Serie-6

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Serie 6
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

Bernd hatte sich bei Blitzeis den Fuß verstaucht und muss für zwei Wochen zu hause bleiben. Mike besucht ihn natürlich und füttert ihn mit Knobelaufgaben.

Würfel Dieser Würfel hat jeder andere auch 8 Ecken. In der unteren linken Ecke steht eine Null.
Die restlichen Ecken tragen die Bezeichnungen B bis H.
Die Zahlen von 1 bis 7 sind nun so auf die Ecken zu verteilen, dass sie alle genau einmal verwendet werden und dass die Summe zweier Zahlen entlang einer Kante immer eine Primzahl ergibt.
Hammerhart meint Bernd, aber nun ja. Für jede gefundene Lösung gibt es 2 Punkte.
Zu erreichen sind ?? Punkte.

Lösung

Primzahlen sind natürliche Zahlen, die größer als 1 sind und nur wiederum die 1 und sich selbst als Teiler haben.
Die systematische Suche nach den Lösungen beginne ich mit Punkt B. Die Zahlen 1, 4 und 6 entfallen dafür sofort. Die eventuell in Frage kommende 2 (0 + 2 = 2) entfällt, weil sich ansonsten an zwei benachbarten Eckpunkten ungerade Zahlen befinden müssten, deren Summe dann keine Primzahl wäre.
Prinzipiell mögliche ungeordnete Eckenpaare - z.B. (1;2) steht auch für (2;1):
(0;3), (0;5), (0;7), (1;2), (1;4), (1;6), (2;3), (2;5), (3;4), (4;7), (5;6) und (6;7), dass heißt sind zwei Nachbarn einer Ecke bekannt, so liegt der dritte automatisch fest. Fall 1: B = 3, dann muss C = 2 oder C = 4 sein
Fall 1.1. B = 3, C = 2 dann muss F = 4 sein. Für den Punkt G verbleiben die ungeraden Zahlen verbleiben dann 1; 5 und 7. Wegen 5 + 4 = 9 (F) und 2 + 7 = 9 (C) liegt G = 1 fest. Dann aber ist H = 6 und F = 5 und somit verbleibt E = 7.
Fall 1.2. B = 3, C = 4 dann muss F = 2 sein. Für den Punkt G verbleiben die ungeraden Zahlen verbleiben dann 1; 5 und 7. Wegen 5 + 4 = 9 (C) und 2 + 7 = 9 (F) liegt G = 1 fest. Dann aber ist H = 6 und D = 7 und somit verbleibt E = 5.
Fall 2: B = 5, dann muss C = 2 oder C = 6 sein
Fall 2.1. C = 2, dann muss F = 6 sein. Für den Punkt G verbleiben die ungeraden Zahlen verbleiben dann 1; 3 und 7. Wegen 6 + 3 = 9 (F) und 2 + 7 = 9 (C) liegt G = 1 fest. Dann muss D = 3, H = 4 und E = 7 sein.
Fall 2.2. C = 6, dann muss F = 2 sein. Für den Punkt G verbleiben die ungeraden Zahlen verbleiben dann 1; 3 und 7. Wegen 6 + 3 = 9 (C) und 2 + 7 = 9 (F) liegt G = 1 fest. Dann muss D = 7, H = 4 und E = 3 sein.
Fall 3: B = 7, dann muss C = 4 oder C = 6 sein.
Fall 3.1. C = 2, dann muss F = 4 sein. Für den Punkt G verbleiben die ungeraden Zahlen verbleiben dann 1; 3 und 5. Wegen 4 + 5 = 9 (F) verbleibt als Möglichkeiten für G die 3 und die 1. Mit G = 3 wird, aber D = 1 zwingend Widerspruch zur Primzahldefinition also bleibt wieder G = 1. Also ergibt sich D = 5, G = 2 und E = 3.
Den nun mehr letzten Fall möge der geneigte Leser selber begründen:
Es gibt also 6 verschiedene Lösungen und so sind 12 Punkte möglich gewesen.

