Serie-7

Aufgabe 1

Bernds Großvater hat im Übungsheft aus seiner Schulzeit folgende Aufgabe wieder gefunden:
Ein Weinhändler bekam von seinem Lieferanten 6 Fä&er Wein. Diese enthielten feinsten trockenen Rotwein und hatten folgende Abmeßungen: 15 Liter, 16 Liter, 18 Liter, 19 Liter, 20 Liter und 31 Liter. (Das muss eine alte Aufgabe sein, heute sind die doch alle gleich groß, nun ja).
Am ersten Tag verkaufte er 3 Fässer, am zweiten Tag 2 Fässer und am 3. Tag wurde er das letzte Fass los. Kein Fass wurde geöffnet, sondern immer komplett verkauft. Die Menge des verkauften Weines war am ersten Tag genau doppelt so groß wie am zweiten Tag. Wie viel Liter Wein verkaufte er jeweils an den drei Tagen?
Zu erreichen sind 5 Punkte.

Die Minimalmenge am zweiten Tag wären 15 Liter + 16 Liter = 31 Liter. Dann wären am 1. Tag 62 Liter verkauft worden. Dann passt das 31 Literfass nicht, aber auch die verbleibenden 3 Fässer ergeben nicht 62 Liter. Also geht die Minimalmenge nicht.
2. Versuch: Am zweiten Tag wären es 15 Liter + 18 Liter = 33 Liter. Dann wären am 1. Tag 66 Liter verkauft worden. Die lassen sich (eindeutig) durch 31 Liter + 19 Liter + 16 Liter realisieren, dann bleibt das 20 Literfass für den 3. Tag. Der 2. Versuch bringt eine Lösung.
3. Versuch: Am zweiten Tag wären es 15 Liter + 19 Liter = 34 Liter. Dann wären am 1. Tag 68 Liter verkauft worden. Die verbleibenden Fässer reichen nicht um mit dreien von ihnen die 68 Liter zusammenzustellen. (31 + 20 + 18 = 69 bzw. 31 + 20 + 16 = 67). 3. Versuch gescheitert.
Zwischenüberlegung die maximale Literzahl bei drei Fässern ist 70 Liter (31 + 20 + 19). dass heißt es können am zweiten Tag höchstens 35 Liter sein.
4. Versuch: Am zweiten Tag wären es 15 Liter + 20 Liter = 35 Liter. Dann wären am 1. Tag 70 Liter verkauft worden. Die sind aber nicht mehr schaffbar mit drei Fässern, denn dazu würde das 20 Literfass gebraucht, nun ist also gezeigt, weitere Lösungen gibt es nicht.
Es gibt auch elegantere Lösungen so von Katha:
Die Menge an Wein die am 2. Tag verkauft wurde sei x, x ist Element aus N. Die Menge an Wein die am 3. Tag verkauft wurde sei y, y ist Element von F={15; 16; 18; 19; 20; 31}.
2x+x+y=15+16+18+19+20+31. 3x+y=119 Liter. Diese Gleichung ist nur definiert für y=20 Liter. Daraus folgt 3x=99 Liter und x=33 Liter. Da am 2. Tag 2 Fässer verkauft wurden, die zusammen 33 Liter fassten, kommen nur die Fässer 15 Liter und 18 Liter in Frage. Am 1. Tag wurden also das 16, das 19 und das 31 Liter Fass verkauft. Am 2. Tag das 15 und das 18 Liter Fass und am dritten Tag das 20 Liter Fass.

