Serie-17
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Aufgaben und Lösungen
Aufgabe 1
193. Wertungsaufgabe
„Nun sind die großen Ferien wieder vorbei“, meinte Bernd, als er Mike nach längerer Pause wieder traf. „War aber eine schöne Zeit, besonders die zwei Wochen, die ich mit Lisa zelten fahren konnte“, gab Mike zurück. „Aber nun geht es los mit einer handwerklichen Aufgabe, da lies.“ Ein großer Würfel soll in 27 gleich große Würfel zersägt werden. Es soll so wenig wie möglich Abfall entstehen. Nach dem ersten Sägen darf man die entstandenen Teilstücke auch aneinander oder übereinander legen, so dass mit einem Schnitt mehrere Teilstücke zersägt werden. Wie viele solcher Schnitte sind mindestens notwendig, um den Würfel vollständig zu zersägen? „Das klingt nicht ganz einfach“, meinte Mike. „Das mag sein, ich habe beim ersten Hören auch gestutzt, aber so schlimm ist es dann doch nicht“. (4 Punkte)
„Wenn wir die 27 Würfel haben, dann können diese ja von Marias und Lisas Gruppe genutzt werden. Da fällt mir ein, wenn die Würfel wie üblich mit den Zahlen 1 bis 6 versehen werden, dann kann man nach dem Aufeinanderstapeln aller Würfel „mit einem Blick“ feststellen, wie groß die Summe aller sichtbaren Zahlen ist“. „Da hast du recht“, fand auch Bernd und schlug dafür 4 blaue Punkte vor.
Lösung
Hier die sehr umfassende Lösung von XXX, danke.
Es geht mit höchstens 6 Schnitten: Wähle dazu je zwei Schnitte West-Ost, Nord-Süd und Horizontal.
Wie sehen wir aber, dass es nicht mit noch wenigeren Schnitten geht?
Zunächst neigte ich dazu zu glauben, dass die größte Schnittfläche, die entstehen kann, einer Seitenfläche des großen Würfels entspricht, also links und rechts vom Sägeblatt je 9 kleine Schnittflächen entstehen können.
Zählen wir nun diese inneren Schnittflächen, von denen pro Schnitt höchstens 18 entstehen können, so haben wir bei x Schnitten höchstens 18x.
Wir müssen aber bei 27 Würfeln 6*27 = 162 Flächen haben, wovon 6*9 = 54 äußere Flächen des bisherigen Würfels sind, mithin
18x >= 162 - 54; 18x >= 108; x >= 6
Also 6 Schnitte.
Aber da ist eine Lücke. Nach dem Abschneiden der ersten Scheibe legen wir diese Scheibe quer hinter das Reststück.
Der nächste Schnitt erzeugt nun statt 18 gleich 24 Schnittflächen!
Im Idealfall verdoppelt jeder Schnitt die Anzahl der Teile. Mit 2^x >= 27 sehen wir, dass mindestens 5 Schnitte nötig sind.
5 oder 6, das ist nun die Frage! Beim Würfel 4� könnte die naheliegenden 9 Schnitte unterboten werden, weil es Schnitte gibt, die eine Seite halbieren.
Hier betrachten wir den innersten Würfel. Dieser besitzt keine äußere Fläche, mithin 6 Flächen, die durch Schneiden entstanden sind.
Da kein gerader Schnitt zwei dieser Schnittflächen erzeugen kann, sind mindestens 6 Schnitte nötig.
Interessant ist der 64er Würfel, der auch mit 6 Schnitten zerlegt werden kann, indem man nicht mit Scheiben arbeitet, sondern jeden Schnitt jedes vorhandene Teilstück halbieren lässt.
Hier die Lösung f&uurml; die blaue Aufgabe von Paul Koch, danke.
Die gegenüberliegenden Seiten des Würfels ergeben immer 7. Ich sehe immer 4 Seiten pro Würfel und oben die Fläche. Also muss ich nur 14 x 27 + die obere Fläche rechnen.
Aufgabe 2
194. Wertungsaufgabe
Als Mike heute zu Bernd kam, hatte der überhaupt keine Zeit, da er seinem Opa im Garten helfen musste. „Da komme ich mit“, sagte Mike kurzentschlossen, „vielleicht hat er noch eine kleine Knobelei für uns parat.“ Bevor sie ihn dass fragen konnten, gab es viel zu tun, Äpfel, Pflaumen und auch die restlichen Birnen mussten geerntet werden. Nach zwei Stunden war alles erledigt. Der Opa von Bernd gab ihnen nicht nur Obst mit, sondern auch – wie sie erhofft hatten – ein paar kleine Rätselnüsse.
Die erste Nuss war eine Wette. Ich wette, dass es schaffbar ist, eine beliebige natürliche Zahl zwischen Null und Tausend herauszubekommen, wenn man dem, der sich die Zahl ausdenkt, nur 10 Fragen stellt, auf auf die dieser nur mit ja oder nein zu antworten braucht. Für das Zeigen der Unverlierbarkeit der Wette gibt es 5 Punkte.
Und nun die zweite Nuss: In einer Pluspyramide sollen in der untersten Zeile vier aufeinander natürliche Zahlen stehen. Wie kann man diese Zahlen eintragen, damit das Ergebnis in der Spitze der Pyramide möglichst groß ist? Eine Beispiellösung bringt 2 blaue Punkte, die allgemeine Lösung ist 5 blaue Punkte wert.
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Lösung
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a+3b+3c+d |
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a+2b+c |
b+2c+d |
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a+b |
b+c |
c+d |
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a |
b |
c |
d |
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8n + 16 |
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4n + 8 |
4n + 8 |
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2n + 3 |
2n + 5 |
2n + 3 |
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n |
n + 3 |
n + 2 |
n + 1 |
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96 |
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48 |
48 |
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23 |
25 |
23 |
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10 |
13 |
12 |
11 |
Wegen 1000 < 1024= 210 ist eine Reduzierung des Intervalls vollständig möglich. Beispielstrategie:
1. Frage: Ist die gesuchte Zahl größer als 512?
2. Frage bei ja: Ist die gesuchte Zahl größer als 768 (512+256)?
2. Frage bei nein: Ist die gesuchte Zahl größer als 256 (512-256)?
Dann wird wird bei der nächsten Frage das Intervall mit 128 eingeschränkt ± je nach gegebener Antwort geht es also mit 896, 740, 384 oder 128 weiter. ....
