Serie-25

Serie 25
Aufgabe und Lösungen

„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

Aufgabe 2

290.  Wertungsaufgabe

Aufgabe 3

291.  Wertungsaufgabe

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:—

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

Aufgabe 5

„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

"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:

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

"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:

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

"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:

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 ...

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.

 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.

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

Serie-24

Aufgabe 1

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.

1. Die als Zweite auf die Bühne kommt, hat den Band 4 in der Hand.
2. Anja hat einen Band, dessen Nummer direkt nach nach dem Buch mit Einstein kommt.
3. Zeta kommt später auf die Bühne als Galilei.
4. Alexandra als Gauß hat weder den Band 1 noch Band 4
5. Corinna kommt später als die "Mathematikerin", die in Band 1 vorkommt.

Lösung

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

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
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338410400961096026352642413831783448576
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

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

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

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:

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

„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

„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

„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.

Serie-23

Serie 23
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

"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.

Aufgabe 2

"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.
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

"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

„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

"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: