest du nicht auch, dass 300 eine besondere Zahl ist?", fragte Bernd. "Ich weiß nicht, wobei, 300 Wochenaufgaben sind schon eine Menge, wobei wir ja nicht von Anfang an dabei waren." "Das stimmt, aber egal, da wollen wir mal nicht so sein." "Dann lass uns die 300 mal genauer anschauen, einverstanden?"
Wie viele Multplikationsaufgaben, die das Ergebnis 300 haben, gibt es? (natürliche Zahlen (größer 1) sollen verwendet werden, Vertauschung der Faktoren führt zu keiner neuen Aufgabe.) 8 blaue Punkte.
Wie viele Additionsaufgaben gibt es, so dass das Ergebnis 300 ist. Bedingung: die Summanden sollen (maximal 3) Primzahlen sein. (Vertauschung der Summanden zählt nicht als verschieden) 6 rote Punkte, wenn man sicher nachweist, dass man alle gefunden hat.

Lösung:

Blau: Zur Vereinfachung wird verzichtet immer wieder auf die Nichtzulassung der Vertauschung hinzuweisen.
Zerlegung in Primfaktoren führt auf 2*2*3*5*5 - also 1 Möglichkeit mit 5 Faktoren.
Für vier Faktoren müssen zwei der Primfaktoren zu einem Faktor zusammengefasst werden. ==> Daraus ergeben sich 5 Möglichkeiten. Für drei Faktoren sind es dann 11 Möglichkeiten und für zwei Faktoren noch einmal 8. Die letzt genannten wurden von den meisten Teilnehmern notiert, mehr als Faktoren wurden releativ selten notiert, nun ja. Eine Auswahl von Ergebnissen: 3*4*5*5; 2*2*75; 3*4*25; 5*5*12; 10*30; 5*60; ...

Rot: Mit Hilfe der Primzahlen im Bereich bis zur 300 (Tabelle - letzte Spalte) lassen sich die passenden Summen aus zwei Summanden recht schnell finden. Es sind 21, da ja auch hier die Vertauschung nicht weiterführt. Für drei Summanden gilt, dass einer der Summanden die "2" sein muss. Die systematische Suche erfolgt nun wieder und führt siehe Tabelle auf 11 Möglichkeiten. Es sind also insgesamt genau 32 Möglichkeiten die 300 in 2 bzw. 3 "Primsummanden" zu zerlegen. Hinweis: lässt man 5 Summanden zu, so gibt es rund 2.500 Möglichkeiten.

				2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43,
3	297	-	-	47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107,
5	295	-	5+293+2	109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181,
7	293	7+293	2+5+293 D	191, 193, 197, 199, 211, 223, 227, 229, 233, 239, 241, 251, 257, 263,
9	291	-	-	269, 271, 277, 281, 283, 293,
11	289	-	-
13	287	-	-
15	285	-
17	283	17+283	17+281+2
19	281	19+281	17+2+281 D
21	279	-	-
23	277	23+277	-
25	275	-	-
27	273	-	-
29	271	29+271	29+269+2
31	269	31+269	29+2+269 D
33	267	-	-
35	265	-	-
37	263	37+263	-
39	261	-	-
41	259	-	41+257+2
43	257	43+257	41+2+257 D
45	255	-	-
47	253	-	47+251+2
49	251	-	47+2+251 D
51	249	-	-
53	247	-	-
55	245	-	-
57	243	-	-
59	241	59+241	59+239+2
61	239	61+239	59+2+239 D
63	237	-	-
65	235	-	-
67	233	67+233	-
69	231	-
71	229	71+229	71+227+2
73	227	73+227	71+2+227 D
75	225	-	-
77	223	-	-
79	221	-	-
81	219	-	-
83	217	-	-
85	215	-	-
87	213	-	-
89	211	89+211	-
91	209	-	-
93	207	-	-
95	205	-
97	203	-	-
99	201	-	-
101	199	101+199	101+197+2
103	197	103+197	101+2-197 D
105	195	-	-
107	193	107+193	107+191+2
109	191	109+191	107+2+191 D
111	189	-	-
113	187	-	-
115	185	-	-
117	183	-	-
119	181	-	-
121	179	-	-
123	177	-	-
125	175	-	-
127	173	127+173	-
129	171	-	-
131	169	-	131+167+2
133	167	-	131+2+167 D
135	165	-	-
137	163	137+163	-
139	161	-	-
141	159	-	-
143	157	-	-
145	155	-	-
147	153	-	-
149	151	149+151	149+2+149

Auswertung Serie 25 (blaue Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				289	290	291	292	293	294	295	296	297	298	299	300
1.	Rafael Seidel	Chemnitz	64	10	6	8	2	4	5	6	3	2	4	6	8
2.	Sabine Fischbach	Hessen	63	10	6	8	2	4	5	6	3	2	4	5	8
3.	Doreen Naumann	Duisburg	62	10	6	8	-	4	5	6	3	2	4	6	8
4.	Elisa Parsche	Chemnitz	60	10	6	8	2	4	5	6	3	2	-	6	8
5.	Astrid Fischer	Chemnitz	40	10	-	-	2	4	5	1	-	-	4	6	8
6.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	35	-	-	-	2	4	2	6	3	-	4	6	8
7.	Hermann Thum	Chemnitz	34	5	-	8	2	-	-	6	3	-	4	6	-
7.	XXX	???	34	-	6	-	-	4	-	6	-	-	4	6	8
8.	Richard Hahmann	Chemnitz	29	-	-	8	-	-	5	-	-	-	4	6	6
8.	Uwe Parsche	Chemnitz	29	-	-	-	-	-	-	6	3	2	4	6	8
9.	Felix Haase	Chemnitz	27	-	-	8	2	-	5	-	3	2	4	-	3
10.	Kai-Lutz Wagner	Chemnitz	25	8	-	-	2	-	-	-	3	-	-	4	8
11.	Nina Zätsch	Chemnitz	24	5	-	8	2	-	-	1	3	-	2	-	3
11.	Mawi	Dresden	24	10	6	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-
11.	Jamila Wähner	Chemnitz	24	6	-	8	-	-	-	3	3	-	4	-	-
11.	Loise Reichmann	Chemnitz	24	-	-	8	2	-	5	-	3	-	-	3	3
12.	Lisa Grassmann	Chemnitz	23	-	4	8	-	4	-	-	-	-	-	-	7
13.	Anja Posselt	Chemnitz	22	-	-	8	2	-	5	-	-	-	4	-	3
14.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	21	-	-	8	2	-	5	-	3	-	-	-	3
15.	Pauline Marschk	Chemnitz	20	-	-	-	-	3	4	-	3	2	-	-	8
15.	Felix Taubert	Chemnitz	20	-	-	-	-	3	5	-	-	2	4	6	-
16.	Paula	Hartmannsdorf	17	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	5	8
17.	Jonathan Kässler	Chemnitz	16	-	-	8	-	-	-	2	3	-	-	-	3
17.	Ellen Richter	Chemnitz	16	-	-	4	-	-	5	2	-	-	3	-	2
18.	Andree Dammann	München	15	-	6	-	-	3	-	-	3	-	-	-	-
19.	Ellen Wilde	Chemnitz	14	-	-	-	-	-	5	-	-	-	3	6	-
19.	Daniel Hufenbach	Leipzig	14	-	-	8	2	4	-	-	-	-	-	-	-
19.	Johanna Ranft	Chemnitz	14	6	-	-	2	-	-	-	3	-	-	-	3
20.	Laura Schlosser	Chemnitz	13	-	-	-	-	-	5	-	3	2	-	-	3
20.	Philipp Fürstenberg	Chemnitz	13	-	-	8	-	-	5	-	-	-	-	-	-
21.	Hannah Gebhardt	Chemnitz	12	-	-	-	-	-	-	2	-	-	4	6	-
22.	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	11	-	-	8	-	-	-	-	3	-	-	-	-
22.	Clara Stöckel	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	8
22.	Theresa Jänich	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	4	-	-	1	-	6	-
22.	Ernesto Uhlmann	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	6	-
23.	Ole Koelb	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	4	3
23.	Emilie Grossinger	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	6	-
23.	Julia Voigt	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	6	-
23.	Jule Irmscher	Eibenberg	10	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	8
23.	Jonas Frederik Otto	Lichtenwalde	10	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	8
23.	Ria Hopke	Chemnitz	10	-	-	-	1	-	-	-	3	-	-	-	3
24.	Michelle Wade	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	7
24.	Henrike Grundmann	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	6	-
24.	Helene Fischer	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-	8
25.	Pit Hopke	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	7
25.	Anne Haag	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	7
25.	Joshua May	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	7
25.	Laurin Roßberg	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	6
25.	Celestina Montero Perez	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	8
25.	Christian Wagner	Bamberg	8	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
25.	Justine Schlächter	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	7
25.	Tobias Morgenstern	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	8
25.	Tim Sigmund	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	7
25.	Stephanie Dani	Chemnitz	8	-	-	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-
25.	Carl Geißler	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	8
26.	Charline Patzelt	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	7
26.	Marvin Köllner	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	6
26.	Erik Walther	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	4
26.	Paula Mühlmann	Dittersdorf	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	7
26.	Willy Stöckel	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	4	-	3	-	-	-	-
26.	Katrin Posselt	Chemnitz	7	-	-	-	2	-	5	-	-	-	-	-	-
26.	Josephine Klotz	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	5
26.	Ingmar Richter	Chemnitz	7	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
26.	Malte Gebhardt	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	7
26.	Lisa Berger	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	7
26.	Frederike Meiser	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	7
26.	Saskia Schlosser	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	7
27.	Felix Brinkel	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-	-
27.	Ida Heuschkel	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6
27.	Joel Magyar	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6
27.	Nicklas Reichert	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6
27.	Tobias Richter	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6
27.	Kevin Ngyen	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6
27.	Lene Haag	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6
27.	Robin König	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	3	-
27.	Katharina Zweiniger	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6
27.	Paula Geißler	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6
27.	Leon Hopke	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6
28.	Pascal Graupner	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	3
28.	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	3	2	-	-	-
28.	Lina Krug	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	3
28.	Maria Dreßler	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	3
28.	Jonas Kirchberg	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5
28.	Lena Elisa Penzlin	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	3
28.	Marie Berger	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5
28.	Selma Juhran	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5
28.	Gwendolin Eichler	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	3
28.	Florian A. Schönherr	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	3
28.	Alina Berger	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	2
28.	Eva-Lotta Rümmler	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	4
29.	Shari Schmidt	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
29.	Jessica Spindler	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
29.	Dr. Frank Göring	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
29.	Annika Theumer	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-
29.	Hannes Hohmann	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
29.	Hanna Kallenbach	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	3
29.	Camilla Schreiter	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-
29.	Luis Raupach	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	3	1	-	-	-
29.	Emily Neuwirth	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
29.	Amarin Roßberg	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
29.	Emmely Schöne	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	3
29.	Amerin Roß	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	2	-
29.	Luisa Franke	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	3
29.	Lucas Steinke	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-
29.	Celine Strumpf	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
30.	Gunnar Reinelt	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	Mara Neudert	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	zge	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-
30.	Friederike Lenk	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-
30.	Rebecca Wagner	Oberwiesenthal	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	Arne Weißbach	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	Anna Grünert	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	Heinrich Grossinger	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	Moritz Weber	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	Karl Herrmann	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	Lisanne Brinkel	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	Lena Rabbeau	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	Josephine Pallus	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-
30.	Felicitas Hastedt	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	Adrian Schlegel	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
30.	Simon Winger	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
31.	Ulrike Böhme	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Franz Kemter	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Tom Straßer	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Emma Irmscher	Eibenberg	2	-	-	-	0	-	-	-	-	-	-	2	-
31.	Valentin Sellin	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Marvin Gülden	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Elena Oelschlägel	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Johannes Allert	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
31.	Simon Anders	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Valentin Grundmann	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Melanie Petz	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Karolin Schuricht	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-
31.	Elina Rech	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Nele Mäding	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Anna Georgi	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Lilli Weiß	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
31.	Cynthia Raschkowsky	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
32.	Jessica Ritter	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1
32.	Christian Winkler	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1
32.			1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	-

Auswertung Serie 25 (rote Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				289	290	291	292	293	294	295	296	297	298	299	300
1.	Doreen Naumann	Duisburg	75	10	3	12	1	8	5	2	4	2	12	10	6
2.	Sabine Fischbach	Hessen	69	10	6	12	2	8	5	1	2	-	10	7	6
3.	Elisa Parsche	Chemnitz	58	10	6	12	3	8	5	-	4	-	-	10	-
4.	Astrid Fischer	Chemnitz	53	10	-	-	3	8	5	-	-	-	12	9	6
5.	Uwe Parsche	Chemnitz	47	-	-	-	-	-	-	5	6	8	12	10	6
6.	XXX	???	46	-	5	-	-	8	-	5	-	-	12	10	6
7.	Mawi	Dresden	30	10	6	12	2	-	-	-	-	-	-	-	-
8.	Paula	Hartmannsdorf	27	-	-	-	-	-	-	-	-	-	11	10	6
9.	Richard Hahmann	Chemnitz	24	-	-	-	-	-	5	-	-	-	8	6	5
10.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	23	-	-	-	2	-	-	-	-	-	11	10	-
11.	Daniel Hufenbach	Leipzig	22	-	-	12	2	8	-	-	-	-	-	-	-
12.	Andree Dammann	München	19	-	-	-	-	6	-	-	6	-	-	-	-
13.	Felix Haase	Chemnitz	16	-	-	-	-	-	5	-	3	-	8	-	-
14.	Rafael Seidel	Chemnitz	12	-	-	12	-	-	-	-	-	-	-	-	-
14.	Annika Theumer	Chemnitz	12	-	-	-	-	-	-	-	-	-	12	-	-
15.	Josephine Klotz	Chemnitz	11	-	-	-	-	-	-	-	-	-	11	-	-
16.	Michelle Wade	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	-	-	-	10	-	-
16.	Christian Wagner	Bamberg	10	10	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
17.	Maria Dreßler	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	-	-	-	9	-	-
17.	Marvin Köllner	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	-	-	-	9	-	-
18.	Hanna Kallenbach	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-
18.	Dr. Frank Göring	Chemnitz	8	-	-	-	-	8	-	-	-	-	-	-	-
18.	Jule Irmscher	Eibenberg	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-
18.	Eva-Lotta Rümmler	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-
19.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	5	-	2	-	-	-	-
19.	Loise Reichmann	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	5	-	2	-	-	-	-
20.	Anne Haag	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-
20.	Pit Hopke	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-
20.	Emmely Schöne	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-
21.	Jamila Wähner	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-
21.	Justine Schlächter	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-
21.	Philipp Fürstenberg	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-	-
21.	Julia Voigt	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-	-
21.	Katrin Posselt	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-	-
21.	Ria Hopke	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-
21.	Alina Berger	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-
22.	Robin König	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
22.	Luisa Franke	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-
22.	Kai-Lutz Wagner	Chemnitz	4	-	-	-	1	-	-	-	3	-	-	-	-
23.	Joshua May	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-
23.	Luis Raupach	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	2	1	-	-	-
23.	Felix Taubert	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	1	-	-	2	-	-	-
24.	Lisa Grassmann	Chemnitz	2	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-
24.	Willy Stöckel	Chemnitz	2	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-
24.	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-
24.	Tim Sigmund	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
24.	Malte Gebhardt	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
24.			2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
24.	Theresa Jänich	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-
24.	Pascal Graupner	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-
24.	Jonathan Kässler	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-
24.	Pauline Marschk	Chemnitz	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
24.	Laura Schlosser	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-

Punkte

Hier werden die Punkte zur aktuellen Serie angezeigt.
blaue Punkte, punti blu, blue points
rote Punkte, punti rossi, red points

Die Gesamtpunktzahl in allen Serien:
alle Punkte, tutti i punti, all points

für den admin

Serie-24

Serie 24
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

277. Wertungsaufgabe

277. Wertungsaufgabe
"Ich freue mich schon auf den Faschingsauftritt unseres Mathezirkels. Es werden 4 unserer Teilnehmer in ihrer Verkleidung als Gauß, Newton, Einstein und Galilei, mit ihrem persönlichen Buch in der Hand auftreten. Leider kann Paula nicht dabei sein, aber Alexandra, Corinna, Anja und Zeta." Klingt doch gut", meinte Bernd, "gib es noch mehr Informationen?" "Aber klar doch", erwiderte Lisa. Die Mathematiker kommen jeweils in einem der Büchern vor, die mit Band 1 bis 4 nummeriert sind.
Sie kamen nacheinander auf die Bühne.

Die als Zweite auf die Bühne kommt, hat den Band 4 in der Hand.

Anja hat einen Band, dessen Nummer direkt nach nach dem Buch mit Einstein kommt.

Zeta kommt später auf die Bühne als Galilei.

Alexandra als Gauß hat weder den Band 1 noch Band 4

Corinna kommt später als die "Mathematikerin", die in Band 1 vorkommt.

Wer kommt wann (Reihenfolge) in welcher Verkleidung und mit welchem persönlichen Buch auf die Bühne? 6 blaue Punkte
Inzwischen war Maria noch ins Zimmer gekommen und hatte den Rest von Lisas Information gehört. "Weißt du noch wie wir die erste Probe hatten?" "Aber ja doch, das war ja auch noch die Paula mit dabei". "Stimmt, alle kamen im Abstand von 15 Minuten ins Zimmer, hat jeweils ein anders farbiges T-Shirt an, auf denen jeweils ein Musikinstrument aufgedruckt war." "Okay", meinte Mike, "dann gebt mal die genaueren Informationen preis."
Die Zeiten waren 14.45 Uhr bis 15.45 Uhr. Die Farben der T-Shirts waren rot, blau, grün, weiß und schwarz. Auf den T-Shirts waren:
Cello, Harfe, Klavier, eine Tube und – echt stark – eine Triangel.

Anja kam zu erst.

Das Mädchen, die direkt nach Cello-Corinna kam, hatte ein weißes T-Shirt.

15.15 Uhr trat das Mädchen mit dem Triangel-T-Shirt ins Zimmer.

Direkt nach dem Mädchen mit dem Klavier-T-Shirt, kam das Mädchen - es war nicht Alexandra - mit dem roten Tuba-T-Shirt.

Um 15.00 Uhr kam das Mädchen mit dem schwarzen T-Shirt.

Paula hatte ein grünes T-Shirt.