Aufgabe 2

Bernd und Mike haben in einer Vertretungsstunde ein paar kuriose Zahlen mit dem Taschenrechner bearbeiten müssen, die nach dem Wurzelziehen (Quadratwurzel) überraschende Ergebnisse aufwiesen.
So ist Wurzel aus 121 = 12 -1 oder
Wurzel aus 256 = 2 ^. 5 + 6 oder gar
Wurzel aus 11881 = 118 - 8 - 1
Das letzte ließ sich ja dann auch so schreiben: Wurzel aus AABBA = AAB - B - A
Zwei Aufgaben bekamen sie als freiwillige Hausaufgabe, der Ehrgeiz war entfacht, wer wohl von den beiden als erster beide Rätsel knacken würde.
Finde je eine Lösung für:
Wurzel aus ABCD = A + BC + D und
Wurzel aus DEFA = D ^. E ^. F + A
Gleiche Buchstaben bedeuten gleiche Ziffern, verschiedene Buchstaben verschiedene Ziffern.
(Tipp: 2 ^. A = 3 ^. D)
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Der Tipp besagt, dass A = 1,5 * D, das heißt, D muss eine gerade Zahl sein. Mögliche Paare (A;D) sind dann (3;2), (6;4) und (9;6). Als letze Ziffer von Quadratzahlen gibt es von 0*0 bis 9*9 die Ergebnisse 0; 1, 4, 9, 6, 5, 6, 9, 4 und 1. Die Zwei als letzte Ziffer tritt nicht auf, also entfällt das Tipppaar (3;2). Damit lohnt es sich jetzt die Quadratzahlen zwischen 6.000 und 7.000 die auf 4 enden bzw. zwischen 9.000 und 10.000 die auf 6 enden mal aufzuschreiben:
78² = 6084
82² = 6724
96² = 9216
Auf Grund der Endzifferregel sind das gar nicht so viele.
Die Zerlegung von Wurzel ABCD führt jetzt ganz schnell zu der einzig möglichen Lösung:
6724, denn nur hier gilt: Wurzel aus 6724 = 82 = 6 + 72 + 4.
Von DEFA ist nun bekannt: 4EF6. Schnell die Kandidaten zwischen 4.000 und 5.000.
64² = 4096
66² = 4356 mehr Kandidaten gibt es nicht, der erste entfällt wegen der Null.
Die einzige Lösung ist: Wurzel aus 4356 = 66 = 4*3*5 + 6.
Kleiner Tipp große Wirkung.
PS.: Es wurde auch Wurzel aus 1296 = 1 + 29 + 6, eine Lösung für den Typ Wurzel ABCD = A + BC + D, wenn er ohne den Tipp A = 1,5 * D betrachtet wird. Wer Lust hat, mag mal untersuchen wie viele Lösungen es insgesamt gibt, wenn nur die Verschiedenheit der Buchstaben Bedingung ist.

Aufgabe 3

Bernd hat den Wettstreit mit den Hausaufgaben der letzten Woche verloren, zwar bekam er die Zahlen raus, aber er hat länger gebraucht als Mike.
Als sie sich am Freitag trafen, kam Bernds Vater dazu und berichtete vom gestrigen Treffen am Himmelfahrtstag. Viele meiner Freunde (und deren Freunde) kamen mit den verschiedensten Fahrzeug zum Parkplatz. Mit PKW, Motorrad mit Beiwagen und Fahrrädern. Als ich einen Blick zurück warf, dachte ich, da steckt doch bestimmt eine Aufgabe für euch drin. Also:
322 Räder hatten alle Fahrzeuge zusammen, wo bei es doppelt so viel PKW wie Motoräder mit Beiwagen gab. Am erstaunlichsten war, dass es genau 3-mal so viele Fahrräder gab wie PKW. Wie viele Leute waren wir bei der Wanderung, wenn mit jedem Fahrzeug eine Person gekommen ist?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Ein PKW hat 4 Räder -p Anzahl, Motorrad mit Beiwagen hat 3 Räder -b Anzahl und Fahrräder jweils 2 -f die Anzahl.
Es gilt also 4p + 3b + 2f = 322.
Nun gilt noch p = 2b und f = 3p, also f = 6b
Eingesetzt in die erste Gleichung führt das auf:
8b + 3b + 12b = 322
23b = 322
b = 14 und damit ist p = 28 und f = 84. (Probe: 4*28 + 3*14 + 2*84 = 322)
Die Gesamtzahl aller Teilnehmer ist damit 126, ziemlich große Truppe.

