Serie-18

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Serie 18
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

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

Lösung

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

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

 



Aufgabe 2

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

Lösung

Die Lösung von Felix Karu, danke
Lösung von 2006
Klick aufs Bild für eine große Ansicht.
Die Lösung von Doreen N., danke
2)1.Würfel: 1, 2, 3, 4, 5, 6
2.Würfel: 0, 2, 2, 3, 4, 5
Nun habe ich die 36 möglichen Kombinationen aufgeschrieben und dann einfach ausgezählt, welche Zahl am häufigsten vorkommt.
Die Summe 6 kommt 6 Mal vor und damit am häufigsten, die Summen 5, 7 und 8 je 5x, die 4 4x, 3 und 9 je 3x, die 10 2x und die 1, 2 und 11 je 1x.



Aufgabe 3

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

Lösung

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



Aufgabe 4

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

Lösung

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



Aufgabe 5

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

Lösung

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

Danke für die schöne Tüte.

 



Aufgabe 6

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

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

 

Lösung

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



Aufgabe 7

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

Lösung

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



Aufgabe 8

212. Wertungsaufgabe
"Dein Vater hat uns ja ganz schön auf Trab gehalten mit seinen Proniczahlen und ich vermute, da wird er uns wohl irgendwann noch mal was nachliefern", war Mike überzeugt. "Das vermute ich auch", sagte Bernd, "es aber war mal wieder was anderes. Nun ist ja bald das Osterfest und da sollten wir uns mal diesem schönen Ei zuwenden."
212
"Das sieht ja richtig gut aus. Wie hast du das konstruiert?", fragte Lisa. "Wie das konstruiert wird, das kann deine Gruppe selber herausfinden. (6 blaue Punkte für eine Konstruktionsbeschreibung.) Natürlich hat das Ei eigentlich keine weißen Streifen im Inneren, die sind nur zur Hilfe gedacht. Das grüne Dreieck ist rechtwinklig und gleichschenklig, wobei die längste Seite mit 4 cm gut hinkommt. Alles, was rund aussieht, ist mit dem Zirkel zu zeichnen. Die blauen Teile sind direkt miteinander "verwandt" , das heißt, die Maße für das Dreieck werden  von den oberen beiden blauen Teilen übernommen, so als hätte man die Eispitze glatt abgeschnitten. Welchen Flächeninhalt dieses Ei hat, ist für 8 Punkte herauszubekommen." Für Leser des Newsletter gibt es noch ein extra Ei dazu.

Lösung

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



Aufgabe 9

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

Lösung

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



Aufgabe 10

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

Lösung

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



Aufgabe 11

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

Lösung

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



Aufgabe 12

216. Wertungsaufgabe

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

Lösung

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



Auswertung Serie 18 (blaue Liste)

Platz

Name

Ort

Summe

Aufgabe

 

205

206

207

208

209

210

211

212

213

214

215

216

1.

Doreen Naumann

Duisburg

40

3

3

3

2

3

3

3

6

4

3

3

4

2.

Felix Karu

Innsbruck

37

-

3

3

-

3

3

3

6

6

3

3

4

3.

Andree Dammann

München

32

3

3

3

-

3

3

2

6

2

3

-

4

4.

XXX

???

30

-

-

3

10

3

3

3

-

2

-

2

4

5.

Eric Rech

Chemnitz

27

-

-

3

10

2

3

3

-

-

3

3

-

6.

Katrin Posselt

Chemnitz

25

3

1

3

4

3

3

2

-

-

-

3

3

7.

Ellen Richter

Chemnitz

19

6

3

3

-

-

3

-

-

-

-

-

4

8.

Phillpp Schleupner

Chemnitz

14

-

-

2

-

-

3

3

6

-

-

-

-

9.

Stephanie Dani

Chemnitz

13

3

3

-

-

3

-

2

-

-

-

2

-

9.

Ria Hopke

Chemnitz

13

-

3

3

-

-

3

-

-

-

-

-

4

10.

Hermann Thum

Chemnitz

12

3

3

-

-

3

-

3

-

-

-

-

-

10.

Anja Posselt

Chemnitz

12

3

3

-

-

3

-

-

-

-

-

3

-

11.

Marie Sophie Roß

Chemnitz

11

3

3

-

-

-

3

-

-

-

-

2

-

11.

Lucas Steinke

Chemnitz

11

3

3

-

-

-

3

-

-

-

-

2

-

12.

Luise Adam

Chemnitz

10

-

3

1

-

3

-

-

-

-

-

3

-

13.

Ronja Fischer

Chemnitz

9

-

-

3

-

-

-

-

6

-

-

-

-

13.

Jamila Wähner

Chemnitz

9

-

3

-

-

3

-

-

-

-

-

3

-

13.

Emil Maibier

Chemnitz

9

3

-

3

-

3

-

-

-

-

-

-

-

13.

Christoph-Stefan Thibeaut

Chemnitz

9

-

-

3

-

-

-

-

6

-

-

-

-

13.

Lisa Grassmann

Chemnitz

9

-

3

3

3

-

-

-

3

-

-

-

-

-

13.

Alice Ludewig

Chemnitz

9

3

-

3

-

-

-

3

-

-

-

-

-

13.

Bernhard Richter

Chemnitz

9

3

-

-

-

-

-

-

6

-

-

-

-

14.

Duncan Mahlendorff

Chemnitz

8

-

3

2

-

-

-

3

-

-

-

-

-

15.