Zu erreichen sind 6 rote Punkte

Lösung

Auf die genaue Dastellung des Lösungsweges wird dieses mal verzichtet.
blau:

Auftrittsreihenfolge	Name	Mathematiker	Nummer des Bandes
1	Alexandra	Gauß	2
2	Anja	Galilei	4
3	Zeta	Newton	1
4	Corinna	Einstein	3

rot:

Uhrzeit	Name	Instrument	Farbe des Shirts
14.45 Uhr	Anja	Harfe	blau
15.00 Uhr	Corinna	Cello	schwarz
15.15 Uhr	Alexandra	Triangel	weiß
15.30 Uhr	Paula	Klavier	grün
15.45 Uhr	Zeta	Tuba	rot

Aufgabe 2

278. Wertungsaufgabe
"In unserem Mathezirkel untersuchen wir große und kleine natürliche Zahlen, erzählte Maria am Abendbrotstisch. "Erzähl mal weiter," forderte ihr Vater sie interessiert auf. "Als erstes suchten wir die kleinste natürliche Zahl (größer als Null), die sich ohne Rest durch alle natürlichen Zahlen von 1 bis 10 teilen lässt. (2 blaue Punkte)
Die andere Aufgabe war dann schon was für unsere richtigen Experten. Welche ist die kleinste natürliche Zahl (größer 1) aus der sich die 2., die 3. , .. und die 10. Wurzel ziehen lässt, so dass die Ergebnisse natürlich auch wieder natürliche Zahlen sind." - 3 rote Punkte

Lösung

blau: Mal ohne Primfaktorenzerlegung. Die Zahl muss durch 10 teilbar und durch 9, also durch 90. Auch der Faktor (Teiler) sieben wird gebraucht. Das aber geht nur, wenn die gesuchte Zahl 7 · 90 = 630 enthält. So muss die gesuchte Zahl ein Vielfaches von 630 sein. 1260 - aber das geht nicht durch 8. 1890 geht auch nicht, aber 2520 enhählt allen gesuchten Teiler. (Die Primzahlzerlegung beweist das auch noch mal: 2520 = 2³ · 3² · 5 · 7)
rot: Wegen > 1 muss es eine Potenz 2ⁿ sein. Jetzt wird zum Beispiel die 5. Wurzel gesucht, dann nutze ich die Exponentialschreibweise. 5. Wurzel aus 2ⁿ= 2^n/5. n muss also durch 5 teilbar sein. Das gleiche gilt entsprechend 4. Wurzel also n muss durch 4 teilaber sein usw. n ist letztlich die bei blau gesuchte Zahl. 2²⁵²⁰ ist die gesuchte Zahl. 3,9408425 · 10⁷⁵⁸Die Zahl also insgesamt 759 Stellen.
39408424552214162695348543183638915172819172249751642655322154182349336765880096
10655644786388200003560563883371670355420740089454019139502362143605063997052312
03021164366069389563701733455174652493802096528279659381259483508916176782516892
61632215488187059650565457777432980818725650237046825687537631627813593798578816
08885188091378378731800863271837927577487029464607207207704361774773772297845000
22657580657233628383930137914619684009220791267089768552182903618603146950084219
24278007257807164800126572667987375177230234311435842855213499193805644680391721
69626202673688062730898676596391772134889601552116981492110306817797885781410543
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Die Potenzen der 2 von 2¹ bis 2²⁵²⁰ hier mal klicken

Aufgabe 3

279. Wertungsaufgabe
"Ich habe heute eine besondere Variante einer Quadratkonstruktion entdeckt", sagte Maria. "Wie meinst du das?", fragte Bernd. "Pass auf. Man nimmt eine Gerade a und legt auf ihr einen Punkt A fest. Dann legst du einen Punkt X fest, der nicht auf der Geraden liegt, aber so, dass AX nicht senkrecht zur Geraden a liegt. Das gesuchte Quadrat ABCD liegt mit einer Seite auf a. Der Punkte D des gesuchten Quadrates soll von X genauso weit entfernt sein, wie von A. Wie lässt sich nun ein solches Quadrat konstruieren?" (Konstruktionsbeschreibung 5 blaue Punkte.)
Bernd und Mike grübelten eine Weile, dann hatten sie die Konstruktion gefunden. Mike machte zur Übung, die Konstruktion gleich mehrfach. Lisa sah dies und probierte es ebenfalls, allerdings so, dass sie bei ihren Konstruktionen nur den Punkt A auf der Geraden a immer mal anders einzeichnete. Die Lage von X und a blieb also. Als sich Bernd später die Konstruktionen ansah machte er bei der Betrachtung der Lage der jeweils konstruierten Punkte D eine erstaunliche Beobachtung. Als er die Punkte miteinander "elegant" verband, sah er eine klassische Kurve. Welche? - 3 rote Punkte (Name und kurze Begründung)

Lösung

279 Auf dem Bild sind die Konstruktionen für den Punkt D bzw. D1 - Punkt auf A zu erkennen. m ist die Mittelsenkrechte von AX. Deshalb sind die Punkte D bzw. D1 gleichweit von A und X entfernt. (D liegt senkrecht über A bzgl. a, damit eine der Quadratseiten von ABCD auf a liegt.
Da die Quadratseiten AD bzw. AD1 nun konstruiert sind, lassen sich daruas jeweils zwei Quadate konstruieren ABCD (mathematisch positiver bzw. negativer Umlaufsinn) und ABCD1 (mathematisch positiver bzw. negativer Umlaufsinn) Anmerkung: Wird AX senkrecht a zugelassen, so gibt es einen Punkt D mit den geforderten Eigenschaften, aber nicht D1. rot: Die Punkte D liegen auf einer Parabel. Mögliche Definition einer Parabel:
Eine Parabel ist die Menge aller Punkte X, deren Abstand zu einem speziellen festen Punkt – dem Brennpunkt F – und einer speziellen Geraden – der Leitgeraden l – gleich ist.
X wurde durch D ersetzt, F durch X und l durch a. Quelle
Die Punkte D1 " bewegen sich auf a. (letzlich ein Spezialfall einer Parabel.)

Aufgabe 4

280. Wertungsaufgabe
"Die Parabel von letzter Woche hat mir gefallen. Ich hatte das zwar mal gelesen, aber leider auch wieder vergessen", sagte Lisa. "Dafür habe ich hier eine einfache Bastelei. Ich nehme mir ein beliebiges spitzwinkliges Dreieck und halbiere dessen Seiten. Wenn ich diese Halbierungspunkte miteinander verbinde. Entstehen im Inneren des Dreiecks vier Dreiecke." "Du ich habe das mal probiert mit einem gleichseitigen und einem spitzwinklig gleichschenkligen Dreieck. Da sind die vier Dreiecke kongruent zueinander, stimmt 's". "Aber ja, die Frage ist, gilt das aber auch für den allgemeinen Fall?" - 5 blaue Punkte für einen überzeugenden Beweis. Wird der Beweis für das gleichschenklige Dreieck probiert, so gibt es immerhin auch 3 Punkte. (Aber nicht zusammen 8)
"Ich habe deine Vorschrift mal auf ein Dreieck mit 8 cm, 9 cm und 10 cm angewendet. Nun kann ich die Figur zu einer Pyramide falten, deren Dreiecksflächen kongruent sind. Die Oberfläche dieses komischen Tetraeders ist relativ schnell gefunden, aber wie groß ist dessen Volumen?" - 12 rote Punkte.

Lösung

Die Lösung dieser Aufgabe von Dr. F. Göring und XXX, danke.
280.pdf

Aufgabe 5

281. Wertungsaufgabe
"Ich habe neulich wieder mal "Per Anhalter durch die Galaxis" gelesen", sagte Bernd. "Ja, das kenne ich auch," meinte Lisa. "Die berühmte Zahl daraus ist bekanntlich die 42 - die Antwort auf alles." "Nun, das hat sich mir nicht so erschlossen, aber die 42 ist trotzdem interessant, denn sie ist das Produkt aus genau drei verschiedenen Primzahlen. Gibt es eigentlich noch mehr solche Zahlen?. Ich denke schon." Für je zwei solcher Zahlen (kleiner als 100) gibt es einen blauen Punkt. (Achtung die Primzahlen dürfen nicht potenziert auftreten, denn sonst würde die 60 = 2²*3*5 auch die Bedingung erfüllen)
"Wie viele Teiler mögen solche "Primelzahlen" wohl haben", fragte sich Mike. "Du meinst, egal wie groß die auch sind?" "Genau!" 3 rote Punkte, 4 rote Punkte gibt es noch dazu, wer ein "Primelzahlzwillingspärchen" findet - also zwei direkt aufeinander folgende Zahlen, die die Bedingung "Primelzahl" zu sein, erfüllen.

Lösung

Der wissenschaftliche Name der "Primelzahlen" lautet sphenische Zahl infos bei wikipedia
blau die gesuchte Zahlen sind recht einfach zu finden:
Die kleinst mögliche ist: 2*3*5 = 30
2*3*7 = 42 - war schon gegeben.
2*3*11 = 66
2*3*13 = 78
2*3*17 > 100 also 2*3 abgearbeitet
2*5*7 = 70
2*5*11 > 100 also 2*5 abgearbeitet
2*7*11 > 100 also 2 abgearbeitet
3*5*7 > 100 also mit drei geht nichts mehr fertig. rot: Die sphenische Zahl ensteht durch a*b*c (Primzahlen alle verschieden: Diese Produkt lässt sich durch 1, a, b, c, a*b, a*c, b*c und a*b*c teilen. Es sind also genau 8 Teiler.
Die kleinsten Zwillinge sind 230 = 2*5*23 und 231 = 3*7*11
Drillinge gibt es auch: kleinstes Tripel: 1309 (7*11*17), 1310 (2*5*131) und 1311 (3*19*23)
Vierlinge gibt es nicht, denn dann würde eine der Zahlen den Primfaktor 2 in der Form 2*2 enthalten.

Aufgabe 6

282. Wertungsaufgabe

"Die blaue Aufgabe der letzten Woche fand ich aufwändiger als den roten Teil", meinte Mike, der sich die doch recht vielen Varianten anschaute. "Na ja, es musste mehr geschrieben werden, aber bei systematischer Betrachtung war das doch nicht so schlimm", gab Lisa zu bedenken.

" Da nun das Osterfest vor der Tür steht, kam mir die klassische Eieraufgabe wieder in den Sinn." "Lass hören." Ein Osterhase ist auf dem Weg um Ostereier zu verstecken. Er trifft auf einen Kollegen, dessen Korb leer ist. Er gibt ihm die Hälfte seiner Eier und ein halbes. Wenig später teilt er den verbliebenen Rest wieder mit einem Kollegen, dem er die Hälfte und ein halbes Ei gibt. So geht das noch zwei mal. Kurz vor dem Ziel angelangt, hat er so nur noch genau ein Ei im Korb. Das isst er selbst und geht nach Hause. Wie viele Eier hatte er zu Beginn im Korb? - 4 blaue Punkte (natürlich hat er nicht wirklich irgendeines der Eier geteilt.)

Wie viele Eier müsste der Osterhase in seinem nichtleeren Korb mindestens haben, um, ohne eines der Eier kaputtzumachen, folgende Teilungsvarianten vorzunehmen:

Der erste Kollege bekommt die Hälfte aller Eier und ein halbes Ei, der zweite ein Drittel des Restes und ein Drittel-Ei. Dann gibt es ein Viertel und ein Viertel-Ei und zum Schluss ein Fünftel und ein Fünftel-Ei. 4 rote Punkte (Die im Korb verbleibenden Eier sollte er diesmal besser verteilen und nicht aufessen.)

Lösung:

Es gab eine recht große Beteiligung, aber dabei waren leider auch eine Reihe falscher Angaben. Es besonders die Angabe, dass es nicht wirklich kaputte Eier geben darf, wurde missachtet. Etwas schade, dass die schöne rote Aufgabe nur von wenigen in Angriff genommen wurde, vor allem, wenn doch das Prinzip bei blau deutlich wurde, aber okay.

blau: Eine von vielen Varianten. Wenn der Hase am Ende ein Ei hat, dann waren es vorher x, so dass x - x/2 -1/2 = 1 gilt. (Für Nichtgleichungsleser: Er hatte x Eier, von denen die Hälfte ab und ein halbes gab er auch noch weg. Umstellen oder Probieren führt auf x = 3. Vorher hatte er y Eier mit y - y/2 -1/2 = 3. Das führt auf y = 7. Die nächste Überlegung führt auf 15 und schließlich auf 31 Eier.

rot: Bei blau sieht man dass die Eierzahl ungerade sein muss. Will man am ein drittel Ei zu einem Rest von Eiern ergänzen, so geht das bei 2/3 bei 5/3, bei 8/3 ... Also bei einer Zahl die 1 kleiner ist als eine durch drei teilbare Zahl. Für das 1/4 Ei gilt entsprechend. Es muss sich um eine Zahl handeln, die um 1 kleiner ist als eine durch 4 teilbare Zahl. ... Die gesuchte Startzahl ist also um 1 kleiner als eine Zahl, die durch 2; 3; 4 und 5 teilbar ist. Eine solche Zahl ist das KgV der Zahlen (oder ein Vielfaches davon). Das kgV ist 60, die Startzahl also 59. (Die Teilungsvarianten gehen aber mit mit jedem Vielfachen von 60, wenn man dann noch 1 subtrahiert. so auch mit 5! -1 = 119)

der Test:

59 - (59/2 + 1/2) = 59 - 30 = 29

29 - (29/3 + 1/3) = 29 - 10 = 19

19 - (19/4 + 1/4) = 19 - 5 = 14

14 - (14/5 + 1/5) = 14 - 3 = 11

(Man könnte sogar noch weiter machen: 11 - (11/6 + 1/6) = 11 - 2 = 9, weil die 6 im obigen kgV als Teiler drin steckt.)
Interessant auch die Aufgabenstellung von XXX 1. die Hälfte und 1/2 Ei , dann zwei Drittel und ein 2/3 Ei, ... Eine Lösung dafür habe ich noch nicht.

Aufgabe 7

283. Wertungsaufgabe

„Was zeichnest du denn? Das erinnert mich an die Klasse 3.“,sagte Maria.
„Du hast schon Recht. Es soll eine „Additionsmauer“sein. Man schreibt vier Zahlen (1a, 1b, 1c und 1d) in die Kästchen der unteren Zeile hinein. Dann werden die direkt nebeneinander stehenden Zahlen addiert und das Ergebnis in das obere Kästchen geschrieben (z.B 1a + 1b = 2a). Schritt für Schritt wird nun die Mauer voll.“ „Ach ja, jetzt weiß ich es wieder.“ Um die Mauer eindeutig lösbar zu machen, müssen die Zahlen aber nicht notwendigerweise in der unteren Zeile stehen. Es können auch Ergebnisse der oberen Reihen genutzt werden, um den Rest der Mauer eindeutig zu bestimmen. Für vier blaue Punkte sind alle Varianten anzugeben, wo mindestens Zahlen stehen müssen, um die Mauer eindeutig berechnen zu können
Eine Variante ist schon mal kurz notiert: 1a, 1b, 1c, 1d Für zwei rote Punkte ist die Mauer so auszufüllen, dass alle Beträge der Zahlen der Zeile 1 verschieden sind und ganz oben eine Null steht. - Beispiel angeben reicht.

Lösung:

blau: Leider wurde die Aufgabe nicht von allen Teilnehmern erfasst. Es ging ja darum, die Kombinationen von Feldern zu finden, die mindestens ausgefüllt sein müssen, um die Additionsmauer eindeutig (und widerspruchsfrei ausfüllen zu können. Es leicht nachvollziehbar, dass es 4 Felder sein müssen. Nun um 4 Felder von 10 auszuwählen, gibt es 210 Möglichkeiten. Allerdings gibt es auch "verbotene" Vierer bzw. "unvollständige" Vierer. Verboten: Beispiel: 1a, 1d, 2b und 4. Hier ist nur die Summe S von 1b + 1c ermittelbar. Mit 1b = S - 1c gibt es unendlich viele Lösungen. Unvollständig: Beispiel: 1a, 1b, 1c und 2a. 2a stellt keine neue Information her. sondern ist aus 1a und 1b zwingend.
Rafael hat 120 Möglichkeiten gefunden, Glückwunsch.
Es wäre spannend zu wissen, ob es eine Formel für den Fall einer n-stufigen Additionsmauer gibt.
rot: Beispiel: 1a = -17, 1b = 4, 1c = -1 und 1d = 8
Es kam also darauf an, die Grundschulaufgaben auf negative Zahlen auszudehnen.

Aufgabe 8

284. Wertungsaufgabe

„Du mit deinen „Primelzahlen“, da hast du mich neulich ganz schön auf Trab gehalten,“ knurrte Lisa. „Aber egal, schau mal. Beim letzten Treffen unseres Mathematikzirkels hat uns Alfred eine Zeichnung gezeigt, auf der ein gleichschenklig rechtwinkliges Dreieck zu sehen war. Er hatte einen Punkt X in das Innere gezeichnet und diesen mit den Eckpunkten des Dreiecks verbunden. Die drei den Punkt umgebenden Winkel waren „zufälligerweise“ alle gleich groß. Er hatte alle in der Figur vorkommenden Winkel schon ausgerechnet.“ Wie groß sind die in der Figur vorkommenden Winkel? - 4 blaue Punkte.
„Aber es war ihm bisher noch nicht möglich, eine exakte Konstruktionsvorschrift – und Begründung – anzugeben, wie man den Punkt X bei gegebenen Dreieck durch eine Konstruktion findet.“ 6 rote Punkte.

Lösung:

284

Dem Bild kann man die blaue und rote Lösung entnehmen. Der gesuchte Punkt um den es geht, heißt in der Zeichnung H. Es ist der sogenante "innere" Fermatpunkt, der für jedes Dreieick, dessen größer Winkel < als 120° ist existiert. Die drei Winkel, die den Punkt H als Schteilpunkt haben, sollen laut Aufgabenstellung gleich groß sein. Damit sind diese je 120° groß. Allerdings werden ja auch die Winkel bei den Eckpunkten geteilt. Im Dreieck ABH sind die Winkel 30°, 30° und 120° groß. Im Dreieck BCH gibt es 15°, 45° und 120°, genau wie im Dreieck ACH.

Die Konstruktion des Punktes H ist leider nur einmal komplett gelöst worden - Elisa (mit Papa?) aus Klasse 7. Hier wurde die spezielle Form des Dreiecks genutzt, nämlich, dass es gleichschenklig war, bei der Aufgabenstellung vollständig korrekt.

Hier nun die allgemeinere Variante.

Über den Seiten a und b des Dreiecks ABC werden gleichseitige Dreiecke konstruiert. - rötliche Hilfskreise. ZU diesen werden jeweils die Umkreise konstruiert - blaue Kreise. Diese schneiden sich im Punkt H.

Warum ist nun der Winkel CHB 120° groß? Nun die Punkte HBDund C liegen auf einem Kreis. Damit handelt es sich, bei dem aus den Punkten gebildeten Viereck um ein Sehnenviereck. In einem solchen gilt, dass die Summe der gegenüberliegenden Winkel 180° beträgt. Winkel BDC = 60° (gleichseitiges Dreieck) als Winkel CHB = 180° - 60° = 120°.

Entsprechend gilt die Überlegung für den Winkel CHA ==> 120° und so mit alle Winkel bei H 120°.

Praktische Bedeutung des Punktes H. Sind A, B, und C drei Orte, die durch Straßen verbunden werden sollen, die insgesamt möglich kurz sein sollen, so geht dies mit Hilfe des Punktes H.

Zum selberprobieren (Achtung, Java wird gebraucht und es kann zum Absturz des Browsers kommen) < -- hier -->

Aufgabe 8

285. Wertungsaufgabe

„Der Punkt aus eurer letzten Aufgabe wird auch Fermatpunkt genannt.“, sagte Bernds Opa, der den Zettel auf dem Tisch hatte liegen sehen. „Ich habe hier zwei ganz besondere Zahlen für euch: 1827 und 2187. Die haben nicht nur die Ziffern gemeinsam, sondern lassen sich jeweils als Produkt zweier zweistelliger Zahlen schreiben, die auch aus genau den Ziffern gebildet werden.“ „Mit etwas Taschenrechnerarbeit habe ich die Lösungen gefunden“, verkündete Mike nach nur 15 Minuten. - 4 blaue Punkte.
„Na gut, dann bekommst du noch die hier: 125460. Die lässt sich auf zwei verschiedene Arten als Produkt zweier dreistelliger Zahlen schreiben, die auch aus genau den Ziffern gebildet werden.“ Für den Fleiß 6 rote Punkte

Lösung:

blau: man kann probieren - geht ja auch schnell, aber es darf auch etwas systematischer sein.

Zum Beispiel 1827 Primfaktorenzerlegung 1827 = 3 * 3 * 7 * 29

Die gesuchten Faktoren (Ziffern 1 8 2 7) müssen sich aus den Primfaktoren bilden lassen und zweistellig sein.

Einer der Fakoren muss die 29 enthalten

==> Faktor 1: 3 *29 = 87 mit 1827 : 87 = 21 ist eine Lösung gefunden.

==> Faktor 1: 7 *29 = 203 zu groß

==> Faktor 1: 3 *3 * 29 = 261 zu groß

So mit die Lösung gefunden und zu gleich gezeigt, dass es nur diese eine gibt.

Mitt dieser Methode lassen sich auch die anderen Zahlen untersuchen:

2187 = 27 * 81

rot: 125460 = 204 * 615 = 246 * 510

Die Zahlen um die es hier geht, heißen auch Vampirzahlen, die Faktoren sind die "Zähne" der Vampire.

Quelle: http://en.wikipedia.org/wiki/Vampire_number

Aufgabe 10

286. Wertungsaufgabe

„Mir sind neulich zwei alte Umfragen, die an unserer Schule durchgeführt wurden und in der Schülerzeitung standen, wieder in die Hände gefallen“, sagte Mike. „Lass hören“, meinte Bernd. „Bei der ersten wurden alle Schüler befragt. Das waren 650. 500 davon gaben an, sich sportlich zu betätigen. 400 antworteten auf die Frage, ob sie mehr als zwei Stunden pro Woche am Computer verbringen,mit ja. Für genau 100 traf keines der beiden zu.“ „Da lässt sich doch herausfinden, wie viele Sport treiben und trotzdem die Zeit für den Computer haben“, war sich Lisa sicher, die mit im Zimmer war. (4 blaue Punkte - !Begründung nicht vergessen!)

„Hier noch die Angaben zur zweiten Umfrage“, sagte Mike.
Reiseziele: A – Polen B – Frankreich und C – Dänemark
50 Schüler nahmen teil und kreuzten bei A, B und C entweder ja oder nein an – Enthaltungen gab es keine.
Bei der Auswertung ergaben sich folgende Ja-Anteile.
1. 20 A
2. 25 B
3. 30 C
4. 8 A und B
5. 12 B und C
6. 10 A und C
7. 3 A und B und C
Wie viele Schüler waren in keinem der Länder? Wie viele waren in genau einem der Länder? Wie viele waren in Polen, aber nicht in Frankreich? (3*3 rote Punkte)

Lösung:

blau: Es gab verschiedene Argumantationsvarianten. Ich greife mal die am häufigsten genutzte auf.