Aufgabe 4

Bernd und Mike sind bei einer Aktion zur Bepflanzung einer ehemaligen Deponie beteiligt. Es finden sich drei Gruppen zusammen, deren Mitglieder aber nicht alle gleichzeitig arbeiten. Angestachelt von der Aufgabe meinte die Gruppe A, dass sie die Hälfte aller Bäume pflanzen würden, die alle anderen pflanzen. Die große Gruppe B meinte darauf hin, dass sie die Hälfte aller Bäume pflanzen würden. Okay, dann bleiben für uns noch 40 Bäume meinte der Chef von Gruppe C, da wir weniger sind, als ihr sollte das in Ordnung gehen. Wie viele Bäume wurden durch die Gruppen insgesamt gepflanzt?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Hier als Beipiellösung die vom Kim:
Zuerst hab ich gedacht, sie wäre komplizierter als die anderen; aber das ist sie gar nicht.
Also:
x ist die Anzahl aller Bäume;
B pflanzt dann 1/2 * x;
C pflanzt 40;
A pflanzt 1/2 * (B + C)
= 1/2 * (1/2 * x + 40)
= 1/4 * x + 20
B pflanzt 1/2 * x, also pflanzen (A + C) auch 1/2 * x, dann pflanzt A genau 1/2 * x - C, also 1/2 * x - 40;
dann gilt: 1/4 * x + 20 = 1/2 * x - 40
60 = 1/4 * x
240 = x
Es sind also insgesamt 240 Bäume, B pflanzt 120 und, das war ja angegeben, C pflanzt 40 und A pflanzt 80 Bäume.
Prima Kim.

Aufgabe 5

Nach der doch recht anstregenden Pflanzaktion stand ihnen - Bernd und Mike - der Sinn nach etwas Gehirnakrobatik und da kam ihnen diese Aufgabe gerade recht.
Gesucht sind vier 10-stellige Zahlen, deren Ziffern jeweils alle verschieden sind.Gleiche Buchstaben stehen für die gleiche Ziffer, verschiedene Buchstaben für verschiedene Ziffern.
A BCD EFG HIJ
C HDG FBA EIJ
B HGC DIF EAJ
B DHI CFE GAJ
Diese Zahlen sind Teilerwunder, denn sie sind ohne Rest durch alle Zahlen von 1 bis 18 teilbar.
Zwei Tipps: B ist doppelt so groß wie A. Die Zahlen sind der Größe nach sortiert aufgeschrieben. Zu erreichen sind 10 Punkte.

Das Teilwunder bedeutet, dass in den Zahlen das kgV, das kleinste gemeinsame Vielfache enthalten sein muss. Dieses lässt sich durch die entsprechende Primzahlzerlegung ermitteln und ist: kgV = 17*16*9*5*7*11*13= 1 225 240. (Von allen Primzahlen bis zur 18 wird die höchste Potenz genommen.)
Damit ist klar J ist 0.
Aus dem ersten und zweiten Tipp ergeben sich für die kleinste Zahl (Tipp 2) folgende Möglichkeiten:
2 43D EFG HIJ
3 64D EFG HIJ
3 65D EFG HIJ
4 85D EFG HIJ
4 86D EFG HIJ
4 87D EFG HIJ
Jetzt lohnt es sich den Taschenrechner zu benutzen. 2 430 000 000 / 1 225 240 = 198,32... und
2 440 000 000 / 1 225 240 = 199,1444 ...
Wenn die erste Zahl 2 43D EFG HIJ ein Kandidat ist, muss das Produkt von 1 225 240 * 199 die Bedingung mit den zehn verschiedenen Ziffern erfüllen.
1 225 240 * 199 = 2 438 195 760 gefunden
Nun noch überprüfen, ob die anderen Zahlen dazu passen:
2. Zahl: 3 785 942 160 ist ohne Rest durch 1 225 240 teilbar,
3. Zahl 4 753 869 120 ist ohne Rest durch 1 225 240 teilbar und
die 4. Zahl 4 876 391 520 ist ohne Rest durch 1 225 240 teilbar.
Uff geschafft!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

Aufgabe 6

In einem Philosophiebuch (Filosofie sieht irgendwie doof aus) über Plato findet Mike einen Spielplan und folgende Spielanleitung.