Die Lösungen tabellarisch:
B C D E F G H
3 4 7 5 2 1 6
3 2 5 7 4 1 6
5 2 3 7 6 1 4
5 6 7 3 2 1 4
7 6 5 3 4 1 2
7 4 3 5 6 1 2


Aufgabe 2

Bernd geht es schon deutlich besser und so hat er die Aufgabe der letzten Woche komplett gelöst. Mike war hatte nicht so nachgedacht und was übersehen, nun ja.
In einem alten Buch des Großvaters finden sie folgende sonderbare Aufgabe:
Die Zahl 45 soll in 4 Summanden a, b, c, d zerlegt werden. Aber mit folgenden Bedingungen: a + 2 = b-2 = c . 2 = d : 2
Wie heißen die vier Summanden? Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Es wurden verschiedene Lösungswege übermittelt. Mehrere Varianten der Ersetzungstrategien bishin zum systematischen Probieren.
Beispiel:
Ich wähle x = a + 2 = b-2 = c . 2 = d : 2
Dann gilt: a = x - 2; b = x + 2; c = x/2 und d = 2x
dann aber ist (x - 2) + (x + 2) + x/2 + 2x = 45
4,5x = 45
x = 10
Also gilt nun ganz einfach:
a = x - 2; b = x + 2; c = x/2 und d = 2x
a = 8; b = 12; c = 5 und d = 20
Diese Zahlen erfüllen wie man leicht sieht die gestellten Bedingungen und eine andere Lösung gibt es nicht.



Aufgabe 3

Wegen der Winterferien in Sachsen gibt es eine Winterpause, dass heißt die Lösung braucht erst am 22.02.04 vorliegen.

Bernd geht wieder in die Schule und der Hausmeister, der eine Schach-Ag leitet, stellt ihm eine knifflige Aufgabe. Stelle 8 Damen so auf das Brett, dass keine eine andere schlagen kann. Das geht doch gar nicht, aber klar doch. Es soll 92 verschiedene Lösungen geben. Dabei wird das Brett natürlich nicht gedreht.
Okay, meint Mike, da jetzt Ferien sind knobeln wir da mal so richtig rum, denn Snowboardfahren darfst du ja eh noch nicht.
Die erste Dame soll auf a1 stehen. Es gibt bei dieser vorgebenen 4 Lösungen und damit kann es bis zu 12 Punkte geben.
Schachbrett

Lösung

Diese Aufgabe war recht knifflig und eine Lösungsformel wohl kaum in Sicht.
Eine Variante des systematischen Probierens besteht darin, dass die von links nach rechts immer nur so hoch gestellt werden wie notwendig und dann auf Widerspruchsfreiheit untersucht wird. Sollte der Fall eintreten, dass alle 8 Damen den Bedingungen entsprechen, dann hat man eine Lösung gefunden, wenn nicht dann wird von rechts beginnend weiter hoch gesetzt.
zu a1 ist b3 die tiefste Variante, dann muss c5 sein dann d2 und nun e4. Für f gibt es aber nun keine Dame mehr, also wird e nach oben verschoben, da geht aber nur noch e8, aber auch hier gibt es keine Dame auf f. Also wird jetzt d nach oben geschoben, da geht jetzt nur als tiefste Variante d7, dann e2, f4 und g6, aber nun gibt es wieder keine Variante auf h ... Dieses Verfahren wird Backtracking genannt.
Die Lösungen:
1. a1b5c8d6e3f7g2h4
2. a1b6c8d3e7f4g2h5
3. a1b7c4d6e8f2g5h3
4. a1b7c5d8e2f4g6h3
Eine vollständige Liste aller Lösungen gibt es in der Zeitschrift ALPHA 2/1977.

Eine interessante Nachfrage gab es von Andreas. Wie viele Damen braucht man mindestens, damit jedes Feld auf dem Brett durch eine Dame erreicht werden kann? Die Antwort ist: Es werden 5 Damen gebraucht. Eine der vielen Lösungen ist: a1b3c5d2e4 s.o. Die Fragestellung, schließt den Fall, dass sich die verwendeteten Damen selber auch schlagen können mit ein.



Aufgabe 4

Bernd und Mike hatten sich in den Ferien das gleiche Buch ausgeliehen. Als sie sich letzten Mittwoch trafen, hatte Bernd 150 Seiten gelesen und Mike bereits 350 Seiten. Als das Bernds Mutter hörte, meinte sie zu Bernd, da hast du noch dreimal so viel bis zum Ende des Buches zu lesen wie Mike, nun halt dich mal ran.
Wie viele Seiten hat das Buch?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Lösung

Es sei s die Seitenzahl des Buches und r der Rest von Mike, dann gilt:
Mike: 350 + r = s und
Bernd: 150 + 3r = s.
Also ist:
150 + 3r = 350 + r | - r -150
2 r = 200
Also ist Mikes Rest noch 100 und damit hat das Buch 450 Seiten. Bernd fehlen, dann 300 Seiten, was der dreifache Rest von Mikes Seiten ist.



Aufgabe 5

Bernd hatte mit viel Anstrengung das Buch der letzten Woche geschafft, da kam Mike schon wieder mit diesem Problemchen auf ihn zu:
In einem Sägewerk sollen Balken zersägt werden. Es gibt verschiedene Sorten. Am Montag wurde die Sorte Longwood verwendet. Aus dieser Sorte entstanden Stücke, die jeweils 75 cm lang waren. So ein Schnitt war jeweils 1 cm breit und dauerte 1 Minute. Nach 5 Minuten war ein solcher Balken zersägt.
Wie lang war der Balken vorher?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Lösung

Nicht alle haben die kleine Stolperstelle gesehen, so gab es recht oft nur 2 der 3 Punkte.
Es wurde 5-mal gesägt. So sind es also 5 cm Verschnitt und es sind dann 6 (nicht nur 5) Teile, die jeweils 75 cm lang sind.
Das sind zusammen also zusammen 5 cm + 6 . 75 cm, also 455 cm bzw. 4,55 m.



Aufgabe 5

Nachdem Mike es fast geschafft hätte Bernd mit der Holzaufgabe hereinzulegen, stöberte Bernd in alten Matheheften seines Opas und fand folgendes Problem:
Die neustellige Zahlenkombination eines Tresors hat es in sich. Natürlich darf man die sich nicht aufschreiben und so hat sich die ins Vertrauen gezogene Tochter des Chefs sich die Zahlenkombination folgendermaßen gemerkt.
Die neustellige Zahl zerlegte sie in drei dreistellige Zahlen, für die folgende Bedingungen gelten:
1. Die Quersumme, der ersten Zahl ist 18 (das Alter der Tochter).
2. Die zweite Zahl war dreimal so groß wie die erste Zahl.
3. Die dritte Zahl war um 99 kleiner als die zweite Zahl.
4. Die Ziffernfolge der dritten Zahl war genau umgekehrt wie die der ersten Zahl.
Wie lautet die Zahlenkombination?
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Lösung

Es gab verschiedene Lösungsvarianten, viele haben systematisch probiert und so auch nachgewiesen, dass es nur eine Lösung gibt.
Hier nun eine Variante mit der Aufstellung eines Gleichungssystem:
Die Ziffern der ersten Zahl seien in der richtigen Reihenfolge x, x, z. Die erste Zahl sei a, die zweite b und die dritte Zahl c. Dann gilt:
1. x + y + z = 18 (Quersumme)
2. a = 100x + 10y + z
3. b = 3a = 300x + 30y + 3z
4. c = b - 99 = 300x + 30y + 3z - 99
5. c = 100z + 10y + x
...
Hier die leicht verspätet eingetroffene Variante von Andreas
abc.def.cba
a+b+c=18
Die 2. Zahl ist 99 größer als die 3.
a kann nicht größer als zwei sein, denn 369 (kleinstmögliche nächste Zahl) mal 3 ist weit über 1000 und geht daher nicht.
Wenn a=0, dann b=c=9 sein. 1. (Zahl) also 099. Mal 3, fast 300 und 990 ist mehr als 99 größer als das.
Wenn a=1, dann b und c 8 und 9. 189 oder 198 mal 3 ist fast 600, aber selbst 891 ist noch zu groß dafür.
Wenn a=2, dann b und c = 8 oder 9,7. 297, 288, 279*3=891, 864, 837. Die 3. Zahl=972/882/792. 972 und 882 sind zu groß. Aber 792+99=891.
a=2
b=9
c=7
d=8
e=9
f=1
Die Zahlenkomination lautet 297.891.792.
Danke Andreas