Es sind 650 Schüler, 100 treiben werder Sport, noch sitzen sie am Computer. Es bleiben also 550 Schüler. Addiert man die 500 Sportantworten und die 400 Computerangaben so ergibt sich 900. Da es nur 550 Teilnehmer sind müssen es 900 - 550 doppelte Antworten sein. Es sind also 350, die beides machen. (Nun sind es also 150 mit nur Sport, und 50 mit nur Computer.)

rot: Die Überlegungen laufen, ähnlich, zwecks kurzer Darstellung hier die Variante von mawi, danke:

2) S() heiße Schnittmenge von ()

alle = 50

A = 20

B = 25

C = 30

S(AB) = 8

S(BC) = 12

S(AC) = 10

S(ABC) = 3

Es gilt: alle = keins + A + B - S(AB) + C - S(BC) - ( S(AC) - S(ABC) )

=> 50 = keins + 20 + 25 - 8 + 30 - 12 - (10 - 3) = keins + 48

=> keins = 2 => in keinem dieser Länder waren 2 Schüler

nur in A = A - S(AB) - ( S(AC) - S(ABC) ) = 20 - 8 - (10-3) = 5

nur in B = B - S(AB) - ( S(BC) - S(ABC) ) = 25 - 8 - (12-3) = 8

nur in C = C - S(AC) - ( S(BC) - S(ABC) ) = 30 - 10 - (12-3) = 11

=> Nur in Polen waren 5, nur in Frankreich 8 und nur in Dänemark waren 11 Kinder. Zusammen sind das 24 Kinder, die nur in einem der Länder waren. Sollte nur die Summe gesucht gewesen sein, so kann man auch so darauf kommen:

nur ein Land = alle - keins - S(AB) - ( S(BC) - S(ABC) ) - ( S(AC) - S(ABC) ) = 50 - 2 - 8 - (12-3) - (10-3) = 24

in A aber nicht in B = A - S(AB) = 20 - 8 = 12

=> 12 Kinder waren in Polen aber nicht in Frankreich.

Aufgabe 11

287. Wertungsaufgabe

„Ein Teilnehmer an unserem Mathematikzirkel ist am 16.05.2010 Bruder einer Schwester geworden, ein Sonntagskind“, sagte Maria etwas aufgeregt. „Nun da wird sie also an einem Montag ihren ersten Geburtstag feiern, aber wie alt wird sie werden, wenn sie zum ersten Mal wieder an einem Sonntag Geburtstag hat?“ 3 blaue Punkte.
Warum ist der 28. Geburtstag immer der gleiche Wochentag wie der Tag der Geburt? - 2 rote Punkte.

Lösung:

blau:

2011 - Montag, 2012 - Mittwoch (Schaltjahr) 2013 - Donnerstag, 2014 - Freitag,

2015 - Samstag, 2016 - Montag (Schaltjahr), 2017 - Dienstag, 2018 - Mittwoch,

2019 - Donnerstag, 2020 - Samstag (Schaltjahr) 2021 - Sonntag (endlich am 11. Geburtstag ist es wieder so weit.

rot: 28 = 4 * 7 Das kgV von Schaltjahrregelung und Verschiebung um eine Woche durch "normale" Jahre.

Einige Beantworter haben auf die Jahrhundertregelung hingewiesen. 1700, 1800, 1900, 2100, 2200, 2300, 2500 sind keine Schaltjahre, deshalb greift beim Überschreiten die 28-er Regel nicht.

Da das Jahr 2000 ein Schaltjahr war, sind alle aktuellen Leser nicht von dieser Ausnahme betroffen.

Aufgabe 12

288. Wertungsaufgabe

„In unserer Gruppe bereiten wir gerade einen kleinen Schnellrechenwettbewerb vor“, sagte Maria. „Sag doch mal ein Beispiel.“ „Bei einer dreistelligen Zahl ist der Einer sechsmal so groß wie die Hunderterziffer, und die Zehnerziffer ist die Differenz der beiden anderen Ziffern.“ „Na, das ist doch nicht schwer“, meinte Mike. Stimmt sicher – 2 blaue Punkte.
„Die Aufgabe kann man auch allgemeiner formulieren,“ sagte Bernd, „passt auf“.
Die Einerziffer ist ein ganzzahliges Vielfaches der Hunderterziffer und die Zehnerziffer ergibt sich aus der Differenz der beiden anderen Ziffern.
Für wie viele (und welche) dreistelligen Zahlen trifft die Verallgemeinerung der Aufgabe zu? 5 rote Punkte
Anmerkung. In jedem Fall gelte, die Hunderterziffer ist größer als Null.

Lösung:

blau: kleinste Hunderter-Stelle das Sechsfache da von ist 6 Differenz ist 5 also gesuchte Zahl 156. Hunderterstelle 2 das Sechfache ist 12 - zu groß für eine Ziffernstelle, also ist 156 auch die einzige Zahl.

rot: Antwort von XXX, danke:

Die Einerziffer ist ein ganzzahliges Vielfaches der Hunderterziffer und die Zehnerziffer ergibt sich aus der Differenz der beiden anderen Ziffern.

Dann habe ich Zahlen der Form (x) (nx-x) (nx), wobei n die Art des Vielfachen angibt, also von 0 bis 9 geht.

x wiederum ist eine positive Ziffer und da nx auch eine Ziffer sein soll, beschränkt durch nx<10.

Das ergibt folgende Familien:

n=0: 110, 220, 330, 440, ..., 990, also 9

n=1: 101, 202, 303, ... 909 , also 9

n=2: 112; 224; 336; 448; also 4

n=3; 123;246;369; also 3

n=4; 134;268; also 2

n=5: 145

n=6: 156

n=7: 167

n=8: 178

n=9: 189

Auswertung Serie 24 (blaue Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				277	278	279	280	281	282	283	284	285	286	287	288
1.	Rafael Seidel	Chemnitz	53	6	2	5	5	2	4	12	4	4	4	3	2
2.	Doreen Naumann	Duisburg	42	6	2	3	5	2	4	3	4	4	4	3	2
2.	Elisa Parsche	Chemnitz	42	6	2	5	5	2	4	1	4	4	4	3	2
3.	Sabine Fischbach	Hessen	39	6	2	3	4	2	4	2	3	4	4	3	2
4.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	32	-	2	5	5	2	2	1	4	4	4	3	-
5.	Kai-Lutz Wagner	Chemnitz	27	4	1	4	-	2	4	-	3	-	4	3	2
6.	Ellen Richter	Chemnitz	20	6	-	4	2	-	-	-	-	4	-	2	2
7.	Hermann Thum	Chemnitz	19	-	-	3	-	2	-	-	4	4	4	-	2
8.	Pit Hopke	Chemnitz	18	6	-	-	-	2	4	-	-	-	-	-	2
9.	Ria Hopke	Chemnitz	17	6	-	3	2	-	-	-	-	4	-	-	2
10.	Nina Zätsch	Chemnitz	16	-	-	-	-	2	4	-	-	4	4	2	-
11.	Lucas Steinke	Chemnitz	15	-	-	4	2	2	2	-	3	-	-	-	2
11.	XXX	???	15	-	2	-	5	2	4	-	-	-	-	-	2
11.	Mawi	Dresden	15	-	-	-	-	-	-	-	-	4	6	3	2
11.	Loise Reichmann	Chemnitz	15	6	-	-	-	-	4	-	-	-	-	3	2
12.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	14	-	-	4	-	2	4	-	-	-	-	2	2
13.	Jamila Wähner	Chemnitz	12	-	-	-	-	2	4	-	-	4	-	-	2
13.	Stephanie Dani	Chemnitz	12	6	-	-	2	-	4	-	-	-	-	-	-
14.	Anja Posselt	Chemnitz	11	-	-	-	-	2	-	-	-	4	-	3	2
14.	Carl Gei	Chemnitz	11	6	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	2
14.	Jule Irmscher	Eibenberg	11	-	1	1	-	2	1	-	-	4	-	2	-
14.	Paula	Hartmannsdorf	11	-	2	5	-	2	-	-	-	-	-	-	2
14.	Lisa Grassmann	Chemnitz	11	-	-	-	-	2	3	-	-	4	-	-	2
15.	Dr. Frank Göring	Chemnitz	10	-	-	5	5	-	-	-	-	-	-	-	-
15.	Jonathan Kässler	Chemnitz	10	6	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	2
15.	Robin K	Chemnitz	10	6	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	2
16.	Andree Dammann	M	9	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	3	2
16.	Christian Wagner	Bamberg	9	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
16.	Astrid Fischer	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	3	2
17.	Vincent Baessler	Chemnitz	8	6	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
17.	Karolin Schuricht	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	4	-	-	4	-	-	-
18.	Richard Hahmann	Chemnitz	7	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
18.	Alina Berger	Chemnitz	7	6	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
18.	Adrian Schlegel	Chemnitz	7	-	2	-	-	1	3	-	1	-	-	-	-
18.	Pauline Marschk	Chemnitz	7	6	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
19.	Felix Brinkel	Chemnitz	6	-	-	-	-	2	-	-	-	-	2	2	-
19.	Luis Raupach	Chemnitz	6	-	-	-	-	2	-	-	4	-	-	-	-
19.	Philipp Fürstenberg	Chemnitz	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
19.	Samuel Kilian	Stuttgart	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
19.	Ole Koelb	Chemnitz	6	-	2	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-
20.	Ingmar Richter	Chemnitz	5	-	-	-	-	1	-	-	-	4	-	-	-
20.	Felix Taubert	Chemnitz	5	-	-	-	-	1	-	-	4	-	-	-	-
20.	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	2
20.	Emma Irmscher	Eibenberg	5	-	-	-	-	-	3	-	-	-	2	-	-
20.	Theresa J	Chemnitz	5	-	-	-	-	1	-	-	-	4	-	-	-
20.	Tim Sigmund	Chemnitz	5	-	1	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-
21.	Friederike Lenk	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-
21.	Josephine Pallus	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-
21.	Jana (+S) Schneider	Lugau	4	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-
21.	Elias Schmidt	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	2
21.	Luisa Schlosser	Chemnitz	4	-	-	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-
22.	Ida Gwendolin Eichler	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-
22.	Viola (KATI-Team)	Berlin	3	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-
22.	Daniel Hufenbach	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
23.	Luise Adam	Chemnitz	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
23.	Julia Voigt	Chemnitz	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
23.	Jonas Frederik Otto	Lichtenwalde	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
23.	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
23.	Lisanne Brinkel	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
23.	Malte Gebhardt	Chemnitz	2	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
23.	Erik Walther	Chemnitz	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
23.	Laura Schlosser	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
23.	Emilie Grossinger	Chemnitz	2	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
23.	Ernesto Uhlmann	Chemnitz	2	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
23.	Henrike Grundmann	Chemnitz	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
23.	Marcel Seerig	Chemnitz	2	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-
24.	Johannes Allert	Chemnitz	1	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
24.	Anne Haag	Chemnitz	1	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
24.	Tim Jechorek	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-
24.	Amerin Ro	Chemnitz	1	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-
24.	Pascal Graupner	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-

Auswertung Serie 24 (rote Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				277	278	279	280	281	282	283	284	285	286	287	288
1.	Elisa Parsche	Chemnitz	62	6	1	3	12	6	4	2	6	6	9	2	5
2.	Doreen Naumann	Duisburg	52	6	1	3	6	5	4	2	3	6	9	2	5
3.	Sabine Fischbach	Hessen	41	6	1	-	6	1	4	2	-	6	9	2	4
4.	XXX	???	30	-	3	-	12	7	3	-	-	-	-	-	5
5.	Mawi	Dresden	22	-	-	-	-	-	-	-	-	6	9	2	5
6.	Paula	Hartmannsdorf	18	-	3	3	-	7	-	-	-	-	-	-	5
7.	Dr. Frank Göring	Chemnitz	15	-	-	3	12	-	-	-	-	-	-	-	-
7.	Astrid Fischer	Chemnitz	15	-	-	-	-	-	-	-	-	-	9	2	4
8.	Rafael Seidel	Chemnitz	12	-	-	-	-	2	-	2	-	6	-	2	-
9.	Andree Dammann	M	10	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	2	5
10.	Karolin Schuricht	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	3	-	-	6	-	-	-
11.	Annika Theumer	Chemnitz	8	-	-	-	8	-	-	-	-	-	-	-	-
12.	Jamila Wähner	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	4
12.	Lisa Grassmann	Chemnitz	7	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	4
12.	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	7	-	-	-	-	7	-	-	-	-	-	-	-
13.	Samuel Kilian	Stuttgart	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
13.	Ellen Richter	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	3	-	3	-	-	-
13.	Felix Taubert	Chemnitz	6	-	-	-	-	4	-	-	2	-	-	-	-
13.	Stephanie Dani	Chemnitz	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
13.	Pauline Marschk	Chemnitz	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
13.	Christian Wagner	Bamberg	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
14.	Anja Posselt	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	2	-
15.	Jana (+S) Schneider	Lugau	4	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-
15.	Elias Schmidt	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
16.	Richard Hahmann	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
16.	Josephine Pallus	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-
16.	Julia Voigt	Chemnitz	3	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-
17.	Kai-Lutz Wagner	Chemnitz	2	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-
17.	Daniel Hufenbach	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
17.	Nina Zätsch	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
17.	Lucas Steinke	Chemnitz	2	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-
17.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-
17.	Loise Reichmann	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-
18.	Luis Raupach	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	-	1	-	-	-	-
18.	Pit Hopke	Chemnitz	1	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-

Serie-23

Serie 23
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

265. Wertungsaufgabe

"Es gibt doch sicher noch viel mehr Mathematisches bei den Spielen zu finden", meinte Mike. "Aber bestimmt, da wäre ja noch die sogenannte Spieltheorie (manchmal klang die natürlich durch) selbst, Überlegungen bei Computerspielen und so weiter. Nun aber muss ich mich erst mal mit dieser Aufgabe beschäftigen". "Zeig mal". "Auf dem Bild siehst du die zwei Quadrate ABCD und BEFG. Das rechts liegende soll für die Überlegungen der roten Aufgabenstellung immer kleiner sein als das andere. Auf der Strecke AE ist ein Punkt X zu finden. Der Punkt X soll mit F bzw. mit D verbunden werden. Der Punkt X soll folgende Eigenschaften haben: Wird die Figur entlang der Linien DX und XF geteilt, so lassen sich die Teile zu einem Quadrat zusammenlegen. (6 rote Punkte)
Das geht? , fragte Lisa etwas zweifelnd, die sich die Figur betrachtete. Aber ja doch und deine Spezialistengruppe könnte sich ja mal eine Formel überlegen, wie man den Umfang der Figur elegant ausrechnet, wenn die Längen der Seiten der Quadrate a bzw. b sein sollen (a>b). 2 blaue Punkte.

Lösung

blau: Ich gehe mal von C im mathematisch positiven Sinn um die Figur:
a + a + a + b + b + b +(a - b) = a + a + a + b + b + b + a - b = 4a + 2b
rot:
Der Punkte X muss b cm von A entfernt sein - Die Aufgabe zum Spielen kann man sich in der Mathelandausstellung in Dresden anschauen.
Die komplette Lösung von Stefan G. aus Dresden, danke.
Die Seitenlänge des Quadrates ABCD sei a und die Seitenlänge des Quadrates BEFG sei b.
O.b.d.A. sei a>b. (Spiegele an BC falls b>a und benenne um.)
Durch die Schnitte entsteht stets ein Fünfeck mit konkavem, rechtem Winkel CGF. In diesen muss zur Konstruktion eines Quadrates eines der entstehenden Dreiecke mit rechtem Winkel DAB bzw. BEF eingfügt werden. Dabei muss eine Kathete die Länge b aufweisen und der Winkel den sie mit der Hypothenuse einschließt muss sich mit dem Winkel XFG zu neunzig Grad ergänzen.
Da der Winkel XDC kleiner als neunzig Grad ist, muss auch er durch einen weiteren Winkel ergänzt werden, d.h. das zweite Dreieck muss auf der Seite DC angebracht werden. Ist die Kathete auf DC kleiner als a bzw. die Kathete auf FG kleiner als b, so verbleibt eine Kante an C, die nicht mehr aufgefüllt werden kann. Für längere Katheten auf diesen Seiten, entstehen nicht zu kompensierende Spitzen.
Um ein Quadrat zu ergeben müssen die Katheten, die auf der Geraden BC liegen so lang sein, dass sie einen gemeinsamen Eckpunkt des neuen Quadrates bilden. Da die Dreiecksseiten alle größer als Null sind (X=A bzw. X=E ergeben nur ein echtes Dreieck, dass nicht zur Vervollständigung zu einem Quadrat taugt, bspw.da die Strecken DX und XF nicht gleich lang sind) muss die Kathete des Dreiecks im Winkel CGF, die die Strecke CG enthält größer als b sein und also über den Punkt C hinausragen. Zugleich müssen sich die Winkel im neu gebildeten Quadratpunkt zu neunzig Grad ergänzen. Damit haben die beiden Dreiecke neben dem rechten Winkel auch einen weiteren Winkel gemein, da sich die neunzig Grad jeweils mit dem Winkel der sich im anderen Dreieck der gemeinsamen Quadratspitze findet zu hundertachtzig Grad ergänzen. Damit sind die beiden Dreiecke ähnlich.
Außerdem bilden XF und XD Seiten des neuen Quadrates und müssen daher gleich lang sein. Dies sind aber die Hypothenusen der beiden Dreiecke, die folglich kongruent sind.
Daraus folgt, dass AX = b und BX = a.
Selbiges lässt sich alternativ auch ohne Betrachtung der Winkel zeigen. Dafür sei zunächst AX = q und BX = p. Durch die Gleichheit der Hypothenusen, sprich XF = XD, gilt dann (1) b^2+p^2 = a^2 + q^2
Zudem muss für die aus den Dreiecken gebildete Spitze des Quadrates gelten, dass die eine Kathete gleich der anderen Kathetenlänge zuzüglich der Differenz aus a und b, sprich CG, ist, also (2) p = q + (a-b)
Die Lösung des Gleichungssystems führt auf p = a und q = b und damit ebenfalls auf die oben angegebene Lösung.
Hier noch ein Bild von Jana & S. aus Lugau, danke.
Lösung 265

Aufgabe 2

266. Wertungsaufgabe

"Heute haben wir die Grundkonstruktionen wiederholt und sind dabei auf die Aufgabe gestoßen, wie groß wohl der größte Kreis ist, der in ein gleichseitiges Dreieck von 1 m Kantenlänge hineinpasst.", berichtete Lisa. (3 blaue Punkte für eine passende konstruktive Lösung, 3 noch dazu, wenn die Formel zur Berechnung hergeleitet wird.)
"Nun das ist ja nicht so schwierig", meinte Mike. "Wie wäre es denn damit? Wie groß ist der größte Halbkreis, der in das 1 m große gleichseitige Dreieck hineinpasst?" - 5 rote Punkte

Lösung

Hier noch ein passendes Bild von Jana & S. aus Lugau, danke.
Lösung 265 blau: Der größte Kreis, der in ein Dreieck, hinein passt ist der Inkreis. Ein konstruktive Lösung geht natürlich mittels einer maßstabsgerechten Zeichnung.
Rechnerisch: Mit den Mitteln der Klasse 9: tan α = r/(a/2) mit α = 30° a/2 = 0,5 m
Damit ergibt sich r =0,2886751 m, der Flächeninhalt mit A = πr² = 0,2617994 m² = 0,26 m²
rot: Der Halbkreis liegt auf einer der Seite, die beiden anderen Seiten sind Tangenten.
Wieder mit den Mitteln der Klasse 9 ergibt sich: sin α = r/(a/2) mit α = 60° a/2 = 0,5 m (Achtung es sind nicht die selben Winkel gemeint.)
Damit ergibt sich r = 0,4330127 m, der Flächeninhalt mit A = πr²/2 = 0,2945243 m² = 0,29 m².
So mit ist erstaunlicherweise der Halbkreis größer als der Kreis - Radius so wie so, aber auch vom Flächeninhalt her.