Eine Strategie bei der der Befragte mehr rechnen muss schrieb XXX auf, danke
1. Frage: Ist die Zahl ungerade. Wenn ja notiere die 1 = 2^0.
2. Frage: Ist der Quotient von (Zahl div 2) ungerade? Wenn ja, notiere die 2 = 2^1.
3. Frage: Ist der Quotient von (Zahl div 4) ungerade? Wenn ja, notiere die 4 = 2^2.
n. Frage: Ist der Quotient von (Zahl div 2^(n-1) ) ungerade? Wenn ja, notiere die 2^(n-1).
Am Beispiel der Zahl 777 geht es so ab:
777 ist ungerade, notiere 1
777:2 = 388 Rest 1, gerader Quotient, notiere nichts.
777:4=194 Rest 1, nichts
777:8=97 Rest 1, notiere 8
777:16=48 Rest 9,
777:32=24 Rest 9, --
777:64=12 Rest 9, --
777:128 =6 Rest 9, --
777:256=3 Rest 9, notiere 256
777:512 = 1 Rest 265, notiere 512
Addiere die notierten Zahlen und finde 512 + 256 + 8 + 1 = 777
Aufgabe 3
195. Wertungsaufgabe
Nach der großen Hilfe in Opas Garten, hatten Bernd und Mike noch einiges von dem Obst mitnehmen dürfen. Der Opa hatte große 10 – kg Beutel mit Äpfeln, 2 – kg Beutel mit Birnen und kleine Netze mit Pflaumen zu je 500 Gramm mitgegeben. Mit ihrer Last zogen sie nach Hause. Bevor sie alles gerecht teilten, rechneten sie alles zusammen und stellten verblüfft fest, dass sie genau 50 Kilogramm in den insgesamt 50 Beuteln bzw. Netzen vom Opa erhalten hatten. Was konnte Mike nach dem Teilen mit nachhause nehmen? (6 Punkte)
Als Mike, dass seiner Lisa am nächsten Tag erzählte, meinte sie, dass der Opa, sicher schon vorher gewusst habe, bevor er Bernd und Mike das Obst gab. Für ihre Gruppe hatte sie gleich auch noch eine Idee. Wie viele Beutel und Netze (jede Sorte muss dabei) braucht man mindestens bzw. höchstens, um auf genau 50 Kilogramm Obst zu kommen (je zwei blaue Punkte).
Lösung
Hier die Variante von XXX, danke.
Zunächst zu einer haushaltsüblichen Einheit, dem Pfund.
x Beutel Äpfel zu 20 Pfd
y Beutel Birnen zu 4 Pfd.
z Beutel Pflaumen zu 1 Pfd.
Das liefert ein Gleichungssystem
x + y + z = 50
20x + 4y + z = 100
Eine Unbekannte kann leicht eliminiert werden. Anschaulich gesehen nehmen wir uns 50 Beutel Pflaumen und haben damit die richtige Anzahl Gebinde und schon mal 50 Pfund.
x + y ist nun die Anzahl Gebinde, die wir gegen größere Beutel tauschen
19x + 3y = 50 wiederum ist die Gewichtszunahme, die wir durch Tauschen gegen Größere erzielen.
3y = 50 - 19x.
Ziehe von 50 solange 19er ab, bis du eine Dreierzahl erhältst ...
50, 31, 12 - ja!
2 Beutel Äpfel musst du also nehmen und dann noch 4mal Birnen.
Und erfreulicherweise siehst du sogar, dass es keine anderen Lösungen gibt.
Für die blauen Punkte, die knappe Variante von Paul Koch, danke
mindestens
4 Beutel Äpfel=40kg
4 Beutel Birne=8kg
4 Beutel Pflaume=2kg
zusammen = 12 Beutel
maximal
1 Beutel Äpfel=10kg
1 Beutel Birnen=2kg
76 Beutel Pflaumen=38kg
zusammen= 78 Beutel
Aufgabe 4
196. Wertungsaufgabe
„Meine Eltern haben sich sehr auch gefreut“, konnte Mike beim nächsten Besuch von Bernds Opa berichten, „dass ich so viel Obst mitbringen konnte“. „Das freut mich sehr“, gab der Opa zurück. „Für deine Lisa habe ich auch noch etwas, ist zwar kein Obst, aber eine Aufgabe für die Gruppe, die sie mit Maria betreut.“ „Da die Aufgabe aus einem sehr alten Mathebuch stammt, habe ich sie noch einmal am Computer geschrieben und ausgedruckt“. Mike und Bernd konnten nun folgendes lesen: Es gilt zwei einstellige Zahlen zu erraten. Man braucht also drei Leute. A und B denken sich so eine Zahl aus und C „errät“ die Zahlen. C sagt zu A, multipliziere deine Zahl mit 2, dann addiere 5. Wenn du das geschafft hast, dann multipliziere das ganze mit 5, jetzt kommen noch einmal 10 dazu. Lass dir die Zahl von B ins Ohr flüstern und addiere diese dazu. Was kommt da heraus? Wenn C das Ergebnis hört, kann er ganz schnell die gemerkten Zahlen ansagen. „Wie geht das dann?“, fragt Bernd nach. „Ganz einfach“, sagte der Opa, „C zieht von dem gehörten Ergebnis 35 ab und sieht die Zahlen förmlich vor sich“. „Und das geht immer?“, fragt Bernd nach. „Aber sicher!“ Für ein durchgerechnetes Beispiel gibt es 2 blaue Punkte, für den Nachweis der Richtigkeit des Verfahrens gibt es noch einmal 3 blaue Punkte dazu.
