Serie-25

Serie 25
Aufgabe und Lösungen

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

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

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

Aufgabe 2

290.  Wertungsaufgabe

Aufgabe 3

291.  Wertungsaufgabe

The Four Princes.

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

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

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

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

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

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

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

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

Aufgabe 4

Aufgabe 5

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

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

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

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

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

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

Mike zeigt gleich, dass er gut zugehört hat:

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

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

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

Aufgabe 6

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

Lösung:

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

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

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

Ein ganz besonders davon ist:

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

Aufgabe 7

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

Lösung:

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

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

Beispiele von echt verschiedenen Quadraten:

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

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

Lösung:

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

Als Summen ergeben sich: 1 + 2 = 3

4 + 5 + 6 = 7 + 8 = 15

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

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

Die n-te Zeile beginnt mit n².

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

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

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

Die Summen links und rechts des Striches sind also gleich.

Aufgabe 9

297. Wertungsaufgabe

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

Lösung:

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

x die Zeit für die 360°:

x : 24 h = 360° : 279,11° | * 24 h

x = 24 h * 360°: 279,11°

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

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

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

Aufgabe 10

298. Wertungsaufgabe

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

Lösung:

blau:

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

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

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

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

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

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

Aufgabe 11

299. Wochenaufgabe

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

Lösung:

Als Lösungsbeispiel die Variante von XXX, danke:

als pdf

Aufgabe 12

300. Wochenaufgabe

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

Lösung:

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

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