Aufgabe 6

Mikes kleine Nichte Maria hat einen Stempelkasten geschenkt bekommen und spielt Matheunterricht. Sie stempelt mit großer Geduld die Zahlen von 0 bis 300 der Reihe in ein Heft. Immer wieder setzt sie Zahlen zusammen. Obwohl er es etwas öde findet, bewundert er doch die Ausdauer der Kleinen. Am nächsten Tag erzählt er Bernd davon, der meinte ebenfalls, so viel Ausdauer nicht zu besitzen, immer wieder die Ziffernstempel zusammen zu basteln. Ihm fällt aber auf, dass die Anzahl der verwendeten Ziffern nicht gleich ist. So fragt er sich beispielsweise bei welcher Zahl wohl Maria die Ziffer 1 das 111.-mal verwendet hat.
Tja, bei welcher Zahl war das wohl? Welche Ziffer wird insgesamt am wenigsten gebraucht?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Obwohl es nicht so schwer war, gab es doch eine Reihe Faselfehler, die noch mehr richtige Ergebnisse verhinderten.
Für die ersten 100 Zahlen also von 0 bis 99 kommt die 1 in jedem Zehner einmal als Einer vor und noch 10-mal als Zehnerstelle. Das sind also 20 Einsen. Alle Ziffern von 2 bis 9 kommen nach dieser Zählweise 20-mal vor, nur die Null ist die Verliererin.
Von 100 bis 199 gilt nun fast das gleiche Verhalten, nur das jetzt alle Ziffern 10-mal die Einerstelle und 10- mal die Zehnerstelle einnehmen. Nun kommt die 1 aber auch noch 100-mal an der Hunderterstelle vor und damit ist die Zahl der Einsen bei 199 schon bei 140 angelangt.
Also zurück:
189, das sind 11 Einsen weniger --> 129
179, das sind wieder 11 Einsen weniger --> 118
Sieben Einsen zu viel also wird 1 bei 172 das 111. Mal verwendet.
Die Null kann ihren Verlust aus dem ersten Hundert nicht wettmachen und bleibt die Letzte.



Aufgabe 7

Mike und Bernd haben in der letzten Woche am Kängerou-Wettbewerb teilgenommen. Das war ganz schön anstrengend gewesen. Es musste alles recht schnell gehen und so blieb ihnen nur eine Aufgabe im Gedächnis, weil diese sie an Aufgaben von Bernds Vater erinnerte, der immer irgendwelche Jahreszahlaufgaben gemacht hatte.
Die Jahreszahl 2004 hat so ihre Besonderheiten. Sie ist durch 4 teilbar und ihre Quersumme ist 6. Bernds Vater machte aus der Ursprungsaufgabe (die lautete, wie viele 4-stelligen Zahlen haben auch diese Eigenschaften) wieder mal eine Jahreszahlaufgabe daraus:
Wie viele Jahreszahlen vom Jahr 1 bis einschließlich 2004 haben auch die Eigenschaften?
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Lösung

Die Teilbarkeitsregel für die 4 lautet:
Eine natürliche Zahl ist ohne Rest teilbar, wenn die aus den zwei letzten Ziffern gebildete Zahl durch 4 teilbar ist. weitere Regeln
Die zweistellig geschriebenen Zahlen - teilbar durch 4 und selber mit einer Quaersumme von maximal 6 - sind dann die rot geschriebenen:
00, 04, 08, 12, 16, 20, 24, 28, 32, 36, 40, 44, 48, 52, 56, 60.
Weiter muss die Reihe nicht geführt werden, da die Quersummebedingung nicht mehr erreicht wird. Es gibt also 7 Varianten.
Zwei der Zahlen haben die Quersumme 6, also sind Jahreszahlen - 24 und 60 - als zweistellige gefunden.
Nun die dreistelligen, dazu muss nur der Rest bis zur Quersumme ergänzt werden:
600, 204, 312, 420, 132 und 240. Damit hat sich die Anzahl der Jahreszahlen auf 8 erhöht.
Bei den vierstelligen Zahlen m¨ssen die Hunderterstellen der 6 gerade gefundenen Zahlen so zerlegt werden, die zweistellige Zahl nicht die 20 überschreitet, da ja nur die Jahreszahlen bis 2004 genommen werden dürfen.
600 --> 1500
204 --> 2004 und 1104
312 --> 1212 (Beispiel: 3 --> 03,12, 21, 30, nur die 12 erfüllt die Regeln)
420 --> 1320
132 --> 1032
240 --> 1140 (2040 ist nicht zulässig)
Es gibt also genau 15 Jahreszahlen, die alle Bedingungen erfüllen, nicht gerade viel.
chronologisch: 24, 60, 132, 204, 240, 312, 420, 600, 1032, 1104, 1140, 1212, 1320, 1500, 2004