„Ach ja für euch habe ich auch noch was Blaues, dieses fünf Zentimeter große Quadrat. Wobei, auf der anderen Seite ist es rot“.
„Die roten Markierungen sind einen Zentimeter lang. Wenn ihr das Quadrat entlang der gelben Linien auseinander schneidet, dann erhaltet ihr vier gleichgroße Teile. Diese lassen sich so zusammensetzen, dass ein Quadrat entsteht, welches in der Mitte ein quadratisches „Loch“ hat. Wie groß ist der Flächeninhalt des zusammengelegten Quadrates - einschließlich des Loches?“ „Ist das neue Quadrat mit dem Loch blau oder rot?“, fragte Bernd nach. „Das sage ich nicht, streng dich für die 8 Punkte mal richtig an“, sprach der Opa und ging zum Telefon, welches gerade klingelte.
Lösung
Hier die Variante von Andree, danke.
Blaue Aufgabe:
Bezeichnet man die Zahl, die sich die Person A denkt mit a und die von Person B mit b, so liegt folgende Rechnung zugrunde:
Und man erkennt sofort, dass die Zehnerstelle der genannten Zahl a angibt und die Einerstelle die Zahl b. Man sieht sie also vor sich.
anderere Aufgabe:
Natürlich ist es egal, ob das Quadrat rot oder blau ist, da man die entsprechende Figur natürlich beidseitig legen kann. Um den Flächeninhalt zu erhalten, gehen folgende Überlegungen voraus: Es entstehen 4 kongruente Figuren, die jeweils an zwei gegenüberliegenden Ecken einen 90° Winkel haben (einmal die Originalaußenecke und einmal bei den sich schneidenden gelben Linien, denn die beiden anderen Ecken ergänzen sich zu 180°) Nun müssen alle vier Figuren so verdreht werden, dass die Innenecken zu den Außenecken des neuen Quadrats werden. Man sieht sofort, dass die neuen Außenkanten die Länge einer gelben Linie haben. Diese berechnet sich aber einfach mit Hilfe des Satzes von Pythagoras: und damit gleichzeitig der Flächeninhalt des neuen Quadrats, der beträgt somit:
Aufgabe 5
197. Wertungsaufgabe
Lisa stürmte zur Tür herein und rief: „Die Rätselaufgabe vom letzten Mal hat die Kinder in unserer Gruppe begeistert. Zwei haben heute erzählt, dass die damit sogar zuhause Erstaunen hervorgerufen haben. Bernd, hast du noch so eine?“ „Nun, von solchen Aufgaben gibt es eine große Anzahl, aber eh ich da was durcheinanderbringe, frage ich am besten beim Opa nach. Bis dahin zeige ich dir diese kleine Knobelei.“
„Zehn nummerierte Kreisscheiben werden wie auf dem Bild angeordnet. Die Aufgabe besteht nun darin, dass die Scheiben so umsortiert werden, dass die Spitze des Dreiecks nach oben zeigt. Es dürfen aber nur drei Schreiben verschoben werden“ Wenn das deine Kinder herausbekommen, dann dürfen sie sich drei blaue Punkte gutschreiben lassen.“ „Das klingt gut, gab Lisa zu, die zu strahlen anfing, weil Mike nun endlich kam, der sie ins Kino abholen wollte. „Geht gleich los, ich will nur noch schnell erzählen, welche Aufgabe ich aufgebrummt bekommen habe. Schaut euch das Rechteck an.“
„Wir sollen die Größe dieses Rechtecks ermitteln, wobei die Länge der Diagonale 6 cm und die Strecke von X nach B 4 cm lang sind. S ist von der rechten Seite genau 2 cm entfernt.“ „Das klingt nicht einfach“, warf Bernd ein. „das meinte unser Lehrer auch“, gab Mike ihm Recht, „deshalb sollen wir eine Gleichung finden, in der nur die Seite a des Rechtecks vorkommt. Es käme dann eine Gleichung zum „Vorschein“, an der man sich aber nicht die Zähne ausbeißen sollte, um sie exakt mit Lösungsformel oder so zu lösen. Ein guter Näherungswert reicht. Wenn man a hat, ist b nicht mehr schlimm“. „Komm, wir müssen los, sonst fängt der Film ohne uns an.“
Tja, da wird sich Bernd wohl erstmal allein (abmühen) müssen, bekommt dafür aber auch 12 Punkte.
Lösung
Für die blaue Aufgabe hier die Lösung von Andree, danke.
Der Trick besteht jeweils darin, eine Ecke an die gegenüberliegende Grundseite mittig anzusetzen und die beiden anderen Ecken wiederum gegenüber als neue Grundseite anzusetzen (grüne Pfeile). Bei drei Ecken gibt es so drei (bzw. sechs) Möglichkeiten, (wenn man die beiden neuen Grundseitenecken noch untereinander vertauscht (rote Linie)).
Für die andere Aufgabe stammt der Weg von XXX, danke.
Eine Aufgabe zu Strahlensatz und Pythagoras.
„Wir sollen die Größe dieses Rechtecks ermitteln, wobei die Länge der Diagonale 6 cm und die Strecke von X nach B 4 cm lang sind. S ist von der rechten Seite genau 2 cm entfernt.“ „Das klingt nicht einfach“, warf Bernd ein. „das meinte unser Lehrer auch“, gab Mike ihm Recht, „deshalb sollen wir eine Gleichung finden, in der nur die Seite a des Rechtecks vorkommt.
Was man als Unbekannte nimmt, ist oft Geschmackssache. Sie sollte auf jeden Fall geeignet sein, die benötigten Terme einfach darzustellen. Deshalb habe ich mich entschieden, in der Mitte anzufangen und mit dem Verhältnis mich gleich auf EINE Unbekannte zu beschränken.