Es ist ein Spiel für eine Person. Diese hat neun Spielsteine, die alle abgelegt werden müssen (oder sollten). Ein Spielzug geht so: Ein Stein wird auf ein freies Feld (1,2, ...,0) gelegt, dann wird über ein Feld gesprungen (egal ob leer oder besetzt) und dann wird der Stein auf dem nächsten Feld (muss frei sein) abgelegt. Die drei Felder liegen auf der Linie des Spielfeldes. Dann wird wird der nächste Stein nach dem Verfahren gesetzt. Dieser Zug wird so lange wiederholt wie er ausführbar ist. Beispiel: der erste Zug lässt sich durch 147, ein zweiter 234 beschreiben. Der zweite Zug könnte nicht 987 sein, da ja die 7 besetzt wäre.

Das sollt kein Problem sein, sprach Bernd. Aber oh Schreck - nicht Shrek - irgendwie ging das nicht. 6 bis 7 Steine passten immer, aber dann war Schluss. Da muss es doch einen Trick geben. Stimmt, meinte Mike, die Strategie ist nicht kompliziert, aber man muss halt drauf kommen.
Wie bekommt man seine neun Steine auf dem Spielfeld unter, wenn der erste Zug 680 sein soll? Welche Strategie führt immer zum Erfolg?
Zu erreichen sind 10 Punkte. (Für die Anstrengung beim Knobeln.)

Diese Spiel ist auch Bestandteil der CD-ROM zu Sophies Welt. Es wird aber auch in Griechenland, speziell auf Kreta recht gern gespielt.
Eine Strategie ist, wenn man sie einmal gefunden hat, recht simpel. Der erste Zug hat einen beliebigen Startpunkt. Der zweite wird so gesetzt, dass er dort endet, wo der erste begonnen hat. Der dritte wird so gesetzt, dass er endet, wo der zweite geendet hat usw.
Die Zugfolge bei der Vorgabe 680:
680
136
741
987
369
543
875
268
432
Es gibt aber auch für den Start (eine) andere Lösung(en):
680 - 234 - 862- 578 - 345 - 963 - 789 - 147 - 631 (von Annika Th.).
Wenn man beide Zugfolgen vergleicht, so ist die gleiche Grundidee zu entdecken, nur dass der 9. Zug als zweiter in umgekehrter Reihenfolge kommt und dann wieder das Prinzip Anfang-Ende greift.
+++++++++++++++
Strategiebeschreibung von Annika mit Bild

Ich wußte, dass ich für den letzten Stein ein Feld brauche, dass von zwei Stellen aus belegt werden kann. Z.B. die 5 geht von 875 und von 345 aus. also muss die 8 und die 3 bis zum Schluß frei bleiben. Die ersten drei liegende Steine bilden ein Dreieck: Z.B. 061 oder 528 oder 935. Es ist egal, in welcher Reihenfolge das Dreieck entsteht. Der vierte Stein hat zwei Möglichkeiten: er kommt quasi auf einen Punkt der längeren Seite des ersten Dreiecks. (Bei 1. Dreieck 593, dann auf die 7 oder 8. wenn 1. Dreieck 160, dann 4 oder 7. wenn 1. Dreieck 179, dann 3 oder 6. der 5. Stein kommt auf die Spitze, die genau 2 Felder von Nr. 4 entfernt ist. Fürs zuletzt genannte Beispiel: wenn der 4 Stein auf Nr. 3 liegt, dann ist es nun die 5. beim 6. Stein ist es ähnlich: er kommt auf das freie feld, das 2 Felder vom 5. entfernt ist. letztes beispeil: 8 der 7. Stein bildet mit Nummer 5 und 6 wieder ein Dreieck: also muss er auf die 2. Dann ist noch eine Spitze frei, die bleibt es auch bis zum Schluß, die letzten beiden Steine können in beliebiger Reihenfolge abgelegt werden. fertig. Kurzfassung: 1,2,3 = Dreieck 4 auf "Hypothenuse" längste Seite vom 1. Dreieck 5,6,7 = Dreieck, komplett anders als 1,2,3! 8,9, = egal, Hauptsache nicht auf eine Spitze!

