Serie-17

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.

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.

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).

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.

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.

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.

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.

1. Strahlensatz:

2. Strahlensatz

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

   1. 

   2. 

   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.

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   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

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   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.

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   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.

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   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

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   Aufgabe 10

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

   Lösung

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

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   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

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   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	-	-	-