-
Strahlensatz:
-
Strahlensatz
-
Mit diesen einfachen Termen setzen wir nun zweimal den Satz des Pythagoras an:
Wir haben nun die Seite b auf zwei Arten dargestellt und gehen die Gleichung an:
Mit Regula falsi z.B.
n = 1,73572325
a = 5,471446505
c = 3,152257422
b = 2,462371448
Nebenbei: Eine Gleichung für a erhält man aus der obigen, indem man n = (a-2)/2 ersetzt.
Aufgabe 6
198. Wertungsaufgabe
„Hallo Mike, da hast du mir ja eine Aufgabe da gelassen, als du mit Lisa ins Kino gegangen bist“, sagt Bernd etwas vorwurfsvoll. „Das wusste ich “, gab er leicht zerknirscht zu, „aber du hast es ja geschafft.“ „Aber klar doch“, gab Bernd zurück und schob ihm gleich noch einen Zettel hin. Mike las diesen und war der Meinung, dass diese Ali-Baba-Geschichte etwas für die Gruppe von Lisa und Maria sei.
Ali Baba hatte in der Schatzhöhle eine Truhe entdeckt. In dieser befanden sich viele Goldstücke. Auf die Frage eines Bandenmitgliedes, wie viele es denn am Anfang gewesen seien, erhielt dieser folgende Informationen: Als erstes entnahm Ali Baba 40 Prozent aller Münzen, beim zweiten Mal holte er genau 40 Münzen heraus und stellte fest, dass in der Truhe nun noch genau 40 Prozent der ursprünglichen Anzahl der Münzen lagen. Wie viele Münzen waren zu Beginn in der Truhe? (5 blaue Punkte).
„Was liegt denn da für ein zusammengefalteter Zettel auf dem Tisch rum“, fragte Maria, die gerade ins Zimmer kam, „soll ich den gleich mal mitnehmen?“. „Aber nein“, sagte Bernd erschrocken, „das ist doch mein Probierstück für meine Geometriezauberschau“. „Wie das denn?“, fragte Mike nach. „Nun, bei dem Papier handelt es sich um ein Rechteck, welches 12 cm breit und 24 cm lang ist. Das Rechteck wird entlang einer Diagonale gefaltet, dann werden die Stücke abgeschnitten, wo das Papier nicht doppelt liegt. Wenn du den Rest wieder auffaltest ist eine spezielle Vierecksart entstanden.“ „Bist du da sicher“, fragte Maria nach. „Aber klar doch, es lässt sich eindeutig nachweisen, dass es ein spezielles Viereck ist, selbst dessen Größe ist berechenbar.“ Wer es schafft, darf sich 8 Punkte gutschreiben lassen.Lösung
Die Lösung von Doreen, danke.
1)Am Anfang werden 40% der Gesamtmenge entnommen, nach der Entnahme von 40
Münzen sind noch 40% der Gesamtmenge vorhanden
->die 40 Münzen entsprechen also den übrigen 20%
=>die 100% entsprechen 200 Münzen, am Anfang waren 200 Münzen in der Truhe
2)die Diagonale e lässt sich leicht berechnen:
e=Wurzel(12²+24²)=Wurzel720=26,83
nun faltet man das Papier so, dass die beiden Enden der Diagonale (A, C)
auf einem Punkt sind->es entsteht eine Linie f, die genau vom Mittelpunkt
von e im rechten Winkel zu den beiden 24cm langen Papierseiten führt (Punkte
B und D)
wenn man nun die Punkte A-D verbindet, entsteht ein Viereck->wenn man nun
nachmisst, stellt man fest, dass die 24cm-Seite in ein 15cm-Stück und ein
9cm-Stück unterteilt wird->das 15cm-Stück gehört zu dem neuen Viereck (auf
der Parallelseite genauso)
die beiden anderen parallelen Seiten des Vierecks lassen sich nun berechnen:
a=Wurzel(12²+9²)=15
=>das Viereck ist ein Rhombus mit einer Seitenlänge von 15cm
nun müssen wir noch f berechnen: f=2*Wurzel(a²-(1/2e)²)=2*Wurzel45=13,42
A=1/2*e*f
A=180cm²
Aufgabe 7
199. Wertungsaufgabe
„Auf die Aufgabe mit Ali Baba haben sich die Kinder unserer Gruppe wie verrückt gestürzt“, sagte Lisa, die gerade mit Maria bei Bernd auftauchte. „Na, ist doch prima. Apropos gestürzt, da hätte ich gleich noch etwas für euch“, sagte Bernd. „Lass hören.“ „Also, zwischen Sportplatz und Schule ist doch eine Treppe. Die hat genau 24 Stufen. Wenn da manche hochflitzen, dann lassen die immer eine Stufe aus. Noch gefährlicher ist es dann, wenn die beim Runterrennen sogar immer zwei Stufen auslassen. Die Frage ist nun, wie viele der Stufen lassen die bei einmal hoch und runter aus. Da könnt ihr euren Kinder gleich noch drei blaue Punkte spendieren“. „Das geht klar“, sagen Lisa und Maria wie aus einem Mund.
„Apropos springen, bei einem älteren Känguru-Wettbewerb habe ich eine Aufgabe gesehen, die ich gerne etwas allgemeiner als dort formuliert mal hier in die Runde werfen würde“, sagte Mike, der nun nach seinem Training auch zu den dreien gestoßen war.
„Schaut euch das Bild an und lest dann den Zettel mit der Beschreibung durch.“:
In einem Rechteck ABCD, mit a >b wird die Diagonale von B nach D eingezeichnet. Der eingezeichnete Kreis berührt die Diagonale und die beiden Rechteckseiten. Der Punkt E ist der Mittelpunkt des Kreises. In welchem Verhältnis stehen die Flächeninhalte der beiden Rechtecke ABCD bzw. EFGH.?
Einander entsprechende Seiten der Rechtecke sind parallel zu einander. Die Punkte X, Y, und Z sind Hilfspunkte, die auf der Diagonalen liegen.