Hier noch eine schöne Variante von Josephine Koch:
Ich habe eine Strategie herausgefunden, in dem ich von rückwärts angefangen habe (ich habe sie Rückwärtsstrategie genannt).
Ich habe als erstes alle Felder besetzt und das Feld 1 freigelassen.
Ich habe dann die Figur auf Feld 6 weggenommen, weil es 3 Felder von der 1 entfernt ist.
(Ich habe mir die 6 aufgeschrieben).
Dann hatte ich 2 Felder frei. ich habe alle Figuren rausgenommen die 3 Felder von einem freien Feld entfernt waren (es wurden ja immer mehr).
Alle habe ich mir der Reihe nach aufgeschrien (4; 2; 8; 5; 3; 9; 7; 6; ). Das Feld 0 habe ich dabei aber immer besetzt gelassen.
So habe ich die Lösung herausbekommen: s.o.

Aufgabe 7

Als Bernd mit seinem Vater unterwegs war bemerkte er, dass der Zähler des Tachometers bei 16 961 km stand. Ups, das ist ja eine symmetrische Zahl, also von vorn und hinten gelesen die Gleiche. Da meinte sein Vater, wenn wir gut durchkommen, dann schaffen wir in einer Stunde wieder eine solche Zahl. Na mal sehen.
Wie groß müsste die Durchschnittsgeschwindigkeit sein, damit der Vater recht behält?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Unter 17 000 gibt es keine symmetrische Zahl mehr, also kommt mit dem Zahlstart 170 als Ergänzung nur die 71. Der Abstand zwischen 16961 und 17 071 beträgt 110. Das heißt das Auto muss 110 km/h schnell sein, dass kann auf der Autobahn zu schaffen sein. Die nächste symmetrische Zahl ist dann die 17 171, aber das würde eine Geschwindigkeit von 210 km/h voraussetzen. Das ist bei dem vernünftigen Vater von Bernd nicht zu erwarten.

Sommerspezial

Nur so zur Freude, ohne Wertung:
Wie so klappt das?
Geburtstagspräsention
nicht von mir, habe ich mehrfach zugeschickt bekommen.
Noch eine Aufgabe: manager.jpg
und noch die aus dem Mathebuch:

Zeichne ein solches Quadrat, schneide die Teile aus und setze es zu einem Rechteck zusammen. Vergleiche die Flächeninhalte und staune. (PS.: Es gibt viele solche Aufgaben, aber hier hatte ich gerade das Bild.)

Aufgabe 8

Nach der langen Sommerpause ist es endlich wieder soweit. Bernd kam erholt von einer Familienfeier zu Mike und berichtete folgendes:
Wir haben im Lokal gefeiert und folgende Leute waren da:
Ein Opa, eine Oma, zwei Väter, zwei Mütter, vier Kinder, drei Enkel, ein Bruder, zwei Schwestern, zwei Söhne, zwei Töchter, zwei Männer, zwei Frauen, eine Schwiegertochter und ein Schwiegervater. Wie viele Stühle standen mindestens am Tisch?
Zu erreichen sind 5 Punkte.

Hier eine Musterlösung, diesmal von Mawi.
Es sind da Opa+Oma, deren Sohn (=Vater) + dessen Frau sowie deren 3 Kinder (2 Mädchen + 1 Junge). Es sind also mindestens 7 Stühle am Tisch gewesen. Man kommt auf das Ergebnis, indem man von 2 Männern und 2 Frauen ausgeht. Da 1xOpa und 1xOma dabei sind, müssen gleichzeitig 1xMutter und 1xVater dabeigewesen sein (ob sie allerdings Mann und Frau sind, steht bis dahin nicht fest). Wegen der Schwiegertochter/Schwiegervater-Beziehung kommt man schnell drauf, daß die Mutter die Schwiegertochter des Opas und der Oma ist. Mutter und Vater gehüren also zusammen und haben 3 Kinder. Aus der Eltern-Generation gibt es keine Geschwister (keine weiteren Männer und Frauen sowie 3 Enkel), also sind Brüder/Schwestern die Kinder, d.h. es gibt 1 Sohn und 2 Tüchter der Mutter und des Vaters. Probe: Opa klar, Oma klar 2 Väter = Opa und Vater 2 Mütter = Oma und Mutter 4 Kinder = Vater als Sohn von Oma+Opa plus seine 3 Kinder 3 Enkel = Bruder und 2 Schwestern 1 Bruder klar, 2 Schwestern klar 2 Sühne = Vater, Sohn 2 Tühter = 2 Schwestern 2 Männer = Opa + Vater 2 Frauen = Oma + Mutter 1 Schwiegertochter = Mutter 1 Schwiegervater = Opa