Aufgabe 3

267. Wertungsaufgabe

"Das war ja eine geniale Schnippelei bei der vorletzten Aufgabe. Ich hatte schon so eine Ahnung, dass dies mit dem Satz des Pythagoras zu tun hat, wegen der Quadrate und so.", meinte Maria, die gerade die Ergebnisse der Spezialistengruppe präsentierte. "Apropos Pythagoras, wir hatten mal so eine Aufgabe bekommen, dass man mit einem der Sätze aus der Satzgruppe des Pythagoras eine Strecke mit der Länge von Wurzel aus 3 konstruieren konnte." "Da hast du Recht Lisa, ich kann mich erinnern." "Na siehst du und nun sollen wir sogar die Strecke konstruieren, die gleich der 4. Wurzel aus 3 entspricht, da stehe ich noch auf dem Schlauch." - 4 rote Punkte für die Konstruktionsbeschreibung (mit Begründung).
"In unserer Gruppe haben wir neulich Quadrate untersucht. Leicht war zu sehen, dass die Diagonalen immer länger waren als die Quadratseiten. Da taucht die Frage auf, ob es Rhomben gäbe, deren eine oder gar beide Diagonalen so lang wären, wie die Seiten."(3 + 2 blaue Punkte)

Lösung

blau: Ich entscheide mich dafür, mit der Untersuchung der Diagonale BC zu beginnen. Die Seiten AB und AD (= a) sind gleich lang, also ist das Dreieck ABD gleichschenklig. Wird die Länge von BC gleich a gewählt, so ist ein Rhombus gefunden, dessen eine Diagonale so lang ist wie die Seiten. Es gibt aber zugleich auch nur dieses eine Rhombus mit BC = a. Dessen zweite Diagonale (e) ist dann automatisch länger. Dies lässt sich mittels Kosinussatz oder der Formel für die Höhe im gleichseitigen Dreieck (= Hälfte der anderen Diagonale e).
e = a² · √ 3
Wird mit der andren Diagoanle begonnen gilt das oben geschriebene analog.
rot: sehr ausführliche Lösung von Samuel Kilian, danke
Man nehme eine Strecke SB der Länge 1 und verlängere diese. Mit dem Zirkel kann man die Strecke noch 3 mal um die Länge 1 verlängern.
Man hat dann eine Strecke AB mit der Länge 4, die geviertelt ist. Der Punkt S liegt auf dieser Strecke, 1 von B entfernt und 3 von A. Dann zeichne man einen Halbkreis mit dem Mittelpunkt M in der Mitte der Strecke AB mit dem Radius der Hälfte der Länge der Strecke AB. Der Radius ist dann 2.
Nun konstruiert man eine Senkrechte zu AB, die AB im Punkt S schneidet. Der Schnittpunkt der Senkrechte mit dem Halbkreis ist der Punkt C. Nach dem Satz des Thales liegt jetzt ein rechtwinkliges Dreieck mit c=4, p=1 und q=3 vor.
Die Strecke SC ist die Höhe und hat die Länge Wurzel aus 3, da h*h=p*q=1*3 und somit h*h=3 (Höhensatz des Euklid).
Jetzt greift man mit dem Zirkel die Strecke SB ab, diese hat die Länge 1. Man kann somit auf der Strecke SC den Punkt P ermitteln. Die Strecke SP hat die Länge 1. Jetzt konstruiert man eine Senkrechte zu SC, die SC in P schneidet. Außerdem ermittelt man den Mittelpunkt der Strecke SC und zeichnet mit diesem Punkt als Mittelpunkt einen Halbkreis mit dem Radius (SC)/2. Der Schnittpunkt dieses Kreis mit der Senkrechten ergibt den Punkt Q, der nach dem Satz des Thales ein rechtwinkliges Dreieck mit S und C bildet mit den Längen von (SC) = c' =√(3), p'=1 und q'=√(3)-1.
Da nach dem Kathetensatz des Euklid gilt: a*a=p*c, also hier a' * a' = p' + c' = 1*√(3) = √(3), ist a= "vierte Wurzel aus 3".
Anmerkungen von Thomas: 1. Es ist auch möglich nur mit dem Höhensatz oder dem Kathetensatz zu arbeiten. 2. Diese Konstruktion wird u.a. genutzt, um Teilung eines gleichseitigen Dreiecks zu ermöglichen, aus dessen Teilen sich dann ein Quadrat zusammensetzen lässt. siehe hier

Aufgabe 4

268. Wertungsaufgabe

„Die letzte rote Aufgabe führt letztlich auf das Dudeney Puzzle, das fand ich verblüffend“, gab Bernds Opa verwundert zu, als er die Aufgabe mit den vier Experten durchgegangen war. „Denkt aber auch daran, dass die Mitglieder eurer Mathematikgruppe mal etwas körperliche Bewegung gebrauchen können. Wie viele sind denn in eurer Gruppe?“ „Das wechselt immer mal, aber so zwischen 8 und 12 sind es schon“, sagte Lisa. „Alle klar. Also, wenn es z.B. 8 sind, dann sollen die sich (durchnummeriert) in einem Kreis aufstellen und im Uhrzeigersinn sich nacheinander immer einen Ball zuwerfen. Ein paar Runden, so dass immer der nächste den Ball bekommt. Dann wieder Start bei Nummer 1, der Ballwurf so, dass jeder zweite den Ball bekommt. Neues Spiel - nun ist es jeder dritte, na und so weiter bis zur sieben.“ „Verstanden, aber da gibt es doch sicher auch Runden, wo mal einige (oder mindestens einer) den Ball gar nicht bekommen.“ „Das stimmt schon, aber Spaß macht es trotzdem.“ Es gibt so viele blaue Punkte wie es Runden gibt, wo jeder Teilnehmer mal den Ball bekommt. Bei welcher der möglichen Teilnehmerzahlen von 8 bis 12 passiert es nicht, dass, egal wie die Wurfregel lautet, mal irgendwelche Leute in der Runde den Ball nicht bekommen können. Bei welcher Art von Teilnehmerzahlen tritt dieses „Alle machen immer mit“-Phänomen auf? 4 rote Punkte. (Anmerkung: Jede mögliche Spielsituation kann beliebig lange dauern, mindestens so lange bis klar ist, ob die Teilnehmer den Ball bekommen können oder eben auch nicht.)

Lösung

blau: hier kann man die Varianten durchaus schnell notieren:
Anzahl der Teilnehmer t ist 8
Wurfmodus 1: 1 - 2 - 3- 4- -5 -6 - 7 - 8 - fertig jeder hatte mal den Ball
Wurfmodus 2: 1 - 3 - 5 - 7 - 1 - 3 - ... es ist leicht zu sehen, dass die Spieler mit den geraden Nummern den Ball nicht bekommen.
Wurfmodus 3: 1 - 4 - 7 - 2 - 5 - 8 - 3 - 6 - 1 - fertig jeder hatte mal den Ball
Wurfmodus 4: 1 - 5 - 1 - 5 - ... es ist leicht zu sehen, dass nur zwei Spieler den Ball bekommen.
Wurfmodus 5: 1 - 6 - 3 - 8 - 5 - 2 - 7 - 4 - 1 - fertig jeder hatte mal den Ball
Wurfmodus 6: 1 - 7 - 5 - 3 - 1 - ... es ist leicht zu sehen, dass die Spieler mit den geraden Nummern den Ball nicht bekommen.
Wurfmodus 7: 1 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 - 1 - fertig jeder hatte mal den Ball
Es sind also 4 Wurfmodi, bei denen jeder Teilnehmer den Ball bekommt. Also gibt es maximal 4 blaue Punkte
Anmerkungen:
Es ist aber noch mehr erkennbar. Wurfmodi (wm), die sich zu 8 addieren sind, entsprechen einander, nur das die Fängerfolge umgekehrt ist.
Sind t und wm teilerfremd sind alle beteiligt. Die Zahl der Beteiligten (b) lässt sich als b = ggT (t;wm) beschreiben - ggT - größter gemeinsamer Teiler
rot: Mit den obigen Anmerkungen ist die Frage schon fast beantwortet. Bei 11 Teilnehmern gilt für alle Wurfmodi ggT (11; wm) = 1. Dies gilt entsprechend für alle Teilnehmerzahlen, wenn diese eine Primzahl sind.
Den zugrunde liegenden zahlentheoretischen Bezug üerlasse ich dem geneigten Leser.

Aufgabe 5

269. Wertungsaufgabe

"Immer wieder muss man Quadrieren und Wurzelziehen und das schon sehr lange im Verlaufe der Mathematikgeschichte", sagte Bernds Opa, nachdem er sich die letzten Aufgaben angeschaut hatte. "Das Quadrieren ist ja recht einfach. Zahl a mal Zahl a und fertig, aber wenn man das gemacht hat, ist die nächste Quadratzahl - also das Quadrat von (a+1) sogar ohne Multiplikation ermittelbar. Das bekommen (für 3 blaue Punkte) sicher auch die Mitglieder eures Mathezirkels heraus."
"Na Opa, so wie du guckst, hast du doch sicher auch einen Tipp für das Wurzelziehen", feixte Bernd. "Aber klar doch, zumindest eine gute Näherungslösung. Ich betrachte mal den Bereich bis zur 1000. Die Quadratzahlen zwischen 100 und 1000 kennt ihr doch sicherlich." "Die haben wir mal gelernt," sagte Maria, "aber für die kennen wir ja dann auch die Wurzel schon, interessanter wäre ja dann beispielsweise die Wurzel aus 230." "Na selbstverständlich.
Dann nehme ich doch gleich mal die 230. Die nächstkleinere Quadratzahl ist 225. Die Wurzel daraus ist 15. Also ist Wurzel 230 = 15,???. Für die Stellen nach dem Komma rechne ich nun die Differenz von 230 bis 225 aus, also 5. Dieses Ergebnis teile ich durch das Doppelte von 15. Dieses neue Ergebnis ersetzt die Fragezeichen." "Das probiere ich mal aus," meinte Mike. "Cool, Wurzel aus 230 mit dem Taschenrechner ist 15,16575... und die Näherung ergibt 15,1666... Damit unterscheiden sich die Ergebnisse nur um etwa 1/1000." Warum funktioniert das Verfahren so gut und wird es für Zahlen über 1000 eher besser oder eher schlechter? - 4 rote Punkte.

Lösung

blau: ganz ohne Formel:

Zahl	nächste Zahl	Quadratzahl	nächste Quadratzahl	Differenz
10	11	100	121	21
11	12	121	144	23
12	13	144	169	25
...	...	...	...	...
100	101	10 000	10 201	201

Es ist leicht zu sehen, dass sich die nächste Quadratzahl dadurch ergibt, dass zur Quadratzahl das Doppelte der Basis und noch 1 addiert wird.
12² = 144 ⇒ 13² = 144 + 2*12 + 1 = 169
mit Formel:
(a+1)²= a² + 2*a +1 (binomische Formel)
rot: Lösung Samuel Kilian, danke.
Anmerkung: SQR - Quadrat einer Zahl, SQRT - Quadratwurzel aus einer Zahl
Näherung der Wurzel aus x:
Der Näherungswert für die Wurzel aus x heißt im Folgenden f(x) . Die in der Aufgabe beschriebene Näherung für die Wurzel aus x sieht aus wie folgt:
f(x) = n + ( x-SQR(n) ) / (2n) wobei SQR(n) die nächstkleinere Quadratzahl ist.
Um als Mensch die Näherung zu nutzen, muss n eine natürliche Zahl sein. Für den Beweis spielt es allerdings keine Rolle, ob n natürlich oder nur reell ist.
Ich nenne die Differenz zwischen SQR(n) und x im Folgenden e, so dass gilt SQR(n) =x - e und für die Näherung entsprechend f(x) = n + e / (2n).
e liegt zwischen 0 und 2n+1, ich betrachte also die Abweichung der Näherung vom tatsächlichen Wert für diese beiden Fälle. Ist e=0, so ist SQR(n)=x, so dass sich für die Näherung ergibt: f (x) = n + 0 / 2n = n = SQRT(x) . Wie zu erwarten war, stimmt die Näherung hier genau.
Ist e=2n+1, dann ist x=SQR(n+1) und n=SQRT(x) -1 , so dass die Näherung f(x)= SQRT(x) -1 + (x- SQR(SQRT(x) -1) ) / ( 2*(SQRT(x) -1) ) .
Will man die relative Abweichung A dieser Näherung für den echten Wert berechnen, muss man A = ( f(x) - SQRT(x) ) / SQRT(x) bilden.
Nach ein wenig Umformung ergibt sich dadurch für A: A = 1 / ( SQRT (x) -1) - 1 / SQRT(x) - 1 / (2*SQRT(x)*(SQRT(x) -1) )
Für einigermaßen große Werte von x strebt 1/(SQRT(x)-1) - 1/SQRT (x) von oben gegen 0 und -1/(2*SQRT(x)*(SQRT(x)-1) strebt von unten gegen 0.
Die Abweichung ist also sehr gering, schon für x=100 ist A = 1/180 = 0,556 % und das im Fall der grÃ¶ßten Abweichung. Diese wird für große Werte von x sehr klein, für 1024 ist sie beispielsweise A = 1 / 1984 = 0,0504 % .
1. Durch oben gezeigte geringe Abweichung funktioniert die Näherung so gut.
2. Für große Werte (also Werte über 1000) funktioniert die Näherung besser als für kleine (x ≤000).
Das Bild zeigt die sich ergebenden Abweichungen:
269

Aufgabe 6

270. Wertungsaufgabe

„Wir hatten doch vor kurzem die Umkreiskonstruktion bei gleichseitigen Dreiecken mit unserer Mathematikgruppe besprochen, erinnert ihr euch?“, fragte Maria. „Aber klar.“ „Jetzt hat einer unserer Spezialisten festgestellt, dass bei seiner Konstruktion der Umkreisradius und der Inkreisradius in einem sehr einfachen Verhältnis stehen.“ (2 blaue Punkte für ein konstruktiv gelöstes Beispiel oder 4 blaue Punkte für einen Beweis.)
„Nun hat ja bekanntlich jedes Dreieck einen In- und einen Umkreis, deren Radien in einem Verhältnis stehen. ?? Mit dem Verhältnis der blauen Aufgabe habe ich es mit rechtwinkligen Dreiecken versucht??, doch das hat erwartungsgemäß nicht geklappt. Aber ich habe rechtwinklige Dreiecke gefunden, wo das Verhältnis von r_u zu r_i genau 2,5 war.“, berichtete Bernd. In welchem Verhältnis müssen die Katheten a und b stehen (a < b), damit das r_u zu r_i -Verhältnis genau 2,5 beträgt? - 6 rote Punkte

Lösung

Aufgabe 270 In dem Dreieck sind Um- und Inkreis eingetragen. Das es sich um ein gleichseitiges Dreieck handelt, sind die „besonderen Linien“ identisch. - die Höhen, Mittelsenkrechten, Winkelhalbierenden und die Seitenhalbierenden. Alle schneiden sich in einem Punkt, dem Mittelpunkt der beiden Kreise. Dieser Punkt teilt die Linien im Verhältnis 2 zu 1 - als Eigenschaft des Schnittpunktes der Seitenhalbierenden in jedem Dreieck. Damit ist der Umkreisradius genau doppelt so groß wie der Inkreisradius.
Es gab auch spannende Überlegungen, die auf dem Satz des Pythagoras beruhten bzw. die Eigenschaft sin 30° = 0,5 nutzten.
rot: a,b Katheten, c- Hypotenuse, A - Flächeninhalt
Eigenschaft 1: r_u = c/2
Eigenschaft 2: A = ab/2
allgemeine Eigenschaft von Dreiecken: r_u = abc/4A (hier steckt Eigenschaft 1 drin) und r_i = 2A/(a + b + c)
Es soll r_u =2,5 r_i sein. ∗
c/2 = 2,5 · ab/(a + b + c)
c = 5 · ab/(a + b + c), und c = √ a² + b² liefert mit einer recht komplizierten Umformungen das gewünschte Ergebnis.
Ein Einsetzen des bekannten 3 - 4 - 5 Dreiecks ergibt, dass dieses die Bedingungen erfüllt, so lässt dann mittels genauer Betrachtungen zur Ähnlichkeit zeigen, dass das Verhältnis a:b=3:4 das Gesuchte ist.
Aufgabe 270 Teile 2 Ein Weg, den auch die Lösung von Samuel K aufzeigte, sei noch vorgestellt.
Die Dreiecke AZM und AMY bzw. die die Dreiecke BMZ und BXM sind nach dem Kongruenzsatz sSw jeweils kongruent zueinander. Es sind aus dem gleichen Grund die Dreiecke MCY und MXC kongruent zueinander. Damit ist MXCY ein Quadrat mit der Kantenlänge r (=r_i). Weiterhin folgt: b1 und c1 sind gleichlang und c2 und a1 sind ebenfalls gleich lang.
r = b - b1 (mit b1 = c -c2) ⇒
r = b - (c - c2) (mit c2 =a1 = a - r) ⇒
r = b - (c - (a - r)) ⇒
r = b - c + a -r ⇒
2r = b - c + a ⇒ r = 0,5(b - c + a)
Wegen ∗ ⇒ r/r_u= 1/2,5 = 0,4 = (0,5(b - c + a))/(0,5c) = (b - c + a)/c = (a +b )/c -1 ⇒
0,4 = (a +b )/c -1 | + 1 ⇒
1,4 = (a +b )/c | · c ⇒
1,4c = a + b mit c = √ a² + b² ⇒
1,4√ a² + b² = a + b |² ⇒
1,96 a² + 1,96b² = a² + 2ab + b² | -(a² + 2ab + b²) ⇒
0,96 a² - 2ab + 0,96 b² = 0 | : (96/100) ⇒
a² - 50/24 ab + b² = 0 | Lösungsformel für quadratische Gleichungen ⇒
a_1,2 = 25/24 b ± √(625/576)b² - b²
a_1,2 = 25/24 b ± √(49/576)b²
a_1,2 = 25/24 b ± 7/24 b ⇒
a₁ = 18/24 b = 3/4 b und a₂ = 32/24 b = 4/3 b ⇒
a und b stehen im Verhältnis 3 : 4 bzw. 4 : 3.

Aufgabe 7

271. Wertungsaufgabe

„Schaut mal, was ich gefunden habe, ein Bild vom Weihnachtsmanntreffen im letzten Jahr“, strahlte Maria. „Hier seht ihr sie alle nebeneinander in der Reihe stehen.“ „Ich kann sie gar nicht so genau erkennen mit dem Kostüm und dem Bart“, meinte Bernd.
„Nun die Namen, warte mal ach ja. Es waren Ines, Andrea, Carla, Marla, Fred, Peter, Tom und Eric dabei.“ „Stimmt genau“. „Hier noch ein paar Tipps:“
Tom steht zwischen Carla und Peter.
Eric steht nicht neben Andrea.
Marla steht zwischen Eric und Fred.
Zwischen Carla und Ines stehen zwei Personen.
Andrea steht rechts neben Carla.
Wer steht wo? - 4 blaue Punkte - Es könnte sein, dass es sogar noch Zusatzpunkte gibt.
„Und was ist auf dem anderen Foto zu sehen?“, fragte Mike. „Nun das ist ein Foto von den Fotobüchern der letzten Urlaubsfahrten, pro Jahr eins. Ihr seht, da stehen die 6 Bücher nebeneinander (links die 1 und rechts die 6). Oh, die stehen ja etwas durcheinander, aber Ihr bekommt sicher heraus, an welchem Platz welches Buch steht - Urlaubsjahr (2003 - 2008, Urlaubsziel und Tage des Aufenthaltes vor Ort (14, 15, 16, 17, 18, bzw. 19).“ 8 rote Punkte
Das Buch über Polen steht an der Stelle 4 und ist nicht von 2005
Ganz links steht wirklich das Buch von 2003, das Buch an der Stelle zwei umfasst 15 Urlaubstage.
2006 waren wir in Italien.
Das Norwegenbuch steht zwischen dem Buch aus dem Jahr 2008 und dem 18-Tage-Urlaub.
Neben Norwegen steht nicht Deutschland.
2007 waren wir 14 Tage vor Ort, das Buch dazu steht nicht ganz rechts.
Das Buch über Deutschland ist direkt rechts neben dem 17-Tage-Urlaub.
Der 16Tage-Urlaub in Frankreich steht direkt neben dem Spanienbuch.
8 rote Punkte

Lösung

blau: die Beschreibung lässt mehrere Lösungen zu. Dies trifft sowohl für die Überlegung zu dem Begriff rechts - aus der Sicht des Betrachters oder der Personen auf dem Bild, als auch auf die Betrachtungen selbst. Die Aussage - Zwischen Carla und Ines stehen zwei Personen - ist im streng mathematischen Sinne als mindestens zwei Personen auffassbar. - Die Aufgabenstellung impliziert eher die Variante genau 2. Rechts neben ist meiner Auffassung nach ein Hinweis auf direkter Nachbar, anders als bei rechts von oder nur rechts.
Es waren Andrea, Carla, Eric, Fred, Ines, Marla, Peter, Tom . - alphabetisch geordnet.
Tom steht zwischen Carla und Peter.
1. Tom steht zwischen Carla und Peter.
2. Eric steht nicht neben Andrea.
3. Marla steht zwischen Eric und Fred.
4. Zwischen Carla und Ines stehen zwei Personen.
5. Andrea steht rechts neben Carla.
⇒ a. Carla-Tom-Peter oder Peter-Tom-Carla (1.)
⇒ b. Andrea-Carla-Tom-Peter (aus der Sicht der Personen) oder Peter-Tom-Carla-Andrea (aus der Sicht des Betrachters)(5.)
⇒ c. Eric-Marla-Fred oder Fred-Marla-Eric (3.) ⇒ d. die Dreiergruppe aus c. passt nur vor oder eben nach die Vierergruppe aus b (es gibt keine Überschneidungen der Namen)
⇒ e. Es gibt zwei Vierer-Konstellationen(b), dazu zwei Dreier-Konstellationen(c) und Einzeln die Ines
⇒ Es gibt die Möglichkeiten: 431; 413; 341; 314; 143 und 134, wo bei 3 und 4 jeweils dopplet belegt sind.
⇒e1: 431
Andrea-Carla-Tom-Peter+Fred-Marla-Eric+Ines - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.
Andrea-Carla-Tom-Peter+Eric-Marla-Fred+Ines - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.
Peter-Tom-Carla-Andrea+Fred-Marla-Eric+Ines - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.
Peter-Tom-Carla-Andrea+Eric-Marla-Fred+Ines - geht nicht - 2. nicht erfüllt.
⇒e2: 413
Andrea-Carla-Tom-Peter+Ines+Fred-Marla-Eric - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
Andrea-Carla-Tom-Peter+Ines+Eric-Marla-Fred - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
Peter-Tom-Carla-Andrea+Ines+Fred-Marla-Eric - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Peter-Tom-Carla-Andrea+Ines+Eric-Marla-Fred - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
⇒e3: 341
Fred-Marla-Eric+Andrea-Carla-Tom-Peter+Ines - geht nicht - 2. nicht erfüllt.
Fred-Marla-Eric+Peter-Tom-Carla-Andrea+Ines - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Eric-Marla-Fred+Andrea-Carla-Tom-Peter+Ines - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
Eric-Marla-Fred+Peter-Tom-Carla-Andrea+Ines - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
⇒e4: 314
Fred-Marla-Eric+Ines+Andrea-Carla-Tom-Peter - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Fred-Marla-Eric+Ines+Peter-Tom-Carla-Andrea - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
Eric-Marla-Fred+Ines+Andrea-Carla-Tom-Peter - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Eric-Marla-Fred+Ines+Peter-Tom-Carla-Andrea - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
⇒e5: 143
Ines+Andrea-Carla-Tom-Peter+Fred-Marla-Eric - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Ines+Andrea-Carla-Tom-Peter+Eric-Marla-Fred - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Ines+Peter-Tom-Carla-Andrea+Fred-Marla-Eric - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
Ines+Peter-Tom-Carla-Andrea+Eric-Marla-Fred - geht nicht - 2. nicht erfüllt. ⇒e6: 134
Ines+Fred-Marla-Eric+Andrea-Carla-Tom-Peter - geht nicht - 2. nicht erfüllt. Ines+Fred-Marla-Eric+Peter-Tom-Carla-Andrea - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.
Ines+Eric-Marla-Fred+Andrea-Carla-Tom-Peter - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.
Ines+Eric-Marla-Fred+Peter-Tom-Carla-Andrea - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.

Bild von Josephine Pallus, danke
271 große Ansicht
rot: nach der sehr ausführlichen Lösung von blau, hier erst mal nur kurz die Variante rot:
von links nach rechts:
Frankreich 16 Seiten 2003
Spanien 15 Seiten 2008
Norwegen 14 Seiten 2007
Polen 18 Seiten 2004
Italien 17 Seiten 2006
Deutschland 19 Seiten 2005
Aber nach meiner Schreiberei, kam noch die Lösung von Sabine, danke:
270 - Rote Aufgabe
„Und was ist auf dem anderen Foto zu sehen?“, fragte Mike. „Nun das ist ein Foto von den Fotobüchern der letzten Urlaubsfahrten, pro Jahr eins.
Ihr seht, da stehen die 6 Bücher nebeneinander (links die 1 und rechts die 6). Oh, die stehen ja etwas durcheinander, aber Ihr bekommt sicher heraus, an welchem Platz welches Buch steht“ - Urlaubsjahr (2003 - 2008, Urlaubsziel und Tage des Aufenthaltes vor Ort (14, 15, 16, 17, 18, bzw. 19). 8 rote Punkte
Aussagen:
1)Das Buch über Polen steht an der Stelle 4 und ist nicht von 2005 .
2)Ganz links steht wirklich das Buch von 2003.
3)Das Buch an der Stelle zwei umfasst 15 Urlaubstage.
4)2006 waren wir in Italien.
5)Das Norwegenbuch steht zwischen dem Buch aus dem Jahr 2008 und dem 18-Tage-Urlaub.
6)Neben Norwegen steht nicht Deutschland.
7)2007 waren wir 14 Tage vor Ort, das Buch dazu steht nicht ganz rechts.
8)Das Buch über Deutschland ist direkt rechts neben dem 17-Tage-Urlaub.
9)Der 16Tage-Urlaub in Frankreich steht direkt neben dem Spanienbuch.
Zunächst trage ich die Aussagen in meine Tabelle (+) ein.
(Anmerkung Thomas Tabelle analog Logiktrainer)
Es ergibt sich weiter:
Platz 1 (ganz links): 2003 (Aussage 2)
es kann hier nicht Deutschland sein (Aussage 8 - D steht direkt rechts neben â€¦.)
nicht Polen (Platz Nr. 4)
nicht Norwegen (N steht zwischen â€¦.. - Aussage 5)
nicht Italien (Aussage 4)
nicht Spanien (Aussage 9 - an Platz 2 kann nicht 16 Tage sein, vergl. Aussage 3)
also muss hier Frankreich sein
daraus ergibt sich, dass an Platz 2 Spanien steht (Aussage 9).
1- F - 2003 - 16 Tage
2- S - 15 Tage
Daraus ergibt sich, dass Deutschland nicht an Platz 3 sein kann (Aussage 8).
Der 18 Tage Urlaub kann ebenfalls nicht an 3 sein (Aussage 5).
Norwegen entweder 3 oder 5
Deutschland 5 oder 6
Da Deutschland und Norwegen nicht nebeneinander sind (Aussage 6) muss Norwegen an Platz 3 sein. Folgt man dann Aussage 5, muss dann Spanien 2008 und Platz 4 der 18 Tage Urlaub sein. Da Deutschland rechts neben dem 17 Tage Urlaub ist (Aussage 8), muss Deutschland auf Platz 6 und der 17 Tage Urlaub auf Platz 5 sein. Italien, 2006, also an 5.
2007 nicht ganz rechts, also Deutschland nicht 2007 und nicht 14 Tage. Daraus folgt Deutschland - 19 Tage.
Platz 3 = 14 Tage
Norwegen - 14 Tage - 2007
2005 = Deutschland
2004 = Polen
Ich habe meine Tabelle nach und nach vervollständigt. Hier die Übersicht:
1 - Frankreich - 2003 - 16 Tage
2 - Spanien - 2008 - 15 Tage
3 - Norwegen - 2007 - 14 Tage
4 - Polen - 2004 - 18 Tage
5 - Italien - 2006 - 17 Tage
6 - Deutschland - 2005 - 19 Tage

Aufgabe 8

272. Wertungsaufgabe

„Die Aufgabe mit dem Zerschneiden haben wir in unserer Mathematikgruppe noch mal diskutiert. Dabei kamen wir auf ein anderes Problem.“ „Lass mal hören“, sagte Mike zu Lisa. „In ein Rechteck ABCD wird ein Dreieck ABX gezeichnet. X liegt dabei auf der Seite c des Rechtecks. Dabei entstehen auch die Dreiecke AXD und BCX. Wo muss der Punkt X liegen, so dass der Flächeninhalt des Dreiecks AXD genau doppelt so groß ist wie der Flächeninhalt des Dreiecks BCX?“ „Haben das die Mitglieder der Mathematikgruppe herausgefunden?“, fragte Bernd nachdenklich. „Es hat einen kleinen Moment gedauert, aber dann stellte sich ja heraus, das war gar nicht so schwer.“ 6 blaue Punkte, wenn es gut und vollständig begründet wird.
„Ich habe hier noch so etwas Ähnliches“, sagte Maria. „Wieder geht es um ein Rechteck ABCD und um ein Dreieck im Inneren. Das Dreieck AXY hat die Eigenschaften, dass X auf der Seite b und Y auf der Seite c liegt. Es entstehen nun noch drei Dreiecke. Wie müssen X und Y gewählt werden, so dass die drei Dreiecke AYD, CYX und ABX alle den gleichen Flächeninhalt haben?“ - 8 rote Punkte

Lösung

blau:
Der Flächeninhalt des Dreiecks AXD ist gleich 1/2 · c₁d.
Der Flächeninhalt des Dreiecks BCX ist gleich 1/2 · c₂b.
Der erste Flächeninhalt soll doppelt so groß sein ⇒ 1/2 · c₁d= c₂b.
Wegen b=d ⇒ 1/2 · c₁b= c₂b. | :b
1/2 · c₁ = c₂
c₂ muss also halb so groß sein wie c₁ bzw. die Strecke c wird im Verhältnis 1 zu 2 geteilt.
rot:
Für die Flächeninhalte soll gelten:
1/2 · c₁d = 1/2 · c₂b₁= 1/2 · b₂a | · 2
c₁d = c₂b₁ = b₂a
Werden nun die Teilstrecken nicht absolut, sondern als Anteile von c bzw. b aufgefasst, lässt sich das so schreiben.
c₁cd = c₂cb₁b = b₂ba
(1-c₂)cd = c₂cb₁b = (1-b₁)ba
Wegen c = a und und b = d wird aus (1-c₂)cd = (1-b₁)ba
(1-c₂)ab = (1-b₁)ba und damit folgt (1-c₂)=(1-b₁) ⇒c₂ = b₁
Aus (1-c₂)cd= c₂cb₁b wird nun (1-c₂)ab = c₂b₁ab ⇒ (1-c₂)ab = c₂c₂ab | : ab
(1-c₂) = c₂² Diese Gleichung lässt sich leicht ausrechnen: c₂(und auch b₁) = 1/2 + 1/2 √5 = 0,618... (1/2 - 1/2 √5 entfällt.)
Die Gleichung (1-c₂) = c₂² lässt aber auch so schreiben: (1-c₂)/c₂ = c₂/1 und wird damit als Gleichung des goldenen Schnitts erkennbar.

Aufgabe 9

273. Wertungsaufgabe

„Zeig mal deine Zeichnung“, sagte Mike zu Lisa. „Da staunst du was?. Ich habe an jeder Seite des Quadrats ABCD (Kantenlänge a) jeweils ein gleichseitiges Dreieck hinein gezeichnet. Diese haben auch die Kantenlänge a. Zwei der Punkte eines jeden Dreiecks stimmen also mit den Punkten des Quadrats überein. Die anderen vier Eckpunkte bilden im Inneren des Quadrates wiederum ein Quadrat.“ - Wie lang ist die „kleine“ Quadratseite, wenn das Ausgangsquadrat eine Kantenlänge von 10 cm hat? (3 blaue Punkte für eine konstruktive Lösung + 6 blaue Punkte für eine Berechnung)
„Sag mal, deine Figur kann man doch auch mit nach außen zeigenden Dreiecken versehen, oder?“, fragte Bernd nachdenklich. „Aber klar doch. Das sieht auch nicht schlecht aus. Die außen liegenden Ecken der Dreiecke bilden ja dann auch wieder ein Quadrat“ meinte Lisa. In welchem Verhältnis stehen die Flächeninhalte des „äußeren“ und des „inneren“ Quadrates? - 6 rote Punkte

Lösung

Aufgabe 273 blau:
Die Konstruktion eines gleichseitigen Dreiecks ist ja nicht schwer. Misst man die Seiten des innen entstandenen Quadrates ab so erhält man etwas 5,2 cm.
Na und der Flächeninhalt ist dann auch kein Problem, oder?
Die Berechnung: DM ist gleich Höhe des gleichseitigen Dreiecks minus der halben Seite.
DM und BM bilden gleichschenklig rechtwinkliges Dreieck. Mit der Anwendung des Satz des Pythagoras (oder der Formel für eine Diagonale im Quadrat) ergibt sich:
kleine Quadratseite a_k=(a/2√3-a/2)√2 mit a = 10 cm ergibt sich a_k = 5,176 ... cm
rot:
Die Berechnung der äußeren Quadratseite a_a ist nun nicht schwer.
CM ist gleich Höhe des gleichseitigen Dreiecks plus der halben Seite.
CM und AM bilden gleichschenklig rechtwinkliges Dreieck. Mit der Anwendung des Satz des Pythagoras (oder der Formel für eine Diagonale im Quadrat) ergibt sich:
Quadratseite a_a=(a/2√3+a/2)√2 mit a = 10 cm ergibt sich a_k = 19,318 ... cm
Das Verhätnis der Quadratseiten ist dann 3,73 .. und das der Flächeninhalte 3,73² = 13,93.
Nur mit Formel:
((a/2√3+a/2)√2)/((a/2√3-a/2)√2)
⇒ ((√3+1)√2)/((√3-1)√2) ⇒ (√3+1)/(√3-1)
erweitert mit (√3+1) ⇒
Das Verhältnis der Seiten ist 2 + √3 ⇒
Das Verhältnis der Flächeninhalte 7 + 4√3

Aufgabe 10

274. Wertungsaufgabe

„Was ist denn das für ein interessantes Gebilde?“, fragte Mike, als er Lisa beim Basteln eines durchlöcherten Würfels überraschte. „Nun zu erst hatte ich einen Würfel von 27 cm Kantenlänge. Dann habe ich den aus 9 cm großen Würfeln noch einmal gebaut. Das war aber etwas langweilig und so habe ich vorsichtig immer die Würfel heraus genommen, die mit Ihren Flächen mindestens 4 andere berührten. Den Rest habe ich dann verleimt, damit das Gebilde nicht verrutscht.“ Wie viele der 9 cm großen Würfel wurden entfernt? - 2 blaue Punkte. Wie groß sind Oberfläche und Volumen des so entstandenen Gebildes? - 8 blaue Punkte dazu.
Auch Bernd staunte. „Ich stelle mir gerade vor, wir würden nun mit 3 cm großen Würfeln Lisas „Lochwürfel“ noch mal bauen. Dann nehmen wir nach der gleichen Vorschrift (bezogen auf die vorher noch vollen Würfel)* wieder Würfel heraus. Das sieht bestimmt cool aus. Vielleicht solltet ihr das in eurer Mathegruppe mal basteln.“ „Das machen wir bestimmt mal,“ Wie viele der 3 cm großen Würfel wurden entfernt? - 1 roter Punkt. Wie groß sind Oberfläche und Volumen des so entstandenen Gebildes? - 7+4 rote Punkte dazu.

Lösung

Hier gab es etwas Verwirrung, da es einen "Druckfehler" in der ersten Version der Aufgabe gab. Hier nun aber die Lösung:
blau:
Die Anzahl der heraus zunehmenden Würfel ist 7.
Kleine Überlegung. Jeder Würfel hat sechs Seiten, also maximal 6 Nachbarn. Zieht man die sichtbaren Seiten von 6 ab, so erhählt man die Zahl der Nachbarn. ...
Der große Würfel wurde durch 27 kleine ersetzt.
7 Würfel kommen weg ⇒ V = 20/27 des Ausgangsvolumens V₀ = 27³ cm³ = 19683 cm³. V_blau= 14580 cm³
Die Ausgangsoberfläche A₀ (6 &middat; 27² = 4374 cm²) wird durch 54 kleine Flächen ersetzt. Davon kommen 6 weg, aber innen 6 x 4 = 24 hinzu.
Es sind also 54 + (24 - 6) = 72 kleine Flächen oder 72/54 A₀ = 4/3 A₀ = 4/3 · 4374 cm² = 5832 cm²
rot: Auch hier gab es Irritationen, wegen der Nachbarschaftsregel. *(bezogen auf die vorher noch vollen Würfel) sollte heißen, dass nur die zu ersetzenden großen Würfel einzeln zu betrachten waren. Dass die kleinen dann Nachbarn bekommen, die vorher zu einem anderen großen Würfel gehörten, sollte nicht ber¨cksichtigt werden. Damit entsteht dann dieses Bild. (Nun ja, der sogenannte "Menger-Schwamm", um den es sich hier handelt, lässt sich eindeutiger und kürzer beschreiben, aber dann wäre eben auch ein Teil der Aufgabenstellung nicht mehr vorhanden gewesen. Punkte auf Grund der Irritationen gab es trotzdem.)
Jeder der 20 Würfel wurde durch 27 kleinere Würfel ersetzt. Es werden also 20 x 7 = 140 Würfel entfernt.
Das Volumen ist denkbar einfach: Jeweils 7 der 27 Würfel werden entfernt, also bleibt 20/27 V_blau und das sind 10800 cm³ (oder 20 x 27 - 140 = 400 Würfel ⇒ 400 · 27 cm³ = 10800 cm³)
Oberfläche: Die 72 Flächen aus dem blauen Teil werden durch 72 x 9 = 648 ersetzt. davon werden in den "Eckbereichen" je 3 also 8 x 3 = 24 entfernt. In den "Mittelstücken je 4 also 12 x 4 = 48. Hinzu kommt, dass an jeder Stelle, wo ein Würfel (außer dem in der Mitte) entfernt wurde 4 neue Flächen auftauchen. 20 x 6 x 4 = 480 kommen hinzu.
Es sind also 648 - 24 - 48 + 480 = 1056 Flächen. Diese sind je 9 cm² groß also ergibt sich eine Oberfläche 9504 cm²
Auf die Herleitung von allgemeinen Formeln wird hier verzichtet. Zu beachten ist, dass einige Formeln im Internet die ursprünglichen Außenflächenteile vernachlässigen.

Aufgabe 11

275. Wertungsaufgabe

"Der "Schwamm" vom letzten Mal hatte es in sich, da wurde das Volumen immer kleiner und der Flächeninhalt wuchs immer mehr. "Schwamm" ist sogar richtig, denn das Gebilde heißt Menger-Schwamm.", sagte Bernd stolz. "Aber was machst du mit dem Schachbrett", fragte er Maria. "Ich untersuche Primzahlen." Nicht nur Bernd staunte. "Ich habe Zettel mit den Zahlen 1 bis 64. Die 64 kommt auf das Feld a8 (oben links). Dann lege ich die 63 rechts daneben, dann die 62 usw. immer am Rand entlang. Bin ich beim Feld a7, geht es wieder nach rechts weiter. So entsteht letztlich eine Zahlenspirale. Die 1 und alle anderen Nichtprimzahlen drehe ich herum. Jetzt geht es ans Zählen." Ermittle die maximale Anzahl von Primfeldern, die ein Läufer in einem "Zug" (Zick-Zack erlaubt) betreten kann, 3 blaue Punkte
"Es gibt aber auch eine zauberhafte Spirale von Primzahlen, die sich sogar über das Brett hinaus fortsetzen lässt. Zu einer solchen Spirale gehören die Primzahlen, deren Abstand von einer zur nächsten immer um 2 wieder zunimmt." Es sind möglichst alle Spiralen zu finden, die auf dem Brett beginnen und mindestens 3 Primzahlen enhalten, die auch auf dem Brett liegen. - pro Spirale gibt es einen roten Punkt

Lösung

Die Lösung für blau lässt sich schnell ablesen. Die unterschiedlichen Schraffuren dienen nur der Kennzeichnung "Farbigkeit" der Schachbrettfelder.
Der längste Läferzug geht von der 37 aus, wenn man hin und zurück auch noch zuläst. Bei nur Zick-Zack ist der Zug von der 59 zur 53 auch 7 Felder lang.
rot: eine Variante bei einer Primzahl starten und dann systematisch suchen:
2 - 4 entfällt
3 - 5 - 9 entfällt
5 - 7 - 11 - 17 - 25 kurz aber geht.
7 - 9 entfällt
11 - 13 - 17 - 23 - 31 -41 - 53- (65) .
13 - 15 entfällt
17 - 19 - 23 - 29 - 37 - 47 - 59 - 73 - ... - 257 Superspirale
19 - 21 entfällt
23 - 25 entfällt
29 - 31 - 35 entfällt
31 - 33 entfällt
37 - 39 entfällt
41 - 43 - 47 - 53 - 61 - ... - 1601 Superspirale
43 - 45 entfällt
47 - 49 entfällt
53 - 55 entfällt
Es sind also 4 solche Spiralen zu entdecken.

Aufgabe 12

276. Wertungsaufgabe

"Hallo Lisa, was machst du denn mit dem Schachbrettmuster?", fragte Bernd. "Ich bereite unseren Mathezirkel vor. Das Schachbrettpapier (8x8 - wie üblich) soll durch Zerschneiden entlang der Kanten in vier gleichgroße und zueinander kongruente Stücke zerteilt werden." "Da fallen mir sofort zwei ganz einfache Varianten ein," meinte Mike, der gerade vom Sport gekommen war. "Mir auch, meinte Bernd, "aber ich bin mir sicher, es gibt noch mehr Möglichkeiten." Für jede echt unterschiedliche Variante gibt es einen blauen Punkt - für besonders originelle auch 2.
"Für meine Aufgabe eignet sich das Schachbrett nicht", grübelte Bernd. "Lass hören". "Ihr sehr auf dem Bild das große Quadrat ABCD mit der Seitenlänge a. In diesem befindet sich das Quadrat EFGH. Die Seite EF liegt auf der Seite AB. Die Punkte GCDH bilden ein gleichschenkliges Trapez.
Wie groß muss das innere Quadrat sein, wenn dessen Flächeninhalt genau so groß sein soll wie der des Trapezes GCDH?" - 5 rote Punkte

Lösung

Für die blaue Aufgabe werden hier nach und nach die eingesandten Lösungen vorgestellt, ob das alle sind, möge die Zukunft zeigen. Danke u.a. an Elisa, Rafael und Carl.
Entscheidend für die Verschiedenheit der Lösungen wird die Form der Teile angesehen, da nach dem Ausschneiden nur die Form entscheidet.
Wegen der angestellten Überlegungen der Teilnehmer, sind allerdings teilweise verschiedene Muster, die auf die gleiche Lösung führen, mit dargestellt. Z.B. Bild 5 und 6 in der dritten Zeile

Hier die Varianten (109 !!!) von Elisa, danke. 276.pdf
Jetzt wird es ganz verückt: 734 (wahrscheinlich alle) Lösungen: 276_1.pdf vielen Dank an den nicht genannt sein wollenden.
Einfacher geht die Aufgabe möglicherweise, wenn das Quadrat einfach an den linken "Rand" geschoben wird. Die Flächeninhalte ändern sich dadurch nicht.
Die Seitenlänge des großen Quadrates ist a. Die Seitenlänge des kleinen Quadrates sei x.
Der Flächeninhalt des Trapezes lässt berechnen: (a+x)/2 · (a-x) . Dies soll gleich x² sein.
(a+x)/2 · (a-x) = x² | · 2
a² - x² = 2 x² | + x²
3 x² = a² | : 3
x² = a²/3 | √
etwas aufgehübscht
x = 1/3 · √3 · a ≈ 0,5773 · a

Hier fehlen noch einige Punkte, aber in der ewigen Liste sind sie erfasst.