„Das sieht nicht einfach aus“, meinte Maria. „Ach so schlimm ist das gar nicht, man muss es nur genau aufschreiben, deshalb soll es dann auch 8 Punkte geben“, gab Mike zurück.Lösung
Das Rechteck EFCH setzt aus dem Dreieck EYX und dem Fünfeck YFCHX zusammen. Die Dreiecke DHX und EZX sind kongruent nach sws (Scheitelwinkel, rechte Winkel, Strecke DH ist gleich dem Radius EZ) ebenso sind die Dreiecke EYZ und BFY kogruent zueinander (Scheitelwinkel, rechte Winkel, Strecke FB ist gleich dem Radius EZ). Damit wird klar, die Fläche des Rechtecks EFCH lässt sich auch aus dem Dreieck DHX, dem Dreieck FBY und dem schon genannten Fünfeck YFCHX zusammensetzen, dass die diese drei Flächen gerade so groß sind wie das halbe Rechteck ABCD sieht man jetzt natürlich gleich.
Lösung zur blauen Aufgabe von XXX, danke
Wenn wir einmal alle geraden Nummern betreten, einmal alle Dreierzahlen, haben wir nicht betreten 1,5,7,11,13,17,19,23 also acht Stück.
Aufgabe 8
200. Wertungsaufgabe
„Hallo, ihr vier“, sagte Opa, „ich gebe zur Feier der Woche einen aus.“ „Was für eine Feier?“, fragte Bernd zurück. „Nun, auch wenn wir nicht von Anfang an dabei waren, so können wir doch auf die 200. Wochenaufgabe anstoßen. Eigentlich sind es sogar noch mehr, da es zwischendurch auch immer mal Aufgabengab, die nicht bewertet wurden. Richige Wertungsaufgaben allerdings sind es mit der heutigen genau 200.“ „Da möchte man ja den Ausdenker gleich mit einladen“, warf Lisa ein, „aber das geht ja leider nicht.“ „Stimmt, aber virtuell können wir ihm ja was zukommen lassen.“
Geld ist nicht alles, aber rechnen kann man schon damit. Nicht schwierig, aber sicherlich doch überraschend werden die Antworten ausfallen. Es ist eine Anlehnung an die allererste Aufgabe – mit weniger Geld, aber deutlich mehr Ergebnissen.
Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es 21 Cent mit gültigen Centmünzen zusammenzustellen? Es gibt pro vier gefundene Möglichkeiten einen blauen Punkt. „Und das lohnt sich“, gab Maria zu bedenken. „Aber klar doch“, beruhigte sie der Opa. „Na, wenn das so viele sind, wie sieht es dann bei einem Euro aus?“. Auch, wenn das nicht unbedingt eine so schwere Aufgabe ist, so soll es doch auch hier so viele Punkte wie bei den blauen geben.Lösung
Einsendungen gab es viele, vielen Dank.
Ein Freund von Christian - Bamberg - schrieb ein recht schnelles PHP-Script, welches die Lösungen liefert, vielen Dank - auch an den unbekannten Freund.
zum script
21 Cent lassen sich 44 mal zusammenstellen.
Bei einem Euro sind es sagenhafte 4563 Varianten, wenn man das 1-Euro-Stück mitrechnet.
Aufgabe 9
201. Wertungsaufgabe
„Wer hätte gedacht, dass es für einen Euro so viele Wechselmöglichkeiten gibt?“, sagte Mike, nach dem alle auf die Jubiläumsaufgabe angestoßen hatten. „Das war verblüffend“, meinte auch Bernds Vater, „aber nun möchte ich auch mal wieder eine Aufgabe beisteuern. Für unsere Firma wurde ein quadratisches Werbeposter (Kantenlänge 2m) bestellt, das an einem überdimensionalen Nagel aufgehängt werden sollte. Das recht dünne, aber doch sehr stabile Seil sollte genau einen Meter länger sein als der Umfang des Quadrats. Als das Poster kam, wurde das Seil zuerst so um das Poster gelegt, dass es wie ein quadratischer Rahmen aussah.
Was meint ihr, wie groß der Abstand zwischen Bild und Rahmen war? (3 blaue Punkte), anschließend wurde das Poster aufgehängt, so dass der Nagel sich genau über der Mitte einer Kante des Posters befand. Wie weit war der Nagel von dem Poster entfernt? (4 rote Punkte).“ „Das erinnert mich an die Aufgabe mit dem Seil um den Äquator“, meinte Lisa, die natürlich auch bei der Party war. „Ja, das ist richtig“, stimmte Maria zu, „da wäre also noch die Frage, wie verändern sich die Abstände, wenn man bei einem anders großen Poster die Aufgabenstellung durchführt.“ „Ja wie ist das mit dem Abstand für das Herumlegen eines solchen Seiles (quadratischer Rahmen) bei beliebig großen Quadraten (noch mal 4 blaue Punkte) bzw. beim Aufhängen des Posters (noch einmal 4 rote Punkte)“, fragte Bernds Vater nach.Lösung
Hier die Lösung von Doreen N., danke
1)Kantenlänge des Quadrats: a=2m
Seillänge: 4*a+1=9m
Seillänge pro Seite: 9m/4=2,25m ->25 cm länger als Seite->12,5cm Abstand von jeder Kante
Abstand allgemein: Abstand=((4a+1)/4-a):2=1/8=0,125
wenn das Seil 1 m länger als der Umfang des Quadrats ist, ist der Abstand immer 12,5 cm, unabhängig von der Kantenlänge des Quadrats
2) die Kante des Quadrats und das Seil um den Nagel bilden ein gleichschenkliges Dreieck
die beiden Schenkel haben jeweils eine Länge von 1,5 m ((a+1)/2) von der Kante zum Nagel wird jetzt eine Höhe errichtet->es entstehen 2 rechtwinklige Dreiecke
die längste Seite des Dreiecks ist 1,5m ((a+1)/2), eine Seite ist die halbe Kantenlänge(a/2), die dritte ist der gesuchte Abstand zum Nagel(und gleichzeitig die errichtete Höhe)
h²=1,5²-1²->h=1,118034
allgemein: h=Wurzel((a+1)/2)²-(a/2)²= Wurzel (2a+1)/4
hier ist der Abstand von der Kante zum Nagel nicht immer gleich, aber leicht zu berechnen
Aufgabe 10
202. Wertungsaufgabe