Nina Zätsch

Chemnitz

7

-

3

3

-

-

1

-

-

-

-

-

-

16.

Felix Brinkel

Chemnitz

6

-

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

-

16.

Christian Wagner

Bamberg

6

3

-

-

-

3

-

-

-

-

-

-

-

16.

Josephine Pallus

Chemnitz

6

-

3

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

16.

Janosch Dimter

Chemnitz

6

-

-

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

16.

Leon Schubert

Chemnitz

6

-

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

-

16.

Isabell Wache

Chemnitz

6

-

-

3

-

-

-

3

-

-

-

-

-

16.

Marion Sarah Zenk

Chemnitz

6

-

3

-

-

-

-

3

-

-

-

-

-

16.

Jakob Schreiter

Chemnitz

6

-

-

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

17.

Richard Brinkel

Chemnitz

5

-

-

3

-

2

-

-

-

-

-

-

-

17.

Ingmar Richter

Chemnitz

5

2

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

17.

Lukas Kirchberg

Chemnitz

5

-

3

2

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Rico Bräutigam

Chemnitz

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Robin Schmidt

Chemnitz

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Dario Möller

Gossau (CH)

3

-

-

-

-

-

3

-

-

-

-

-

-

18.

Sophie Dani

Chemnitz

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Julia Scheunpflug

Chemnitz

3

-

-

-

-

-

-

3

-

-

-

-

-

18.

Johannes Gold

Chemnitz

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Max Geißler

Chemnitz

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Jonathan Käßler

Chemnitz

3

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Richard Hahmann

Chemnitz

3

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Steffen Scheunpflug

Chemnitz

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Jan Höffler

???

3

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Katrin Wolstein

Bamberg

3

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Philipp Fürstenberg

Chemnitz

3

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Judith Bergmann

Chemnitz

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Agnieszka Urban

Chemnitz

3

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

19.

Daniel Hufenbach

Chemnitz

2

-

-

-

-

-

-

2

-

-

-

-

-

Auswertung Serie 18 (rote Liste)

Platz

Name

Ort

Summe

Aufgabe

 

205

206

207

208

209

210

211

212

213

214

215

216

1.

Doreen Naumann

Duisburg

59

8

8

3

1

8

8

4

7

4

3

3

3

2.

XXX

???

54

-

8

6

3

7

8

4

7

2

3

4

2

2.

Felix Karu

Innsbruck

54

-

8

6

-

8

8

4

8

4

3

3

2

4.

Andree Dammann

München

51

8

8

3

-

8

8

4

7

-

3

-

2

5.

Eric Rech

Chemnitz

35

-

-

6

3

8

7

4

-

-

3

4

-

6.

Katrin Posselt

Chemnitz

32

8

8

3

-

-

8

-

-

-

-

3

2

7.

Emil Maibier

Chemnitz

20

6

-

6

-

8

-

-

-

-

-

-

-

8.

Alice Ludewig

Chemnitz

16

8

-

4

-

-

-

4

-

-

-

-

-

9.

Christoph-Stefan Thibeaut

Chemnitz

15

-

8

3

-

-

-

-

4

-

-

-

-

10.

Bernhard Richter

Chemnitz

14

8

-

-

-

-

-

-

6

-

-

-

-

10.

Christian Wagner

Bamberg

14

6

-

-

-

8

-

-

-

-

-

-

-

11.

Janosch Dimter

Chemnitz

12

-

-

6

-

-

6

-

-

-

-

-

-

12.

Jamila Wähner

Chemnitz

11

-

6

-

-

5

-

-

-

-

-

-

-

13.

Leon Schubert

Chemnitz

10

-

-

2

-

8

-

-

-

-

-

-

-

14.

Hermann Thum

Chemnitz

9

8

-

-

1

-

-

-

-

-

-

-

-

15.

Sophie Dani

Chemnitz

8

8

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

15.

Katrin Wolstein

Bamberg

8

8

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

15.

Jan Höffler

???

8

8

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

15.

Anja Posselt

Chemnitz

8

8

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

16.

Jakob Schreiter

Chemnitz

6

-

-

-

-

-

6

-

-

-

-

-

-

17.

Daniel Hufenbach

Chemnitz

4

-

-

-

-

-

-

4

-

-

-

-

-

17.

Felix Brinkel

Chemnitz

4

-

-

-

-

4

-

-

-

-

-

-

-

17.

Isabell Wache

Chemnitz

4

-

-

2

-

-

-

2

-

-

-

-

-

18.

Marie Sophie Roß

Chemnitz

3

-

-

-

-

-

3

-

-

-

-

-

-

18.

Robin Schmidt

Chemnitz

3

-

-

3

-

-

-

-

-

-

-

-

-

18.

Ria Hopke

Chemnitz

3

-

-

-

-

-

3

-

-

-

-

-

-

19.

Steffen Scheunpflug

Chemnitz

2

-

-

2

-

-

-

-

-

-

-

-

-

19.

Ina Steinke

???

2

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

2

-

19.

Richard Brinkel

Chemnitz

2

-

-

2

-

-

-

-

-

-

-

-

-

19.

Julia Scheunpflug

Chemnitz

2

-

-

-

-

-

-

2

-

-

-

-

-

19.

Max Geißler

Chemnitz

2

-

-

2

-

-

-

-

-

-

-

-

-

19.

Dario Möller

Gossau (CH)

2

-

-

-

-

-

2

-

-

-

-

-

-