Auswertung Serie 23 (blaue Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				265	266	267	268	269	270	271	272	273	274	275	276
1.	Rafael Seidel	Chemnitz	120	2	6	5	4	3	6	6	6	9	10	3	60
2.	Elisa Parsche	Chemnitz	112	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	109
3.	Samuel Kilian	Stuttgart	78	-	-	5	4	3	4	6	6	-	9	3	38
4.	Doreen Naumann	Duisburg	64	2	6	5	4	3	4	6	6	9	10	3	6
5.	Sabine Fischbach	Hessen	62	2	6	5	4	3	6	6	6	9	9	3	3
6.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	51	-	-	-	4	-	4	6	-	-	10	3	24
7.	Paula	Hartmannsdorf	30	-	-	-	-	-	-	-	-	-	10	-	20
8.	Jamila Wähner	Chemnitz	20	-	3	-	-	-	4	-	-	-	10	-	3
9.	Jonathan Käßler	Chemnitz	18	-	-	-	-	3	2	-	-	3	10	-	-
9.	Adrian Schlegel	Chemnitz	18	-	-	-	-	-	-	4	-	2	-	2	10
9.	Jana (+S) Schneider	Lugau	18	-	6	5	4	3	-	-	-	-	-	-	-
10.	Lisa Grassmann	Chemnitz	17	-	-	5	4	-	-	-	-	2	-	3	3
10.	Hermann Thum	Chemnitz	17	1	3	-	4	-	2	-	-	3	-	-	4
10.	Andreas M.	Dittersdorf	17	-	6	5	3	3	-	-	-	-	-	-	-
11.	Thomas Klotz	Chemnitz	16	-	-	-	-	-	-	-	6	-	8	2	-
11.	Marcel Reichelt	Chemnitz	16	-	-	-	3	-	-	4	-	3	6	-	-
11.	Josephine Klotz	Chemnitz	16	-	-	-	-	-	-	-	6	-	8	2	-
12.	Katrin Posselt	Chemnitz	13	-	-	-	-	3	-	-	-	-	10	-	-
12.	Nina Zätsch	Chemnitz	13	-	3	-	-	-	-	-	-	-	9	1	-
13.	Anja Posselt	Chemnitz	12	-	3	-	-	3	-	-	-	-	3	-	3
14.	Ellen Richter	Chemnitz	11	-	3	-	4	-	-	-	-	2	2	-	-
15.	Tim Jechorek	Chemnitz	10	-	-	-	3	-	-	4	-	3	-	-	-
15.	Julian Vass	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	-	-	-	10	-	-
15.	Jonas Frederik Otto	Lichtenwalde	10	-	-	-	-	-	-	-	-	-	10	-	-
15.	Felix Taubert	Chemnitz	10	-	-	-	3	-	-	4	-	3	-	-	-
15.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	10	-	-	-	3	3	-	-	2	-	2	-	-
15.	Marcel Seerig	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	-	-	-	10	-	-
16.	Ria Hopke	Chemnitz	9	-	3	4	-	-	-	-	-	2	-	-	-
16.	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	2	3	2	-	2	-	-
16.	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	9	-	6	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-
16.	Anne Haag	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	3	-
16.	Daniel Hufenbach	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	-	-	9	-	-	-
17.	Kai-Lutz Wagner	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	8	-	-
17.	Lukas Kirchberg	Chemnitz	8	-	-	-	3	-	2	-	-	3	-	-	-
17.	Hannah Gebhardt	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-
18.	Loise Reichmann	Chemnitz	7	-	3	-	1	-	-	-	-	-	3	-	-
18.	Ellen Wilde	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	3	-
18.	Josephine Pallus	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	3	-
18.	Emily Neuwirth	Chemnitz	7	-	-	-	3	-	-	4	-	-	-	-	-
19.	Robin König	Chemnitz	6	-	-	-	3	-	3	-	-	-	-	-	-
19.	Simon Anders	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-	-
19.	Camilla Schreiter	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-
19.	Lina Krug	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	4
19.	Felix Brinkel	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	4	-	2	-	-	-
19.	Tim Missullis	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-
19.	Stephanie Dani	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	3	-	2	-	1	-	-
19.	Ole Koelb	Chemnitz	6	-	-	-	3	-	-	-	-	3	-	-	-
19.	Jule Irmscher	Eibenberg	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	2	2
19.	Pauline Marschk	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-
19.	XXX	???	6	-	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
19.	Johanna Ranft	Chemnitz	6	-	-	-	3	-	3	-	-	-	-	-	-
20.	Philipp Fürstenberg	Chemnitz	5	-	-	-	2	3	-	-	-	-	-	-	-
20.	Melanie Petz	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-
20.	Gunnar Reindt	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-
20.	Moritz Weber	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-
20.	Laurin Roßberg	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	3	-
20.	Richard Hahmann	Chemnitz	5	-	-	-	2	3	-	-	-	-	-	-	-
20.	Felicitas Hastedt	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-
20.	Felicitas Güra	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	-
20.	Carl Geißler	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5
21.	Charline Patelt	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Theresa Jänich	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-
21.	Doreen Taubert	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Karl Herrmann	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Nele Mäding	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Lilli Weiß	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Luise Adam	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-	3
21.	Lene Haag	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Cynthia Raschkowsky	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Helene Fischer	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Marvin Gülden	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Charline Patzelt	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Elina Rech	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Jessica Ritter	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Tobias Morgenstern	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Valentin Grundmann	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Ulrike Böhme	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Lucas Steinke	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-
21.	Simon Winger	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Valentin Sellin	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Christian Wagner	Bamberg	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Anna Georgi	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
22.	Ingmar Richter	Chemnitz	3	-	-	-	1	-	-	-	-	-	2	-	-
22.	Johannes Allert	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
22.	Tom Hartig	Chemnitz	3	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-
22.	Agnieszka Urban	Chemnitz	3	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
22.	Theresa G.	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
22.	Tom Straßer	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-
22.	Julia Ritter	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
22.	Henrike Grundmann	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
22.	Nina Fischer	???	3	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-
22.	Anja Ruf	???	3	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-
22.	Ernesto Uhlmann	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-
23.	Phillpp Schleupner	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-
23.	Karolin Schuricht	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
23.	Torsten Zwingelberg	Pritzwalk	2	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-
23.	Pit Hopke	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
23.	Katharina Zweiniger	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
23.	Tim Sigmund	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
23.	Alina Berger	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
23.	Michelle Wade	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
23.	Florian A. Schönherr	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
23.	Emma Irmscher	Eibenberg	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
23.	Amarin Roßberg	Chemnitz	2	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-
23.	Eva-Lotta Rümmler	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
23.	Toni Krug	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-
23.	Ida Gwendolin Eichler	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-

Auswertung Serie 23 (rote Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				265	266	267	268	269	270	271	272	273	274	275	276
1.	Doreen Naumann	Duisburg	54	6	5	-	4	3	2	8	5	6	6	4	5
2.	Samuel Kilian	Stuttgart	53	-	-	4	4	4	6	7	8	-	12	3	5
3.	Sabine Fischbach	Hessen	46	-	3	-	4	2	5	8	5	6	8	-	5
4.	Jana (+S) Schneider	Lugau	20	6	5	4	2	3	-	-	-	-	-	-	-
5.	Paula	Hartmannsdorf	15	-	-	-	-	-	-	-	-	-	10	-	5
6.	Andreas M.	Dittersdorf	13	-	5	4	2	2	-	-	-	-	-	-	-
7.	Jonathan Käßler	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	-	-	-	10	-	-
7.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	10	6	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-	-
7.	XXX	???	10	-	2	-	-	-	-	-	8	-	-	-	-
8.	Elisa Parsche	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	5
9.	Christian Wagner	Bamberg	8	-	-	-	-	-	-	8	-	-	-	-	-
10.	Daniel Hufenbach	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-
10.	Stefan Giron	Dresden	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
11.	Josephine Pallus	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5
11.	Andreas Walter	Bautzen	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5
11.	Marion Sarah Zenk	Chemnitz	5	-	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
12.	Lisa Grassmann	Chemnitz	4	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-	-
13.	Ole Koelb	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-
13.	Katrin Posselt	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-
13.	Tim Jechorek	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-
14.	Rafael Seidel	Chemnitz	2	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-
14.	Jamila Wähner	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-	-

Serie-21

Serie 21
Aufgaben und Lösungen

Aufgaben und Lösungen Serie 21

Mathematik und Sport

Aufgabe 1

241. Wertungsaufgabe

"Das war letzte Woche eine recht sportliche Aufgabe", meinte Maria. "Das stimmt." "In diesem Jahr ist ja die Leichtathletik-WM und so wird in unserer Gruppe das Thema Mathematik und Sport aufgegriffen werden", sagte Maria. "Klingt richtig gut, da will ich mal hoffen, dass sich unser Ausdenker mal eine ganze Serie zu dem Thema überlegt - â€žgeht klar", murmelte Mike vor sich hin. Das hörte Bernd, der gerade ins Zimmer kam und rief ganz aufgeregt: "Dann lasst uns diese sportliche Logelei angehen, die sich aus einem Interview mit Karl Berg ergibt." Karl Berg fuhr im Jahr 2008 zu den olympischen Spielen und traf dort vier Freunde, die er aus verschiedenen Trainingslagern kannte. In dem Interview ging es mit den Vor- und Nachnamen, sportlichen Disziplinen (jeder hatte eine andere) und sonstigen Informationen etwas durcheinander. Sportfreund Beier heißt nicht Emil. Emil ist Speerwerfer. Dann gibt es noch den Sportler Monk. Der Stabhochspringer ist der Herr Jung. Es gibt einen Zehnkämpfer. Arno Meyer ist kein Hochspringer. Einer heißt Fred und Bert ist Weitspringer. (Für 6 blaue Punkte ist herauszufinden, wie die Sportler mit vollständigem Namen heißen und welche Sportart sie betreiben.)
Jeder der Sportler ist in einem anderen Haus untergebracht (1 bis 5 -- von links nach rechts). Hinzukommt, dass jeder der Sportler in verschiedenen Jahren eine Sportschulausbildung beendete (2003, 04, 05, 06 und 07). Der Sportler aus Haus 1 beendete die Sportschule eher als der, der direkt neben ihm untergebracht ist. Emil war genau ein Jahr eher fertig als der, der direkt rechts neben ihm wohnt. Bert war ein Jahr eher fertig als Fred, allerdings später als der Zehnkämpfer, der wiederum direkt links neben dem wohnt, der seine Ausbildung 2005 beendete. Arno war eher fertig als Fred, jedoch genau ein Jahr eher als der Nachbar aus Haus 4. - Wer wohnt in welchem Haus und beendete wann seine Ausbildung an einer Sportschule? - 6 rote Punkte.
Anmerkung, diese Logikaufgabe ist im Stil von Einstein's Weihnachtsrätsel: die Aufgabe

Lösung

Die Lösung von Doreen, danke
blaue Punkte:
-Tabelle erstellen mit Vorname, Familienname, Sportart (Tabellenkopf: Vornamen: Arno, Bert, Emil, Fred, Karl)
-Eintragen der gegebenen Dinge: Karl-Berg, Emil-Speerwerfen, Arno-Meyer, Bert-Weitsprung
-Angabe Hr.Jung+Stabhochsprung->kann nur Fred sein, da bei allen anderen Familienname oder Sportart schon bekannt
-Karl Berg muss Hochsprung sein, da Arno Meyer nicht Hochsprung und sonst alle anderen Sportarten bekannt
-letzte Sportart Zehnkampf->nur noch Arno Meyer frei
-Emil heißt nicht Beier->Bert muss Beier heißen und Emil Monk
=>Arno-Meyer-Zehnkampf
Bert-Beier-Weitsprung
Emil-Monk-Speerwerfen
Fred-Jung-Stabhochsprung
Karl-Berg-Hochsprung

rote Punkte:
-Tabelle erstellen mit Vorname, Jahr und Hausnummer (Tabellenkopf: Jahr 2003-2007)
-Aufschreiben der bekannten Angaben:
-Haus 1 nicht 2007 -Bert nicht 2007
-Haus 2 nicht 2003 -Bert nicht 2003
-Haus 5 nicht 2003 -Fred nicht 2003
-Haus 4 nicht 2003 -Arno(Zehnkämpfer) nicht 2007
-Emil nicht 2007 -Arno nicht Haus 2
-Emil nicht Haus 5 -Arno nicht Haus 4
-Aufschreiben der Reihenfolge(nach Jahren):
-Arno-Bert-Fred (zwischen Bert+Fred 1Jahr)
-Haus1-Haus2
-Arno-2005
-Arno-Haus4-Fred (zwischen Arno+Haus4 1Jahr)
-Arno muss 2003 oder 2004 sein, da nicht 2005 und auch nicht später(siehe Reihenfolge)
nun habe ich solange die Annahme Arno+2003 überprüft, bis sich ein Widerspruch ergab->damit konnte Arno nur 2004 sein
->Tüfteln an den übrigen Angaben bis zum Ergebnis:
2003-Karl-Haus1
2004-Arno-Haus3
2005-Emil-Haus4
2006-Bert-Haus5
2007-Fred-Haus2
noch einmal eine Zusammenfassung von Christian (Bamberg), danke
Haus 1 Karl Berg, Hochsprung, 2003
Haus 2 Fred Jung, Stabhochsprung, 2007
Haus 3 Arno Meyer, Zehnkampf, 2004
Haus 4 Emil Monk, Speerwerfer, 2005
Haus 5 Bert Beier, Weitsprung, 2006

Aufgabe 2

242. Wertungsaufgabe

"Ich habe mir mal die Wertung in der Fußballbundesliga der letzten Saison angeschaut und überlegt, ob wohl die Punkteverteilung einen Einfluss auf den Tabellenplatz hat," fragte Bernd. "Fußball ist nicht so meins", meinte Mike, "aber gut lass uns das doch mal durchgehen. Es ist ja so, dass eine Mannschaft für einen Sieg (G) 3 Punkte für ein Unentschieden (U) 1 und bei Verloren (V) keinen Punkt erhält."
8 blaue Punkte für die Untersuchungen zur Platzierung bei einer Verteilung GUV mit 2;1;0 bzw. 3;2;0.

	Verein	Sp	G	U	V
1.	FC Bayern München	34	22	10	2
2.	Werder Bremen	34	20	6	8
3.	FC Schalke 04	34	18	10	6
4.	Hamburger SV	34	14	12	8
5.	VfL Wolfsburg	34	15	9	10
6.	VfB Stuttgart (M)	34	16	4	14
7.	Bayer 04 Leverkusen	34	15	6	13
8.	Hannover 96	34	13	10	11
9.	Eintracht Frankfurt	34	12	10	12
10.	Hertha BSC	34	12	8	14
11.	Karlsruher SC (N)	34	11	10	13
12.	VfL Bochum	34	10	11	13
13.	Borussia Dortmund	34	10	10	14
14.	Energie Cottbus	34	9	9	16
15.	Arminia Bielefeld	34	8	10	16
16.	1. FC Nürnberg (P)	34	7	10	17
17.	Hansa Rostock (N)	34	8	6	20
18.	MSV Duisburg (N)	34	8	5	21

"Elfmetertore zählen in der Bilanz nicht extra, sind aber sehr wichtig," sagte Maria, die gerade mit Lisa zu Bernd und Mike ins Zimmer trat. "Ich glaube, so ein Torwart hat eigentlich keine Chance, den Ball zu bekommen, wenn ein Spieler den in die obere linke oder rechte Ecke zirkelt", warf Lisa ein. "Tja, dann lass uns das mal überlegen. Der Fußball hat einen Durchmesser von etwa 23 cm. Beim Strafstoß ist der Schütze vom 11 (10,92) m von der Torlinie entfernt. Das Tor hat als Innenmaße etwa 7,32 m Breite und 2,2 m Höhe. Der Torwart braucht etwa 1 Sekunde (oder mehr) bis in so eine Ecke. Die Geschwindigkeit des Balls liegt bei 72 bis 100 km/h." 4 rote Punkte um zu entscheiden, ob da eigentlich eine Chance besteht oder nicht.

Lösung

Bei der blauen Aufgabe war dieses mal ja lediglich nachzurechnen, ob sich bei der veränderten Punkteverteilung eine andere Platzierung ergibt. Dies ist durchaus der Fall. Zum Selberrechnen mit einer beliebigen Punktevorgabe bitte das script nutzen:
Bundesliga
Wie man leicht sieht, ändern sich nur die mittleren Plätze. Allerdings wird bei 2;1,0 das Torverhältnis deutlich entscheidender.
Für den roten Teil die Lösung von Doreen, danke
Bildung eines Quaders mit den Seiten a (halbe Torbreite), b (Entfernung vom Elfmeterpunkt bis zum Tornetz) und c (Torhöhe)
a=7,32m/2=3,66m
b=10,92m+2m=12,92m
c=2,2m
Berechnung der Quaderdiagonale e
e=Wurzel(aÂ²+bÂ²+cÂ²)
e=13,607424m
das Ergebnis runden wir großzügig auf 13m, da der Ball ja nicht genau in die Torecke passt mit seinen 23cm Durchmesser
-Berechnung der Zeit, die der Ball für die Entfernung e braucht (bei 72km/h)
x=e*3600s:72000m/s
x=0,65s
=>Bei einer Reaktionszeit von 1s hat der Torwart bei einem Schuss in die oberen Ecken keine Chance, den Ball zu fangen.
Ich habe auch die Zeit berechnet, wenn der Ball auf einer Seite knapp hinter der Latte ins Netz geht(also nicht bis nach hinten in die Ecke) - bis dahin vergehen ca.0,55s also auch (rein rechnerisch) keine Chance.
Anmerkung: Alle Lösung, die zeigen, dass es keine eigentlich Chance gibt, gelten als richtig. Es zeigt sich also, dass es nur am Können (Wollen?) der Spieler liegt, ob es klappt, den Ball in eine der oberen Ecken zu befördern und so den Elfmeter erfolgreich abzuschließen.

Aufgabe 3

243. Wertungsaufgabe

"Wenn ich mir die Siegerehrungen so anschaue, so bin ich immer wieder verblüfft wie viele Varianten von Siegerpodesten es gibt," meinte Mike. "Da hast du Recht. Es gibt runde, längliche, welche aus Holz, aus Metall usw.," erinnerte sich Maria, als sie an die letzten Olympischen Spiele dachte. Auf dem Bild ist ein recht einfaches zu sehen. Die Flächen oben sind quadratisch (40 x 40 cm). Die Höhe liegen bei 20, 40 bzw. 60 cm. Wie groß sind Oberfläche und Volumen dieses Podestes? (5 blaue Punkte).
"Schaut mal meine Skizze an. Ich habe aus den Quadraten möglichst große regelmäßige Achtecke gemacht. So gefällt mir das Siegerpodest besser," sagte Lisa. "Nicht schlecht", staunte Bernd. Wie groß sind Oberfläche und Volumen dieses Podestes? (5 rote Punkte).