Aufgabe 8

Da hatte doch Bernd in der letzten Woche glatt zwei Zahlen übersehen und so lag Mike halt vorn in ihrem kleinen Wettbewerb, nun ja. Bernds Vater hatte schon die nächste Aufgabe parat, also mit voller Konzentration ging Bernd vor:
Schreibe die Zahlen von 1 bis 40 der Reihe nach auf. Jetzt wird der Reihe nach bei 1 begonnen und geschaut, wie oft sie sich als Summe zweier bisher angeschauter und stehen gebliebener Zahlen ergibt. Gibt es genau eine Möglichkeit bleibt die Zahl stehen, ansonsten wird sie gestrichen.
Für die Zahlen von 1 bis 12 sieht das Ergebnis dann so aus: 1; 2; 3; 4; (5 nicht wegen 1 + 4 und 2 + 3); 6; (7 nicht, 7 = 1 + 6 = 3 + 4); 8; (9; 10 nicht); 11; (12 nicht) also was in Kurzform bleibt ist: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 11;
Für jede gefundene Zahl zwischen 12 und 40 gibt es einen Punkt, wird eine falsche Zahl angegeben, werden Punkte abgezogen, allerdings, ohne dass es zu theoretisch möglichen Punktabzügen kommt.

Lösung

Ach du Schreck, das ja war nicht so einfach mit der Aufgabe und dem Konzentrieren. Also noch mal langsam.
Keine Additionsvariante oder aber mehr als eine, dann streichen, wenn genau eine, dann bleibt die Zahl stehen. Sinn macht das ganze natürlich nur, wenn die Summanden verschieden sind, wie auch in den Beispielen geschriebendenn ansonsten wären die 4, die 6 und die 8 auch entfallen.
Zum systematischen Probieren ist es sinnvoll mit den möglichen Summanden mit den kleinsten zu beginnen, dann kann man nach dem Erreichen der Hälfte der zu untersuchenden Zahl aufhöhren.
Bekannt sind bisher: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 11 die anderen Zahlen bis zur 12 sind gestrichen.
Die roten Zahlen bleiben stehen:
13 = 2 + 11
14 = 1 + 13 = 3 + 11
15 = 2 + 13 = 4 + 11
16 = 3 + 13
17 = 1 + 16 = 4 + 13
18 = 2 + 16
19 = 1 + 18 = 3 + 16
20 = 2 + 18 = 4 + 16
21 = 3 + 18 = 8 + 13
22 = 4 + 18 = 6 + 16
23
24 = 6 + 18 = 11 + 13
25
26 = 8 + 18
27 = 1 + 26 = 11 + 16
28 = 2 + 26
29 = 1 + 28 = 3 + 26
30 = 2 + 28 = 4 + 26
31 = 3 + 28 = 13 + 18
32 = 4 + 28 = 6 + 26
33
34 = 6 + 28 = 8 + 26
35
36 = 8 + 28
37 = 1 + 36 = 11 + 26
38 = 2 + 38
39 = 1 + 38 = 3 + 36
40 = 2 + 38 = 4 + 36
Geschafft, die fehlenden 7 Zahlen waren also 13, 16, 18, 26, 28, 36 und 38.
Bis zur Hundert sind das: 47, 48, 53, 57, 62, 69, 72, 77, 82, 87, 94, 96, 99. Diese Zahl sind ohne Gewähr, da ich sie nicht nachgerechnet habe.