Bernd und Mike waren dabei, als das Poster in der Firma von ihrem Vater aufgehängt wurde. Dabei zeigte sich, dass sie richtig gerechnet hatten. Maria wollte eigentlich auch kommen, aber sie hatte dann doch die Zeit verpasst und so konnte sie sich erst am Abend den Bericht anhören. „Warum hast du es eigentlich verpasst?“, fragte Mike nach. „Als ich auf dem Weg war, zeigte die RathausUhr 11.30 Uhr an, so dachte ich, ich schaffe es noch bequem und bin noch kurz in den Buchladen gegangen, aber als ich vorhin wieder über den Markt lief, stand die Uhr immer noch so, sie war stehen geblieben.“ „Tja mit den Zeiten und Uhren ist das recht kompliziert“, gab Mike zu bedenken, „ich habe erst vor kurzem in einem Buch gelesen, dass die Römer eine ganz verrückte Einteilung hatten. Der Tag wurde in zwölf Stunden eingeteilt, allerdings bezog sich das von Sonnenaufgang bis Sonnenuntergang.“ „Das heißt dann doch, dass die Stunden immer unterschiedlich lang waren.“ „Genau. Nun pass mal auf, nehmen wir doch mal an, jemand würde solch eine Uhr bauen, die römische Uhrzeiten anzeigen würde. Also, Start bei Sonnenaufgang, nehmen wir mal 7.30 Uhr (unserer Zeit) und nach 12 römischen Stunden Stop bei Sonnenuntergang – sagen wir 16.30 Uhr unserer Zeit. Was hätte diese Uhr gezeigt, wenn sie auch um 11.30 Uhr unserer Zeit stehen geblieben wäre, die 60-ger Einteilung für Minuten und Sekunden soll auch für diese Uhr gelten. (5 Punkte)
„Apropos 60-ger Einteilung“, sagte Maria, „gerade die ist es, die immer wieder Schwierigkeiten macht, weil ja die meisten Umrechnungen auf der Zehn basieren. Da habe ich gleich mal eine Idee für meine Gruppe von Nachwuchsmathematikern. Eine DezimalUhr bleibt um 11.30 Uhr unserer Zeit stehen. Was zeigt die Uhr an?“ (6 blaue Punkte)
Regeln für die DezimalUhr:
Der Tag beginnt und endet um Mitternacht und wird in 10 DezimalStunden (dh) eingeteilt. Jede Dezimalstunde hat 100 DezimalMinuten (dmin), die wiederum in 100 DezimalSekunden (dsec) eingeteilt werden.Lösung
Hier die Lösung von Christian Wagner, danke
So, fangen wir mal an. Gegeben ist also der römische Tag von 7 Uhr 30 bis 16 Uhr 30, was 12 römischen Stunden bzw 720 römischen Minuten bzw 43200 römischen Sekunden entspricht. In unserer Zeit entsprechen 7 Uhr 30 bis 16 Uhr 30 nur 9 Stunden bzw 540 Minuten bzw 32400 Sekunden.
Also entsprechen 43200 römischen Sekunden 32400 Sekunden. Eine normale Sekunde entspricht also 0,75 römischen Sekunden (32400/43200).
Von 7 Uhr 30 (Start der römischen Uhr) bis um 11 Uhr 30 (Stillstand der Uhr) vergehen 4 Stunden bzw 240 Minuten bzw 14400 Sekunden. In römischer zeit entspricht dies 14400/0,75=19200 Sekunden bzw. 320 Minuten bzw. 5,333 Stunden. Die römische Uhr zeit also 5 Uhr und 20 Minuten an. (Anmerkung: V:XX römische Ziffern)
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Ein Tag hat 24 Stunden oder 1440 Minuten oder 86400 Sekunden.
Ein Dezimaltag hat 10 Stunden oder 1000 Minuten oder auch 100000 Sekunden
Eine Dezimalsekunde entspricht also 0.864 normalen Sekunden (86400/100000)
11 Uhr 30 entsprechen 11,5 Stunden oder 690 Minuten oder 41400 Sekunden
41400/0,864=47916,67
47917 dsec= 479,17 dmin 4,7917dh
Also zeigt die Uhr 4 dh 79 dmin 17 dsec
(Anmerkung: Die Uhr wird keine Bruchteile der dsec anzeigen, so dass die Rundungsregeln nicht greifen. Die Uhr zeigt also 4dh 79 dmin 16 dsec an.)
Aufgabe 11
203. Wertungsaufgabe
„Da bin ich ja froh, dass ich nicht so eine römische Uhr habe“, meinte Lisa, als sie von der letzten Aufgabe erfuhr, „wobei, an die Dezimaluhr könnte ich mich gewöhnen.“ „Wie wäre es, wenn wir einfach mal die letzten zwei Aufgaben durcheinander würfeln?“, meinte Bernd. „Wie das denn?“ „Nun, man kann doch auch eine Uhr – sprich einen Kreis – an einem Seil aufhängen. Es gilt also immer noch, dass das Seil einen Meter länger als der Umfang des Kreises. Ich mach mal zwei Aufgaben draus. Also wie groß, muss der Radius des Kreises sein, wenn der Winkel beim Nagel genau 60° beträgt und wie groß ist dann der Abstand des Nagels vom Kreis – 4 Punkte. Für die Herleitung einer Abstandsformel für einen beliebigen Radius gibt es 8 Punkte.“ „Ich denke, dass beide Teile für unsere jüngeren Matheasse zu kompliziert sind“, gab Maria zu bedenken. „Da stimme ich dir zu“, warf Mike ein. „Da fällt mir noch eine Aufgabe mit der Uhr ein. Bei der letzten Aufgabe ging es ja darum, dass die Rathausuhr um 11.30 Uhr stehen geblieben war. Die Uhr wurde repariert und wurde genau Montag, um 11.30 Uhr in Gang gesetzt. Allerdings ging die Uhr pro Stunde genau 10 Minuten vor, weil die Pendel falsch justiert waren. Es wurde der Uhrmacher geholt, der schaute nach oben und stellte fest, dass die Uhr genau die richtige Zeit anzeigte. Der Uhrmacher ging wieder. Nach einer Stunde wurde er wieder gerufen und nun sah er, dass die Uhr deutlich vorging und reparierte sie (richtig). Wann stand der Uhrmacher vor der Uhr und konnte seinen Fehler nicht bemerken? (6 blaue Punkte) Ich meine dabei die erste Gelegenheit für diese Situation“. „Das ist gut und sollte für unsere Gruppe zu schaffen sein“.Lösung
Blaue Punkte - Lösung von Doreen, danke
Die Rathausuhr zeigt nicht 24 Stunden an, sondern nur 12.