Lösung

Die blaue Aufgabe:
Oberfläche: Hier bietet sich ein "Flug" um das Podest an.
Von oben und unten ist letztlich jeweils ein Rechteck zu sehen (40 x 120) x 2 = 9600 cm².
Von links und rechts ist letztlich jeweils ein Rechteck zu sehen (40 x 60) x2 = 4800 cm².
Von vorn und hinten ist letztlich jeweils ein Rechteck zu sehen, wenn man einfach den Platz 3 auf den Platz 2 "stellt" (80 x 60) x 2 = 9600 cm².
Das sind zusammen 24000 cm² bzw. 2,4 m².
Beim Volumen ist auch das "Stellen" von Platz 3 auf 2. angebracht. Dann hat man einen Quader V = a x b x c = 80 cm x 40 cm x 60 cm = 192000 cm³ = 0,192 m².
Die rote Aufgabe:
Zuerst wird die Kantenlänge s der Achtecke gebraucht. Von den 40 cm des Quadrates müssen zwei Stücke der Länge x abgeschnitten werden.
s = 40 - 2x
x = (40 - s)/2 An den Ecken ist aber auch der Satz des Pythagoras anwendbar s² = x² + x² = 2x²
Die obige Formel wird in die zweite eingesetzt.
s² = 2* ((40 - s)/2)²
...
s² = 800 - 40s s²/2
...
0 = s² + 80 - 1600
s_1,2 = - 40 ± Wurzel ((1600 + 1600))
negatives Ergebnis entfällt.
s = 16,5685425 cm ≈ 16,57 cm.
Formel 243 Aus der allgemeinen Flächeninhaltsformel für regelmäße n-Ecke (n > 2)lässt sich das Achteck schnell finden. (a - Seitenlänge)
Die Herleitung ist mittels Inkreisradius, Satz des Pythagoras und Tangens relativ einfach.
Das a in der Formel ist das oben ausgerechnete s.
A = 1325,48 cm²
Volumen (Stellen" von Platz 3 auf 2) ⇒ V = 2 · A · h = 2 · 1325,48 cm² · 60 cm = 159058 cm³ = 0,159 m³
Interessant wird nun wieder die Oberfläche. Oben und unten zusammen sind das 6 Achtecke - kein Problem.
Nun die Rechtecke: Platz zwei 7 Rechtecke (40 cm hoch) Platz drei 7 Rechtecke (20 cm hoch) ⇒ 7 Rechtecke (60 cm hoch)
Platz eins 6 Rechtecke (60 cm hoch) + links 1 Rechteck 20 cm + rechts 1 Rechteck 40 cm ⇒ 7 Rechtecke (60 cm hoch)
Alles zusammen A_O = 6 · A + 14 · s · h = 6 · 1325,48 cm² + 14 · 16,57 cm · 60 cm = 21871,7 cm² = 2,18 m²

Aufgabe 4

244. Wertungsaufgabe

"Wir hatten uns doch letzte Woche über die Siegerpodeste unterhalten. In dem Zusammenhang sind mir noch folgende Fragen eingefallen", sagte Mike, der gerade mit Lisa bei Maria und Bernd war. "Lass hören." "Bei einem 400 m Endlauf gibt es meistens 8 Teilnehmer. Wie viele verschiedene Startaufstellungen gäbe es, wenn man die Bahnen per Los verteilen würde? (3 blaue Punkte). Wie viele verschiedene Siegerehrungen könnte es bei so einem Rennen geben, wenn es keine Doppelplatzierungen gibt. (2 rote Punkte)?"

Lösung

Der Fachbegriff für die blaue Aufgabe ist Permutation ohne Wiederholung.
Für die Bahn 1 stehen 8 Starter zur Verfügung. (8x) Wenn der Starter feststeht, dann habe ich noch 7 Starter (7x), usw.
Es gibt also 8*7*6*5*4*3*2*1 = 40320 Startaufstellungen. (mathematische Kurzform 8!)
Der Fachbegriff für die rote Aufgabe ist Variation (ohne Zurücklegen) - eine Auswahl unter Berücksichtigung der Reihefolge.
Die Überlegung ist wie bei der blauen Aufgabe. jeder der 8 Starter kann Sieger sein. Dann verbleiben für Platz noch 7 und Platz 3 sind es noch sechs Starter.
Es gibt also 8*7*6 = 336 verschiedene Siegerehrungen.
Der fehlende Fachbegriff ist die Kombination. Eine Auswahl von drei Sportlern von insgesamt acht, wobei es auf die Reihenfolge nicht ankommt.
Bei der Siegerehrung stellt Starter 1 , Starter 2 und Starter 3 eine andere Reihefolgen dar wie Starter 2 , Starter 1 und Starter 3. Wenn ich hingegen sage, drei Leute treffen sich bei der Dopingprobe ist die Auswahl 1;2;3 die gleiche wie 2;1;3. Somit gibt es (8*7*6)/(3*2*1)= 56 Kombinationen.
Die Kombination und die Variation wurde von einigen Teilnehmern verwechselt.

Aufgabe 5

245. Wertungsaufgabe

"Ich möchte den 400 m Lauf noch einmal unter die Lupe nehmen." "Na dann mal los," meinte Bernd zu Mike. "Wie schafft man es, dass alle Teilnehmer wirklich 400 m laufen?. Dazu musst du Folgendes wissen: Die Laufbahn besteht aus zwei parallelen Geraden zu je 84,40 m Länge und zwei verbindenden Halbkreiskurven mit je 36,50 m Radius. Das bezieht sich auf die innere Kante." "Warte mal, wenn ich da mal schnell mit dem Taschenrechner nachrechne, komme ich aber nicht auf 400 m." (Wie viel m sind das? - 3 blaue Punkte). "Du musst bedenken, dass die Sportler nicht genau auf der Innenkante laufen, sondern in einem gewissen Abstand." Wie groß (in vollen cm) muss der Abstand sein, damit ziemlich genau 400 m herauskommen? -( noch mal 3 blaue Punkte.)
"Alles klar, das war die Innenbahn, aber wie sieht es für den Läufer auf Bahn 2 aus. Hier wieder ein Ausschnitt aus der Vorschrift: Die Bahnen sind 1,22 m breit anzulegen einschließlich der 5 cm breiten rechten Grenzlinie. Ab Bahn 2 wird die Nennmesslänge mit 20 cm von der linken Begrenzung bestimmt, da man an die Strichmarkierung dichter heran laufen kann als an die Innenkante." Wie viel Meter Vorsprung bekommt der Läufer auf Bahn 2, damit er den Kurvennachteil ausgleichen kann. (4 rote Punkte - Wer die Werte für die restlichen Bahnen ausrechnet, bekommt jeweils noch zwei Punkte dazu)

Lösung

Die Lösung von Sabine Fischbach, danke.
Zur Berechnung der Strecke benötigt man den Kreisumfang U
U = 2 Pi mal r
U = 229,32 m
Zuüglich der beiden Geraden kommt man auf insgesamt 398,14 m, also fehlen 1,86 m (oder 186 cm) an 400m.
Rechnet man also rückwärts und zieht von den 400 m die beiden Geraden (zusammen 168,80 m) ab, verbleiben 231,20 m
Das teilt man durch 2 Pi (6,2831), um den Kreisradius zu errechnen. Als Ergebnis bekommt man hier 36,80 m.
Der Läufer muss also einen Abstand von etwa 30 cm zur Innenkante haben, um pro Runde volle 400 m zu laufen.
Den Nachteil für die Außenbahnen zu berechnen ist ja so schwer nicht. Die geraden Strecken ändern sich ja nicht. Nur die zwei Kurven - bei den 400 m - also ein voller Kreis. Was der zu lang ist, muss ausgeglichen werden.
Bahn 2 Radius 36,50 m + 1,22 m (Bahnbreite) + 0,2 m (Abstand zur Bahnkante) => 407,04 m. Also bekommt der Starter auf Bahn 2 einen Kurvennachteilsausgleich von 7,05 m.
Bahn 3 Radius 36,50 m + 2*1,22 m (Bahnbreite) + 0,2 m (Abstand zur Bahnkante) => 414,71 m. Also bekommt der Starter auf Bahn 2 einen Kurvennachteilsausgleich von 14,7 m.
Mit jeder weiteren Bahn nimmt der Kurvennachteilsausgleich um 2*π*1,22 m = 7,665 m zu.
Damit kommt man ganz schnell auch zur DLV-Tabelle:
Bahn 4: 22,37 m
Bahn 5: 30,03 m
Bahn 6: 37,70 m
Bahn 7: 45,36 m
Bahn 8: 53,03 m
Anmerkungen: Beim 800 m - Lauf (4 Kurven) ist zu beachten, dass nur eine Kurve zählt, weil der nach der ersten Kurven, alle Starter auf die Innenbahn wechseln. Bei der 4 x 400 m Staffel fallen 3 Kurven ins Gewicht. Der Wechsel nach innen ist dann mittels Pythagoras nachvollziehbar.

Aufgabe 6

246. Wertungsaufgabe

"Nach so viel Rennerei im Stadion habe ich wieder mal den Handballern zugesehen. Da geht es flott zur Sache, wobei es meiner Mannschaft zur Zeit nicht so gut geht," sagte Bernds Opa, der wieder mal zu Besuch war. Aber der Rechtsaußen von denen ist einfach Spitze." "Was ist denn ein Rechtaußen?", fragte Maria. "Hier schau mal auf das Bild des Spielfeldes. Als Verteidiger vor seinem Tor steht er etwa da, wo ich den schwarzen Punkt gesetzt habe. Ist er in der angreifenden Mannschaft, entspricht das dem roten Punkt." "Alles klar." "Sag mal Opa, der Bereich wo nur der Torwart hin darf, das ist doch gar kein Halbkreis, oder?," fragte Bernd nach. "Da hast du Recht, da es Mindestabstände zum Tor gibt, ist das keine Kreislinie, auch wenn die Sportreporter häufig von Kreisspielern sprechen - die Trainer aber auch." (Wie groß ist der Torraum (in m²) - 6 blaue Punkte. Wie groß ist die Fläche zwischen Torraumlinie und Freiwurflinie - 8 rote Punkte)

Lösung

blau: Der Toraum setzt sich aus zwei Viertelkreisen (r = 6 m und einem Rechteck (a = 3 m; b = 6 m) zusammen.
A = π/2 · r² + a · b = 74,5 m²
rot: die Fläche zwischen Torraumlinie und Freiwurflinie setzt sich zusammen aus einem Rechteck A₁(vor dem Tor) a = 3 m und b = 9 m. Dazu kommen zwei Halbkreise A₂(r = 9 m), von diesen aber muss links und rechts jeweils ein halber Kreisabschnitt A₃ (Höhe h = 0,5 m), auch Kreissegment genannt, abgezogen werden. Schließlich muss noch das Ergebnis der blauen Aufgabe A₄ abgezogen werden.
A₁ = π/2 · r² = 127,234 m²
A₂ = a · b = 27 m²
A₃ = r² · arccos (1 - h/r) - (r-h) · Wurzel (2rh - h²) = 1,98 m²
Es ist mit A₃ ein ganzes Segment ausgerechnet worden, da ja links und recht je ein halbes vorkommt.
A₄ = 74,5 m²
A = A₁ + A₂ - A₃ - A₄ = 77,7 m²

Aufgabe 7

247. Wertungsaufgabe

"Hallo Mike, hast du gestern den Dartwettbewerb gesehen?", fragte Bernd. "Nein, das ist nicht so mein Ding, wobei die Geometrie der Dartscheibe an sich schon recht interessant ist." "Dann lass uns mal den Aufbau und die Abmessungen betrachten."
Double- und Triple-Ring (Innenmaß) 8 mm
Durchmesser des Bull's Eye (Innenmaß) 12,7 mm
Größe des gesamten Bull (Innenmaß) 31,8 mm
Entfernung vom äußeren Draht des Doublerings zum Bull 170 mm
Entfernung vom äußeren Draht des Triplerings zum Bull 107 mm
Durchmesser des äußeren Rings des Doubledrahts 340 mm
Die Stärke des Drahtes liegt zwischen 1,22 mm und 1,63 mm
"Macht die Einbeziehung der Drahtstärke unsere gewohnten Berechnungen nicht recht kompliziert?", fragte Lisa, als sie die beiden über der Dartscheibe grübeln sah. "Das stimmt, lass uns aber erst einmal was anderes überlegen."
Die Variante 301.
Bei dem Spiel 301 muss ein Spieler mit entweder 3 oder 6 oder 9, 12, ... Würfen die Zahl 301 erreichen. Hat er die Zahl nicht erreicht, muss er noch drei Würfe machen und die nächsten Zahlen dazu addieren. Wirft er daneben oder überschreitet er die 301, so ist die Runde verloren.
Für vier blaue Punkte ist eine Trefferfolge zu finden, mit der genau 301 Punkte erreicht werden, wobei keines der Felder doppelt genutzt werden darf, für die "5" heißt dies, es gibt von innen nach außen 4 unterscheidbare Felder. 5 innen, Treble 5 (=15 Punkte) 5 außen und 5 double (=10 Punkte). (Achtung, es muss eine durch drei teilbare Zahl von Treffern sein.)
Wie viele Treffer muss ein Spieler mindestens ins Ziel bringen, um auf die 301 zu kommen? (mehrfache "Nutzung" eines Feldes ist möglich, die Bedingung der Teilbarkeit besteht natürlich weiterhin) - 3 rote Punkte

Lösung

rot: Die höchste Punktzahl, die in einenm Feld erreicht werden kann, triple 20 = 60. Mit dreimal 60 erreicht man die geforderten 301 nicht. Es werden also noch drei Würfe benötigt.
Lösung von Felix Karu, danke: 60+57+54+51+45+34=301
Lösung von Doreen N., danke: 5xTriple 20 + 1x1auÃŸen=5x60+1=301
Lösung von Sabine F., danke: 1) Innerbull - 50 2) 19 (x2) = 38 3) 20 (x3) = 60 4) 18 (x3) = 54 5) 17 (x3) = 51 6) 16 (x3) = 48 ==> 301
Lösung von Juliane H., danke: 60 (Treble 20, 60) + 50 (inner Bull, 110) + 45 (Treble 15, 155) + 60 (Treble 20, 215) + 50 (inner Bull, 265) + 36 (Treble 12, 301)
...
blau: Es gibt sehr viele Möglichkeiten mit einer durch drei teilbaren Zahl von Treffern, die 301 zu erreichen.
Das es mit der Minmalmalzahl von 6 verschiedenen Würfen geht zeigt die obige Lösung von Felix K, danke.
weitere:
Juliane H., danke: 50 (inner Bull, 50) + 25 (outer Bull, 75) + 20 (inneres Feld 20, 95) + 60 (Treble 20, 155) + 20 (äußeres Feld 20, 175) + 40 (Double 20, 215) + 10 (inneres Feld 10, 225) + 30 (Treble 10, 255) + 10 (äußereseres Feld 10, 265) + 20 (Double 10, 285) + 15 (inneres Feld 15, 200) + 1 (inneres Feld 1, 301)
Tim J., danke: erst habe ich alle möglichen treffer der 20 adiert was 140 ergibt. Dann habe ich alle möglichen Treffer der 19 addiert was 133 sind dann habe ich beides zusammen gerechnet was 273 ergibt. Dann muss mann die Doppel 10 treffen danach die 5 dann die 2 dann die 1 und alles zusammen sind 301 Also ist die Trefferfolge:
20 - 20 - Double 20 - Trible 20 - 19 - 19 - Double 19 - Trible 19 - Double 10 - 5 - 2 - 1 = 12 Treffer und 301 Punkte
Andree D., danke:
1. Innerbull ==> 50 ==> Summe 50
2. Outerbull ==> 25 ==> Summe 75
3. Triple 20 ==> 60 ==> Summe 135
4. Double 20 ==> 40 ==> Summe 175
5. Triple 19 ==> 57 ==> Summe 232
6. Triple 18 ==> 54 ==> Summe 286
7. 1 ==> 1 ==> Summe 287
8. 4 ==> 4 ==> Summe 291
9. 10 ==> 10 ==> Summe 301

... und noch mehr Varianten gab es ...

Aufgabe 8

248. Wertungsaufgabe

"Nachdem wir die Zahlen auf der Dartscheibe unter die Lupe genommen haben, könnten wir ja mal noch die Scheibe geometrisch untersuchen", meinte Mike. "Na dann mach mal einen Vorschlag." "Damit die unterschiedlich großen Drahtstärken nicht die Berechnung verkomplizieren, soll nach den Innenmaßen (s. Aufgabe 247) sofort das nächste Feld beginnen, analog gilt das für die Außenmaßangaben. Wie groß ist der prozentuale Anteil von Feldern (bezogen auf die Fläche der gesamten Scheibe, wo eine durch 5 teilbare Punktzahl erreicht werden kann." "Oh das ist aber nicht ganz einfach", gab Maria zu bedenken. "Ich denke aber, dass es trotzdem möglich ist, dass eure Spezialgruppe dies herausbekommt". 8 blaue Punkte.
"Ich habe mir mal die Verdopplungs- und Verdreifachungsbereiche angeschaut und finde, so ganz gerecht ist das nicht," sagte Lisa. "Wie meinst du das?", fragte Bernd zurück. "Na, schau mal, die Felder für die einfache Punktzahl sind einfach zu groß. Wenn sich die Punkte eines Sektors (z.B. für die 20) wie 1:2:3 verhalten, so sollten sich die Trefferflächen wie 3:2:1 verhalten." "Das würde ich auch gut finden", bemerkte Maria. Wie würde die Geometrie eines Sektors aussehen, wenn die geforderte Gerechtigkeit durch die Veränderung der Double- und Triple-Ring (Innenmaß), aber nicht durch die Veränderung der sonstigen Abmessungen erreicht werden soll. 8 rote Punkte.

Lösung

blaue Aufgabe: Durch 5 teilbar sind alle Sektoren, in denen die Zahlen 5, 10, 15 und 20 vorkommen, inklusive der darin enthaltenen Triple und Double. Hinzu kommen Inner- und Outerbull. Alle anderen Sektoren entfallen, da diese Grundzahlen enthalten, die nicht durch 5 teilbar sind und die Verdopplung bzw. Verdreifachung bringt keine Teilbarkeit durch 5.
Die Sektorenfläche ist 1/5 aller Sektoren (Sektoren im Sinne eines Kreisringes um die Bulls).
1/5 · π · (r_a² -r_i²) = 1/5 · π · (170² mm² - 15,9 ² mm²) = 17999,5 mm²
zu diesem Werte kommt noch die Gesamtfläche der Bulls. π · r_i² = 794,2 mm²
Die durch 5 teilbare Fläche ist insgesamt 18793,78 groß. Die Fläche der gesamten Scheibe ergibt sich aus: π · r_a²
Der Anteil ist dann elementar berechenbar und und liegt bei 20,69 %.
rote Aufgabe. Hier ist die Aufgabenstellung möglicherweise nicht ganz eindeutig. Deshalb wird hier so vorgegangen.:
Bulls bleiben. Damit ist die einzuteilende Fläche der Kreisring um das Bull.
π · (r_a² -r_i²)
π · (170² mm² - 15,9 ² mm²)
89997,8 mm²
Diese Fläche muss so einteilt werden, dass Trebble : Double : einfach = 1 : 2 : 3 gilt. Das lässt sich auch als 1/6 : 2/6 : 3/6 schreiben.
14999,6 : 29999,26 : 44998,9
Double liegt außen ==> 29999,26 mm² = π (r_a² - r_t²) = π (170² mm² - r_d²)
Die Gleichung lässt sich leicht nach r_d (r_d Abstand bis zum Doublering) auflösen. r_d = 139,1 m, d.h. der Doublering müsste (170 - 139,1) 30,9 mm breit sein.
Der äußere Ring des Treble hat einen Abstand von 107 mm zum Bull und damit einen r_a von 107 mm.
14999,6 mm² = π (r_a² - r_d²) = π (107² mm² - r_t²)
(r_t Abstand bis zum Treblelering)
r_t = Wurzel ((π107² - 14999,6)/π) = 81, 69 mm ==> der Treblering müsste (107 - 81,7) 25,3 mm breit sein.
Anmerkung: Man kann natürlich auch noch die Bullflächen anpassen, so dass dort die Gerechtigkeit für die 50 bzw. 25 Punkte herrschen.

Aufgabe 9

249. Wertungsaufgabe

Bernd kam nach Hause, griff sich die Zeitung und konnte folgendes im Sportteil lesen.
Der Dartverein "volle Scheibe" sucht einen neuen Trainer. Einer von den fünf Bewerbern ist der allseits bekannte Ole King. Dann war da noch von einem Blume die Rede so wie von dem nicht 37-jährigen Bruno Sack, dieses Alter traf auf einen anderen Bewerber zu. Der 42-jährige Vincent hieß nicht Seidel. Dann war noch von Ingo die Rede. Erstaunt musste Bernd lesen, dass der sich bewerbende Tom schon 36 Jahre alt war, er hatte ihn jünger geschätzt. Der Held war 2 Jahre älter als Tom, der älteste Bewerber war gar 43. Für 5 blaue Punkte lassen sich die Vornamen, Namen und das Alter ermitteln.
Alle Kandidaten kamen an einem Tag, aber zu verschiedenen Zeiten zum Vorstand des Vereins und berichteten von ihrer Aufenthaltsdauer bei ihrem jeweils letzten Verein. Der als Vierter kam war 5 Jahre in seinem Verein gewesen. Auch der Held kam nicht als Erster. Der 37-jährige war nicht 4 Jahre in seinem Verein gewesen. Der zweite Kandidat war Vincent. Etwas durcheinander kam unser Bernd als er hinter den Sinn der letzten Informationen kommen wollte. Entweder war Ole der Erste und Ingo der Dritte oder umgekehrt. Einer von denen war 4 Jahre bei seinem Verein, der andere ganze 7 Jahre. 8 Jahre lang war der Herr Sack bei seinem Verein, während die längste Trainerzeit sogar bei immerhin 10 Jahren lag. Wer kam in welcher Reihenfolge zum Vorstellungsgespräch und hatte welche Anstellungszeit zu verbuchen? (6 rote Punkte)

Lösung

Hier die Lösung von Sabine F., danke:
BLAUER TEIL
Zunächst mache ich Bestandsaufnahme:
Bernd ist der Leser der Zeitung. Des Weiteren geht es um 5 Personen, deren Namen und Alter gefunden werden soll.
Bekannt ist:
- Ole King
- Herrn Blume
- Bruno Sack (nicht 37 Jahre alt)
- Vincent (nicht Seidel, 42 Jahre alt)
- Ingo
- Tom (36 Jahre alt)
- Herr Held (2 Jahre älter als Tom)
- der älteste Bewerber ist 43

Folgendes kann man kombinieren:
Herr Held ist 38 Jahre alt. Daher kann er mit Vornamen nicht Vincent (42) oder Tom (36) heiÃŸen, sondern muss - da die anderen Kombinationen (Ole King und Bruno Sack) schon feststehen - Ingo heiÃŸen. Dann gibt es noch die Nachnamen BLUME und SEIDEL. Wenn Vincent nicht Seidel heiÃŸt, dann muss er Blume heiÃŸen. Also heiÃŸt dann Tom Seidel.
Zum Alter: Wenn Bruno nicht 37 ist, dann muss er 43 sein, denn Vincent ist 42, Ingo 38 und Tom 36 Jahre alt. Somit muss Ole 37 Jahre alt sein. Die LÃ¶sung lautet also:
1) Ole King (37)
2) Bruno Sack (43)
3) Vincent Blume (42)
4) Ingo Held (38)
5) Tom Seidel (36)
Alle Aussagen treffen so zu.
ROTER TEIL
Die Informationen aus dem Text trage ich in meine Liste der Platzierungen (numeriert von 1 bis 5) ein:
Platz 4 war 5 Jahre im Verein.
Der Held war nicht Erster - also war Ingo nicht Erster Vincent Blume war Zweiter.
Der 37jährige war nicht 4 Jahre im Verein gewesen - also war Ole nicht 4 Jahre im Verein
Wenn Ingo Erster oder Dritter war, muss er Dritter gewesen sein, denn Ingo Held war ja nicht Erster.
In Folge dessen war Ole Erster.
Wenn Ole nicht 4 Jahre im Verein war, dann war er 7 Jahre im Verein und Ingo dann 4 Jahre.
Also wissen wir bisher
1. Ole King (37), 7 Jahre
2. Vincent Blume (42),
3. Ingo Held (38), 4 Jahre
4. ?? , 5 Jahre
5. ??
Noch nicht verteilt: 10 Jahre und 8 Jahre - Tom Seidel und Bruno Sack.
Da Herr Sack 8 Jahre beim Verein war, muss er FÃ¼nfter sein. Folglich muss Vincent 10 Jahre beim Verein sein.
Verbleibt fÃ¼r Platz 4 nur noch Tom Seidel und Platz 5 fÃ¼r Bruno Sack, der 8 Jahre beim Verein ist.
Also abschlieÃŸend:
1. Ole King (37), 7 Jahre
2. Vincent Blume (42), 10 Jahre
3. Ingo Held (38), 4 Jahre
4. Tom Seidel (36), 5 Jahre
5. Bruno Sack (43), 8 Jahre

Aufgabe 10

250. Wertungsaufgabe

"Dart ist eine Sportart, die in geschlossenen Räumen gespielt wird. Bei dem schönen Wetter aber möchte ich lieber eine Radtour machen". "Das geht mir genauso", gab Bernd Mike Recht. "Wie ist das eigentlich mit der Übersetzung bei so einem Fahrrad?" "Wie meinst du das?", fragte Lisa nach, die sich zu beiden gesellt hatte. "Nun, an meinem Moutainbike habe ich drei Kettenblätter vorn (22; 32 und 44 Zähne) und hinten sind es 9 Ritzel (11; 12; 14; 16; 18; 21; 24; 28 und 32 Zähne). Ich kann also 27 verschiedene Gänge (k;r) nutzen. Die Übersetzung ergibt sich aus k/r - (k - Zähne Kettenblatt geteilt durch r - Zähne am Ritzel)". "Ich glaube, du hast nicht Recht, dass alle Gänge - bezogen auf das Übersetzungsverhältnis - verschieden sind.", meinte Lisa. Wie viele echt verschiedene Gänge gibt es, wenn das Übersetzungsverhältnis auf eine Stelle nach dem Komma gerundet angegeben wird? - 5 blaue Punkte.
"Was hast du konstruiert?", fragte Mike bei Lisa nach. "Das ist mein vereinfachter Fahrradantrieb. Zwei Kreise (15 cm bzw. 8 cm Durchmesser), deren Mittelpunkte 60 cm entfernt sind. Ich frage mich nun, wie lang ist meine straff gespannte Fahrradkette." - 5 rote Punkte (Anmerkung: Länge der "Fahrradkette" - idealisiert als Linie um die Kreise.)

Lösung

Die Lösungen von Felix Karu (danke), ergänzt durch Anmerkungen: 250.pdf

Aufgabe 11

251. Wertungsaufgabe

"Siebenundzwanzig Gänge hast du also nicht wirklich an deinem Fahrrad," bemerkte Maria. "Ja, ja, du hast ja Recht", antwortete Mike. "Da sich die Sportserie dem Ende nähert, möchte ich mich noch einmal mit einem Spielfeld, dem Baseballfeld beschäftigen." "Na, dann mal los".
"Die Maße des Feldes sind nicht einheitlich und so verwende ich hier gerundete Meterangaben. Das Quadrat hat eine Kantenlänge von 27,5 m. Dieses befindet sich in einem Viertelkreis mit einem Radius von 39 m. Von H nach B sind es 97 m. A; B und I bilden einen Kreisausschnitt mit einem Radius von 121 m."
Wie groß (in m²) ist der grau gezeichnete Teil? - 4 blaue Punkte. Wie groß (in m²) ist das eigentliche Spielfeld? 5 rote Punkte (Anmerkung: Das Spielfeld ist die Fläche AHB)

Lösung

blau: Der graue Teil ergibt sich aus der der Differenz der Flächeninhalte des Viertelkreises (Radius von 39 m) und des Quadrates (a = 27,5 m).
A = π· r² / 4 - a² = ... = 438,34 m²
Baseball-Lsg rot: Die gesuchte Spielfläche ist gleich der Differenz des Kreisausschnittes IAB und den Flächeninhalten der beiden Dreiecke IHB bzw. IHA.
AB ist die Diagonale des halben Quadrates AHBY (Y ist nicht eingezeichnet, wäre der Bildpunkt von H bei der Spiegelung an AB)
AX = XH = 1/2 · AB (Alles Eigenschaften des Quadrates AHBY)
AX = 1/2 · Wurzel (2) · AH = 1/2 · Wurzel (2) · 97 m
AX = 68,6 m
IX = √AI² - AX² = √121² - 68,6² = 99,68 m ==> HI = 30,1 m
∠ AIB lässt sich mittels Kosinussatz ausrechnen.
cos AIB = 2 · 121² - 137,2² /(2 · 121²) ==> ∠ AIB = 69,1°
Die Fläche des Kreisausschnittes AIB ergibt sich aus 69,1°/360° · π · 121² ==> 8828,69 m²
Das Flächeninhalt des Dreiecks HIB lässt mit 0,5 · HI · BI · ∠ (HIB) berechnen. ==> 1032,76 m²
Der gesuchte Flächeninhalt ist demzufolge 8825,4 m²- 2 · 1032,76 m² = 6759,87 m²
Durch die vielen Rundungen in dem Zwischenrechnungen kann es durchaus zu Abweichungen bei den Ergebnissen kommen. (Packt man alles in eine Formel liegt der Wert bei rund 6692 m² ;-)

Aufgabe 12

252. Wertungsaufgabe

"Die Baseballaufgabe war ja gar nicht so schwer, wobei der rote Teil es schon in sich hatte", fand Lisa. Mike stimmte ihr zu. "Dann lass uns ein letztes Spielfeld anschauen - das vom Tennis."
Wie lang sind alle Linien des Tennisfeldes zusammen? 4 blaue Punkte. (Die Mittemarkierungen (z.B. zwischen B und C) der Außenlinien zählen nicht.)
Rote Aufgabe. Es ist ein Rundweg von A nach A zu finden, der über alle Linien führt und so kurz wie möglich ist. (Buchstaben und Länge angeben.) Je kürzer desto mehr Punkte gibt es.
Für einen Beweis, dass es nicht mehr kürzer sein kann, gibt es extra Punkte.
Damit die Zahlenangaben leichter sind, können auch gern die Angaben in yard genommen werden (diese sind ja eigentlich die Grundlage).
6,40 m = 7 yd
8,23 m = 9 yd
10,97 m = 12 yd
11,89 m = 13 yd

Lösung

Schaut man sich das Bild genau an, so erkannt 4 senkrechte lange Begrenzungen. 4*2*13 yard und noch eine weitere senkrecht verlaufende Mittelline zu 2 * 9 yard.
Waagerecht sind es 3 Linien zu je 12 yard und noch 2 zu 7 yard.
Zusammen ergiebt das 172 yard.
Eine letztendliche Lösung liegt noch nicht vor, aus Zeitgründen muss die Begründung, ob der kürzeste Weg schon dabei war, noch etwas warten.
Danke schon mal bei den Mitmachenden:
Felix Karu:
A H L S P H I Q R O M I J N O C B E F J I E G K L D A 224 yard
Doreen N:
1. A I M N O R Q M N J K O R S L K G C D L K J F G C B E F J I H P Q M I E B A 2. A B E I H P Q M N O R S L K G C D L K O N J F G C B E F J I M Q R O K J I H A
In beiden Fällen sind es 222 yd.
Noch etwas kürzer die Variante Katrin P.: (von mir nachgerechet, 220 yard)
AH>HI>IQ>QP>PH>HI>IB>BD>DL>LK>KR>RQ>QR>RS>SL>LJ>JN>NO>OM>ME>EG>GF>FJ>JK>KC>CA Die Überlegungen von XXX

Ein idealer Rundweg läuft alle Wege genau einmal, also 172 y.

Die Weggabelungen B, C, E, F, G, H, L, M, N, O, Q, R sind von ungerader Parität, mithin muss jeweils ein zu ihnen führender Weg doppelt gegangen werden.

Wir suchen, anders ausgedrückt, sechs möglichst kurze Wege um immer zwei der 12 Punkte zu verbinden.

Wir suchen 6 kurze Wege zwischen diesen 12 Punkten (â€žvon außen reinâ€œ)

BE	CG	RO	QM	FN	HL	Summe
6	6	6	6	14	12	60

So haben wir einen Weg der Länge 172y + 60y = 232y:

A(BEB)(CGC)D(LHL)KG(FJNJF)EIMNOKLS(ROR)(QMQ)PHA

neuer Versuch mit den superkurzen EF usw.

EF	NO	BC	QR	HM	GL	Summe
4,5	4,5	9	9	8,5	8,5	45

Und nun ist der Weg 217y

A(BCB)(EFE)IJF(GKLKG)CDLS(RQR)(ONO)KJN(MIHIM)QPHA

im Detail

AB	1,5
BC.CB	18
BE	6
EF.FE	9
EI	7
IJ	4,5
JF	7
FG	4,5
GKL.LKG	17
GC	6
CD	1,5
DL	13
LS	13
SR	1,5
RQ.QR	18
RO	7
ON.NO	9
OK	7
KJ	4,5
JN	7
NM	4,5
MIH.HIM	17
MQ	6
QP	1,5
PH	13
HA	13
Weg	217

Einen dritten Versuch lasse ich sein. Ich habe schließlich die kürzesten Strecken (4,5y) zweimal, für H und L einen nahesten Punkt. Der Versuch für die Punkte an der Schmalseite eine bessere Verbindung zu erhalten, verschlechtert die guten Startbedingungen.

Auswertung Serie 21 (rote Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				241	242	243	244	245	246	247	248	249	250	251	252
1.	Doreen Naumann	Duisburg	66	6	4	4	2	16	7	3	8	6	3	1	6
2.	Katrin Posselt	Chemnitz	63	6	4	5	1	16	8	3	6	5	2	-	7
3.	Felix Karu	Innsbruck	56	-	-	-	2	16	8	3	6	6	5	5	5
4.	Sabine Fischbach	Hessen	53	6	2	5	1	12	6	3	8	6	1	2	1
5.	Anja Posselt	Chemnitz	41	6	4	5	-	-	8	3	6	-	2	-	7
6.	Torsten Zwingelberg	Pritzwalk	37	6	4	5	2	-	8	-	-	6	3	3	-
7.	Paula	Hartmannsdorf	28	6	-	-	-	12	-	-	-	-	5	5	-
8.	Andree Dammann	München	27	-	4	5	2	-	7	3	6	-	-	-	-
9.	Wadim Michaljow	Königs Wusterhausen	19	6	4	-	2	-	-	3	4	-	-	-	-
10.	Christian Wagner	Bamberg	12	6	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-
10.	XXX	???	12	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	12
11.	Daniel Hufenbach	Chemnitz	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
11.	Kai-Lutz Wagner	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	-	-
11.	Marie Neudert	Chemnitz	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
11.	Themos Käßler	Chemnitz	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
12.	Alice Ludewig	Chemnitz	5	-	4	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-
13.	Richard Brinkel	Chemnitz	4	-	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
14.	Juliane Hansmann	Kiel	3	-	-	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-
14.	Corinna Böhme	Chemnitz	3	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
15.	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-
16.	Robin Schmidt	Chemnitz	1	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-
16.	Jakob Schreiter	Chemnitz	1	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-
16.	Rafael Seidel	Chemnitz	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	1	-
16.	Max Geißler	Chemnitz	1	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-
16.	Sophie Dani	Chemnitz	1	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-
16.	Isabell Wache	Chemnitz	1	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-
16.	Bernhard Richter	Chemnitz	1	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-
17.	Christoph-Stefan Thibaut	Chemnitz	0	-	-	-	0	-	-	-	-	-	-	-	-

Auswertung Serie 21 (blaue Liste)

Platz	Name	Ort	Summe	Aufgabe
				241	242	243	244	245	246	247	248	249	250	251	252
1.	Doreen Naumann	Duisburg	64	6	8	5	3	6	6	4	8	5	5	4	4
1.	Rafael Seidel	Chemnitz	64	6	8	5	3	6	6	4	8	5	5	4	4
2.	Sabine Fischbach	Hessen	62	5	8	5	3	6	6	4	7	5	5	4	4
3.	Katrin Posselt	Chemnitz	56	4	8	5	1	6	6	4	8	5	5	-	4
4.	Torsten Zwingelberg	Pritzwalk	52	6	8	5	3	6	6	-	-	5	5	4	4
5.	Anja Posselt	Chemnitz	50	4	8	5	-	6	6	4	8	-	5	-	4
6.	Felix Karu	Innsbruck	45	-	-	-	3	6	6	4	8	5	5	4	4
7.	Andree Dammann	München	40	-	8	5	3	6	6	4	8	-	-	-	-
8.	Linus-Valentin Lohs	Chemnitz	35	6	7	-	3	6	-	-	-	5	4	4	-
9.	Paula	Hartmannsdorf	21	6	-	-	-	6	-	-	-	-	5	4	-
9.	Wadim Michaljow	Königs Wusterhausen	21	6	8	-	3	-	-	4	-	-	-	-	-
10.	Hermann Thum	Chemnitz	16	-	-	-	3	-	6	-	-	-	-	4	3
11.	Ernesto Uhlmann	Chemnitz	15	-	8	3	-	-	-	-	-	-	-	-	4
12.	Judith Bergmann	Chemnitz	13	-	8	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-
13.	Ronja Fischer	Chemnitz	12	-	8	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-
14.	Christian Wagner	Bamberg	11	6	-	-	-	-	-	-	-	5	-	-	-
15.	Ellen Richter	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-	4	-
16.	Ria Hopke	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	5	-	-	-	-	4	-
16.	Felix Taubert	Chemnitz	9	-	-	-	-	6	-	-	-	-	-	3	-
16.	Robin Schmidt	Chemnitz	9	-	-	-	3	6	-	-	-	-	-	-	-
17.	Alice Ludewig	Chemnitz	8	-	-	5	3	-	-	-	-	-	-	-	-
17.	Sophie Dani	Chemnitz	8	-	-	5	3	-	-	-	-	-	-	-	-
17.	Isabell Wache	Chemnitz	8	-	-	-	2	6	-	-	-	-	-	-	-
18.	Jakob Schreiter	Chemnitz	7	-	-	-	3	4	-	-	-	-	-	-	-
19.	Richard Brinkel	Chemnitz	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
19.	Loise Reichmann	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-	-	-
19.	Stephanie Dani	Chemnitz	6	-	-	-	-	-	6	-	-	-	-	-	-
19.	Corinna Böhme	Chemnitz	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
19.	Marie Neudert	Chemnitz	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
19.	Daniel Hufenbach	Chemnitz	6	6	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
20.	Matthias Keussen	Chemnitz	5	-	-	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-
21.	Emil Maibier	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
21.	Kai-Lutz Wagner	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-
21.	XXX	???	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4
21.	Duncan Mahlendorff	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Juliane Hansmann	Kiel	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
21.	Themos Käßler	Chemnitz	4	4	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
21.	Steffen Scheunpflug	Chemnitz	4	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-	-
21.	Tim Jechorek	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
22.	Marie Sophie Roß	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3	-
22.	Rico Bräutigam	Chemnitz	3	-	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-
22.	Max Geißler	Chemnitz	3	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-
22.	Benedikt Hastedt	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
22.	David Kahle	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
22.	Max Steinert	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
22.	Ellen Wilde	Chemnitz	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
22.	Lukas Kirchberg	Chemnitz	3	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-
22.	Bernhard Richter	Chemnitz	3	-	-	-	3	-	-	-	-	-	-	-	-
23.	Willy Stöckel	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
23.	Phillpp Schleupner	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
23.	Lisa Grassmann	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2	-
23.	Ingmar Richter	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
24.	Christoph-Stefan Thibaut	Chemnitz	1	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-	-

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

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

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

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	…

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
...	...	...	...

				1	2	3
			4	5	6	7	8
		9	10	11	12	13	14	15
	16	17	18	19	20	21	22	23	24
25	26	27	28	29	30	31	32	33	34	35

Wurf	Figur 1	Figur 2	Figur 3	Figur 4
1	0
2	6
3	6	0
4	12	0
5	12	6
6	12	6	0
7	18	6	0
8	18	12	0
9	18	12	6
10	18	12	6	0
11	24	12	6	0
12	30	12	6	0
13	36	12	6	0
14	z2	12	6	0
15	Z1 (1)	12	6	0
16		18	6	0
17		24	6	0
18		30	6	0
19		36	6	0
20		z2	6	0
21			18	0
23			24	0
24			30	0
25			36	0
26			z3 (5)	0
27				6
28				12
29				18
30				24
31				30
32				36
33				z4 (4)

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

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

			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	-

	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

			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

Mo	Di	Mi	Do	Fr	Sa	So
29	30	31	1	2	3	4
5	6	7	8	9	10	11
12	13	14	15	16	17	18
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				1	2	3
			4	5	6	7	8
		9	10	11	12	13	14	15
	16	17	18	19	20	21	22	23	24
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Mo	Di	Mi	Do	Fr	Sa	So
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Wochenaufgabe Mathe

Serie-26

Serie 26

Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 2

Aufgabe 3

Aufgabe 4

Aufgabe 5

Aufgabe 6

Aufgabe 7

Aufgabe 8

Aufgabe 9

Aufgabe 10

Aufgabe 11

Aufgabe 12

Auswertung Serie 26 (blaue Liste)

Auswertung Serie 26 (rote Liste)

Serie-25

Serie 25 Aufgabe und Lösungen

Aufgabe 1

Aufgabe 2

290. Wertungsaufgabe

Aufgabe 3

291. Wertungsaufgabe

The Four Princes.

Aufgabe 4

Aufgabe 5

Aufgabe 6

Aufgabe 7

Aufgabe 8

Aufgabe 9

Aufgabe 10

Aufgabe 11

Aufgabe 12

Auswertung Serie 25 (blaue Liste)

Auswertung Serie 25 (rote Liste)

Punkte

Serie-24

Aufgabe 1

Lösung

Aufgabe 2

Lösung

Aufgabe 3

Lösung

Aufgabe 4

Lösung

Aufgabe 5

Lösung

Aufgabe 6

Aufgabe 7

Aufgabe 8

284. Wertungsaufgabe

Aufgabe 8

285. Wertungsaufgabe

Aufgabe 10

Aufgabe 11

Aufgabe 12

Auswertung Serie 24 (blaue Liste)

Auswertung Serie 24 (rote Liste)

Serie-23

Aufgabe 1

Lösung

Aufgabe 2

Lösung

Aufgabe 3

Lösung

Aufgabe 4

Lösung

Aufgabe 5

Lösung

Aufgabe 6

Lösung

Aufgabe 7

Lösung

Aufgabe 8

Lösung

Aufgabe 9

Lösung

Aufgabe 10

Lösung

Serie 25
Aufgabe und Lösungen

				1	2	3
			4	5	6	7	8
		9	10	11	12	13	14	15
	16	17	18	19	20	21	22	23	24
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Mo	Di	Mi	Do	Fr	Sa	So
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5	6	7	8	9	10	11
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26	27	28	29	30	31	1