Aufgabe 9

Mike hatte sich letzte Woche vertan und so war die Bilanz mit Bernd wieder ausgeglichen:
Bernds Opa hatte einen Klassiker ausgebuddelt und der geht ungefähr so:
Auf dem Grabstein von Diophantos - ein Mathematiker, der sich mit der ganzzahligen Lösungen von Gleichungen beschäftigte - soll folgendes gestanden haben. Ihm war gegeben 1/6 seines Lebens ein Junge zu sein und nach Verlängerung um 1/12 bedeckte er seine Wangen mit Flaum. Das Licht der Ehe entzündete ihn nach wiederrum 1/7 der Lebenszeit und 5 Jahre nach der Hochzeit wurde ihm ein Sohn geboren. Doch ach, so spät geborenes Wesen.! Kaum war es halb so alt wie sein Vater, wurde es vom Schicksal dahin gerafft. Nach dem Diophantos seinen Kummer 4 Jahre hindurch durch das Studium der Zahlen gelindert hatte, vollendete sich sein Leben.
Wie alt ist er geworden?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Verschiedene Lösungsansätze wurden verwendet und es gab nur wenige falche Einsendungen.
Hier nun der Lösungsweg als Gleichung:
a sei das erreichte Alter: a = 1/6 a + 1/12 a + 1/7 a +5 + a/2 + 4
a = 75/84 a + 9 | - 75/84 a
9/84 a = 9 | : 9/84
a = 84
Diophantus wurde 84 Jahre alt. Die Länge der einzelnen Lebensabschnitte nachzurechnen, überlasse ich diesmal dem geneigten Leser.



Aufgabe 10

Bernd hat über Ostern mal in alten Wochenaufgaben gelesen. Dabei fiel ihm die Klassikeraufgabe mit Wolf, Ziege und Kohlkopf auf. (Serie 2 Aufgabe 9)
Da kam ihm eine Idee und so lautet diese Aufgabe nun wie folgt.
Ein Mann kommt mit einem alten hungrigen Drachen - der nicht mehr fliegen kann - einem Wolf, einer Ziege und einem Kohlkopf an einen Fluss. Dort findet er ein kleines Boot vor, mit dem er jeweils nur den Drachen, den Wolf, die Ziege oder Kohlkopf transportieren kann. Er überlegt: Den Wolf kann er mit der Ziege nicht allein lassen, ebenso wenig ist es möglich, die Ziege und den Kohlkopf ohne Aufsicht zu lassen. Weiterhin würde der Drache den Wolf fressen, es sei denn der Duft des Kohls beruhigt ihn. Da die nächste Brücke viel zu weit entfernt ist, muss er das Boot zum Übersetzen benutzen. Gib eine Möglichkeit an, wie der Mann mit möglichst wenig Fahrten Drache, Wolf, Ziege und Kohlkopf verlustfrei zum anderen Ufer schaffen kann. Vergleiche die Anzahl der Fahrten (ohne Leerfahrten) mit der Klassikaufgabe.
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

1. Fahrt: Ziege wegbringen
2. Fahrt: leer zurück
3. Fahrt: Wolf wegbringen
4. Fahrt: Ziege zurück
5. Fahrt: Kohl wegbringen
6. Fahrt: leer zurück
7. Fahrt: Drachen wegbringen
8. Fahrt: leer zurück
9. Fahrt: Ziege wegbringen
Erstaunlicherweise ist es nur eine volle Fahrt mehr wie bei der Klassikaufgabe.
Es gibt noch eine zweite Lösung, die so kurz ist.



Aufgabe 11

Bernd ist am Programmieren und liest ein sehr dickes Handbuch. Zu Mike sagt er, ich war ganz fleißig, so beträgt das Produkt der Seiten an der Stelle wo ich gerade bin 78120. Das klingt logisch meint darauf hin Mike, aber ich habe meine Zweifel, dass du wirklich soweit bist.
Um welche Seitenzahlen handelt es sich? (3 Punkte), aber warum kann das eigentlich wiederum nicht sein? (1 Punkt)

Lösung

Es liegt nahe, dass es sich um zwei natürliche Zahlen handelt, die sich um 1 unterscheiden. Der Ansatz ist dann:
x(x+1) = 78120. Die natürliche Zahl, die diese Gleichung erfüllt ist 279.
Es sind also die Seitenzahlen 279 und 280. Zwar gibt es so dicke Bücher, die solche Zahlen aufweisen - einschließlich Harry Potter - aber wenn man in Bücher schaut, stellt man fest, dass links eine gerade Zahl und rechts eine ungerade Zahl ist. Es k&oul;nnte also nur die 278 und 279 bzw. die 280 und 281 sein, da hat wohl Bernd doch etwas gemogelt.