Pro Stunde geht die Uhr 10min vor, also in 6 Stunden eine Stunde.
Nach 24h geht sie 4 Stunden vor, nach drei Tagen genau 12 Stunden.
Nun zeigt die Uhr genau die "richtige falsche" Zeit an, der Fehler kann nicht bemerkt werden. Der Uhrmacher steht also am Donnerstag 11:30 Uhr vor der Uhr.
Lösung von XXX, danke
als pdf
Aufgabe 12
204. Wertungsaufgabe
„Da sieht man mal wieder, dass eine kleine Änderung in der Aufgabenstellung – Quadrat --> Kreis – doch ein große Wirkung haben kann“, meinte auch der Opa, als ihm Bernd von der letzten Aufgabe erzählte. „Auch halbe Kreise können es in sich haben.“ „Wie meinst du das?“, fragte Bernd. „Pass auf, ein Halbkreis soll mit einem geraden Schnitt in zwei flächengleiche Teile geteilt werden“. „Was ist daran schwer? Ich brauche doch bloß, zwei Viertelkreise daraus zu machen und fertig“. „Lass mich mal ausreden bzw. schau dir das Bild an. Wie groß muss der Winkel zwischen Durchmesser und Sehne sein, so dass die beiden Flächen A1 und A2 gleich sind?“
(Für eine gute Näherungslösung gibt es 8 Punkte)
Maria sah sich die Aufgabe an und meinte: „Das ist keine Aufgabe für meine Gruppe. Ich werde Folgendes fragen. Hört sich zwar komisch an, ist aber recht leicht. Pass auf. Bei einem Ehepaar – die zusammen 49 Jahre alt sind, ist er heute doppelt so alt, wie sie war, als er so alt war, wie sie jetzt ist.“ (4 blaue Punkte)Lösung
Lösung von Felix Karu, danke.
17_12.pdf
Lösung von Doreen, danke
1)e - er
s - sie
e>s
e+s=49
s=e-x
e=2(s-x)=2s-2x
->e=2(e-x)-2x
e=2e-4x
e=4x
->s=4x-x
s=3x
=>4x+3x=49
x=7
->s=21
e=28
Er ist also 28, sie ist 21.
Punkte für die Aufgaben Schwierigkeitsgrad 2 Aufgabennummer insgesamt 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 zu erreichende Punktzahl 91 4 5 6 8 12 8 8 11 8 5 8 8 Platz Name Ort Summe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 XXX ??? 81 4 5 6 - 12 8 8 11 8 5 8 6 2 Doreen Naumann Duisburg 70 4 3 6 8 7 8 8 10 8 5 4 1 3 Andree Dammann München 51 4 5 6 8 - 8 - 2 8 5 5 4 Mike Pfaffe Großenhain 46 - - - - 12 8 8 10 8 5 Christian Wagner Bamberg 22 - - 6 - - - - 11 - 5 6 Paul Koch Königs Wusterhausen 18 4 5 5 - - 4 - - - 6 Alice Ludewig Chemnitz 18 4 - 6 - - - - - 8 6 Katrin Posselt Chemnitz 18 - - - - - 6 4 3 4 1 7 Emil Maibier Chemnitz 16 - - 6 - - - - - 6 4 7 Richard Brinkel Chemnitz 16 - 5 - - - - - - 7 4 8 Andreas Walter Bautzen 12 4 - - 8 - - - - - 8 Sophie Dani Chemnitz 12 - - 5 - - - - - 7 8 Rico Bräutigam Chemnitz 12 - - 5 - - - - - 7 8 Lisa Graßmann Chemnitz 12 - - - - - - - 5 7 8 Ronja Fischer Chemnitz 12 4 - - - - - - - 4 4 9 Christoph - St. Thiebaut Chemnitz 10 - - 4 - - - - 1 5 9 Bernhard Richter Chemnitz 10 - - - - - - - - - 6 4 10 Judith Bergmann Chemnitz 9 - - 5 - - - - - 4 11 Stephanie Dani Chemnitz 8 - - - - - - - 1 7 11 Max Geißler Chemnitz 8 - - - - - - - - 4 4 11 Felix Karu Insbruck 8 - - - - - - - - - - - 8 12 Michael Janßen? Ascheffel? 7 - - - - - 7 - - - 12 Jakob Schreiter Chemnitz 7 - - - - - - - - 7 12 Janosch Dimter Chemnitz 7 - - 5 - - - - - - 2 13 Katrin Wolstein Bamberg 6 - - 6 - - - - - - 13 Eric Rech Chemnitz 6 - - - - - - - - 6 14 Felix Brinkel Chemnitz 5 - 5 - - - - - - - 15 Stefan Toman ??? 4 4 - - - - - - - - 15 Richard Hahmann Chemnitz 4 - - 4 - - - - - - 15 Lukas Steinke Chemnitz 4 - - 4 - - - - - - 15 Duncan Mahlendorff Chemnitz 4 - - - 4 - - - - - 15 Josephine Pallus Chemnitz 4 - - - 4 - - - - - 15 Jonathan Kässler Chemnitz 4 - - - 4 - - - - - 15 Marie Sophie Roß Chemnitz 4 - - - 4 - - - - - 15 Jamila Wäner Chemnitz 4 - 3 - - - - - 1 - 15 Robin Schmidt Chemnitz 4 - - - - - - - - 4 2 15 Steffen Scheunpflug Chemnitz 4 - - - - - - - - 4 15 Isabell Wache Chemnitz 4 - - - - - - - - 3 1 15 Petra Schleinitz ??? 4 - - - - - - - - - - 4- 15 Bibi Chemnitz 4 - - - - - - - - - - - 4 16 Anja Posselt Chemnitz 3 - 3 - - - - - - - 16 Luise Adam Chemnitz 3 - 3 - - - - - - - 17 Nina Zschätzsch Chemnitz 2 - 2 - - - - - - - 17 Agnieszka Urban Chemnitz 2 - - - 2 - - - - - 17 Matthias Keussen Chemnitz 2 - - - - - - - - - - - 2 18 Phillipp Fürstenberg Chemnitz 1 - - - - - - - 1 - Punkte für die Aufgaben Schwierigkeitsgrad 1 Aufgabennummer insgesamt 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 zu erreichende Punktzahl 63 4 5 4 5 3 5 3 11 7 6 6 4 Platz Name Ort Summe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 Doreen Naumann Duisburg 61 4 5 4 5 3 5 2 11 7 5 6 4 2 Andree Dammann München 58 4 5 4 5 3 5 3 11 7 5 6 3 XXX ??? 43 4 - - 5 3 5 3 11 7 5 4 Mike Pfaffe Großenhain 29 - - - - 3 5 3 11 7 4 Katrin Posselt Chemnitz 29 - - - - - 5 2 9 7 1 5 5 Alice Ludewig Chemnitz 26 4 - 4 - - - - 11 7 6 Christian Wagner Bamberg 23 - - 4 - 3 - - 11 - 5 7 Stephanie Dani Chemnitz 21 - - - - - - - 9 7 5 8 Felix Brinkel Chemnitz 19 - 2 - - - - - 11 6 8 Richard Brinkel Chemnitz 19 - 2 - - - - - - 7 6 4 9 Judith Bergmann Chemnitz 18 - - 4 - - - - 11 3 9 Lisa Graßmann Chemnitz 18 - - - - - - - 11 7 2 9 Herrman Thum Chemnitz 18 - 2 - - - - - 11 6 1 10 Paul Koch Königs Wusterhausen 17 4 2 4 - - 5 2 - - 10 Eric Rech Chemnitz 17 - - - - - - - 10 7 11 Lucas Steinke Chemnitz 14 - - 3 - - - - 11 - 0 11 Anja Posselt Chemnitz 14 - - - - - - - 10 2 2 12 Ria Hopke Chemnitz 11 - 1 - - - - - 10 - 12 Paul C. Zerbe Chemnitz 11 - - - - - - - 11 - 12 Simon ??? ??? 11 - - - - - - - 11 - 12 Duncan Mahlendorf Chemnitz 11 - - - - - - - 11 - 0 12 Sophie Dani Chemnitz 11 - - 4 - - - - - 7 12 Rico Bräutigam Chemnitz 11 - - 4 - - - - - 7 13 Emil Maibier Chemnitz 10 - - 4 - - - - - 6 14 Agnieszka Urban Chemnitz 9 - - - - - - - 9 - 14 Luise Adam Chemnitz 9 - - - - - - - 7 2 14 Ingmar Richter Chemnitz 9 - - 2 - - - - 5 - 2 15 Andreas Walter Bautzen 8 3 - - 5 - - - - - 15 Jonathan Kässler Chemnitz 8 - - - - - - 8 - 15 Nina Zätsch Chemnitz 8 - - - - - - - 8 - 15 Jamila Wähner Chemnitz 8 - 1 - - - - - 5 2 15 Marie Sophie Roß Chemnitz 8 - - - - - - - 6 2 16 Ronja Fischer Chemnitz 7 4 - - - - - - - 3 16 Jakob Schreiter Chemnitz 7 - - - - - - - - 7 16 Isabell Wache Chemnitz 7 - - - - - - - - 3 4 16 Bernhard Richter Chemnitz 7 - - - - - - - - 3 4 17 Marion Sarah Zenk Chemnitz 6 - - - - - - - - 6 17 petra Schleinitz ??? 6 - - - - - - - - - - 6 17 Josephine Pallus Chemnitz 6 - - - - - - - 6 - 17 Christoph - St. Thiebaut Chemnitz 6 - - - - - - - 3 3 17 Steffen Scheunpflug Chemnitz 6 - - - - - - - 4 2 18 Michael Janßen? Ascheffel? 5 - - - - - 5 - - - 19 Stefan Toman ??? 4 4 - - - - - - - - 19 Katrin Wolstein Bamberg 4 - - 4 - - - - - - 19 Richard Hahmann Chemnitz 4 - - 4 - - - - - - 19 Janosch Dimter Chemnitz 4 - - 4 - - - - - - 19 Felix Karu ??? 4 - - - - - - - - - - - 4 19 Leon Schubert Chemnitz 4 - - - - - - - - - - - 4 19 Lukas Kirchberg Chemnitz 4 - - - - - - - - - - - 4 19 Phillipp Schleupner Chemnitz 4 - - - - - - - - - - - 4 20 Ellen Richter Chemnitz 3 - 3 - - - - - - - 1 20 Phillipp Fürstenberg Chemnitz 3 - - - - - - - 3 - 21 Robin Schmidt Chemnitz 2 - - - - - - - - 2 21 Max Geißler Chemnitz 2 - - - - - - - - 2 22 Alina Gerstner ??? 1 - - - - - 1 - - -