Aufgabe 12

Bernds Vater hat in einem alten Knobelbuch folgende Aufgabe entdeckt:
Ein fauler Mensch lag am Ufer einer Flusses, da trat der Teufel auf ihn zu und meinte. Wenn du über den Fluss schwimmst verdopple ich dir dein Geld, welches du in der Tasche hast. Klingt gut, meinte der Faule, dafür lohnte es sich vielleicht doch mal was zu tun. Allerdings musst dir mir jedesmal, wenn du ans Ufer kommst, die bescheidene Summe von 24 Talern überlassen. Einverstanden.
Der Faule, schwamm los, hatte am anderen Ufer das Doppelte in der Tasche. Er gab dem Teufel, ohne in die Tasche zu schauen, die 24 Taler und schwamm mit dem Rest los. Als er ankam hatte er wieder das Doppelte in der Tasche, gab dem Teufel die 24 Taler und schwamm noch mal rüber. Als er nun in die Tasche griff, stellte er mit Entsetzen fest, dass nach dem Ausbezahlen des Teufels nichts mehr in der Tasche war. Der Teufel lachte und verschwand. Nun wer zu faul zum Denken ist, hat die kleine Lektion wohl verdient.
Wie viele Taler hat der Faule am Anfang in der Tasche?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Am besten ist in diesem Fall wohl das Rückwärtsrechnen.
1.Er hatte 24 Taler zu geben also waren es vor dem Schwimmen noch 12 Taler, die er in der Tasche hatte.
2. Zu diesen Talern kommen die 24 Taler Gebühr dazu, das sind 36 Taler, also war er mit 18 Taler losgeschwommen.
3. Zu diesen Talern kommen wieder 24 Taler Gebühr da zu, das sind 42 Taler, also hatte er am Anfang 21 Taler. Drei mal war er geschwommen.
PS.: Bei der Gebühr ergeben sich interessante Grenzen für den Startwert.
1. Hat der Faule bis zu 12 Talern in der Tasche, ist das Spiel beim ersten Mal zu Ende.
2. Hat der Faule genau 24 Taler in der Tasche, kann er ewig schwimmen, ohne das es in seiner Tasche mehr wird.
3. Hat der Faule mehr als 24 Taler, werden seine Taschen immer schwerer und es ist die Frage, wann er aufhört oder vor lauter Geiz ertrinkt.



Auswertung Serie 6

Platz Name Ort Punkte
1 Doreen Naumann Duisburg 79
2 Annika Theumer Chemnitz 75
3 Mawi Dresden 62
4 PC Zerbe Chemnitz 51
5 Katrin Wolstein Bamberg 50
6 Kim Holtze Fröndenberg (NRW) 48
7 Katha Berlin 47
8 Martin Selbmann Chemnitz 40
9 Andreas Lang Chemnitz 37
10 Dominique Güra Chemitz 26
11 Josefine Hartwig Chemnitz 22
12 Josephine Koch Chemnitz 21
13 Catrin Hufenbach Chemitz 15
13 Helene Baumann Chemnitz 15
14 Christian Böhme Chemitz 14
15 Salomon Brunner Chemnitz 12
16 Anna Seidel Chemnitz 10
16 Eddy Bamberg 10
16 Anna Melzer Amtsberg 10
16 Alexander Becker Chemnitz 10
17 Loreen Jagelmann Chemnitz 9
17 Franziska Schaarschmidt Jahnsdorf 9
17 Sophie Jänich Chemitz 9
17 Anne Selbmann Chemnitz 9
18 Tina Hähnel Chemitz 8
18 Stefan Knorr Chemnitz 8
18 Felix Kummer Chemnitz 8
19 Rosa Laura Czys Chemnitz 6
19 Margarethe Nehler Chemnitz 6
20 Gregor Schumann Chemnitz 5
21 Malte Lohs Chemitz 4
21 Daniel Hufenbach Chemitz 4
21 Franz Münzer Chemnitz 4
21 Max Wawrzyniak Chemnitz 4
22 Jakob Hastedt Chemnitz 3
22 Maria-Viktoria Herrmann Chemnitz 3
22 Luise Heinrich Chemnitz 3
23 Jonas Döhne Chemitz 2
23 Lisa Bock Chemnitz 2
23 Dominique Brunner Chemnitz 2
23 Till Kummer Chemnitz 2
23 Nancy Schletter Chemnitz 2
23 Martin Feldmann Chemnitz 2
24 Simon Kolata Chemitz 0