Aufgabe 9

Da die Feierrunde aus der vorigen Aufgabe nicht so groß war, konnte Bernds Opa sogar noch eine seiner Knobelaufgaben stellen.
Unser Zahlsystem hat 10 Ziffern, 0, 1, 2, ..., 9. Wie viele Zahlen lassen sich aus genau den 10 Ziffern bilden, wenn jede genau einmal vorkommt? Teil 1 Die erste Ziffer darf auch eine Null sein, Teil 2 die erste Ziffer darf keine Null sein.
Zu erreichen sind 3 + 3 Punkte.

Teil 1:
Für die erste Stelle gibt es 10 Möglichkeiten, für die zweite dann noch 9, für die dritte Stelle noch 8, ... das sind dann 10*9*8*...*1 = 10! Möglichkeiten.
3 628 800.
Teil 2:
Im Teil 1 sind die Nullen an der ersten Stelle mit eingeschlossen. Betrachtet man die Zahlen aus dem ersten Teil so ist wie man leicht sieht jede 10. Zahl eine mit einer Null am Anfang (Jede erste Ziffer kommt gleich häufig vor). Das sind 362 880. Alle anderen Zahlen sind echt zehnstellig und das sind 3 628 800 - 362 880 = 3 265 920

Aufgabe 10

Bernd und Mike müssen in der Schule gerade die Quadratzahlen wiederholen. Da ihr Lehrer weiß, dass die beiden sich für besondere Zahlen interessieren, gibt er ihnen die Aufgabe aus den vierstelligen Quadratzahlen, die heraus zu suchen für die folgendes gilt:
abcd ist eine Quadratzahl, wobei a,b,c,d nicht unbedingt verschieden sein müssen und es gilt:
(ab + cd)²= abcd.
Für jede gefundene Zahl gibt es zwei Punkte.

Hier hilft wirklich nur systematisches Suchen.
Beispiellösung von Kim:
Ich habe drei Lösungen durch Ausprobieren gefunden:
1. (20 + 25)* (20 + 25) = 2025
2. (30 + 25)* (30 + 25) = 3025
3. (98 + 01)* (98 + 01) = 9801
Ich bin dabei so vorgegangen:
Ich habe von allen Zahlen zwischen 32 und 99 (jeweils einschließlich) die Quadrate gebildet, denn nur diese liegen zwischen 1000 und 9999,
dann habe ich die Zahl, die aus den ersten beiden Ziffern besteht und die Zahl, die aus der dritten und vierten Ziffer besteht, addiert, davon das Quadrat gebildet und mit der ursprünglichen Zahl verglichen.
Das sind alle Quadratzahlen für die die Bedingungen zutreffen, damit waren also 6 Punkte zu erreichen.
Von Mawi aus Dresden gleich noch ein PHP-Programm zum suchen, prima Idee auch für den Fall, wenn man die Aufgabenstellung varieren möchte und den Programmcode anpasst.
mawi.php

Aufgabe 11

Im Informatikunterricht lernen Bernd und Mike wie ein Computer Daten verarbeitet. Grundlage dafür ist das Dualsystem. Es hat im Gegensatz zum Dezimalsystem nur die Ziffern 0 und 1 und beruht auf den Potenzen der 2.
Als Bernd beim Abendbrot davon erzählt, erinnert sich sein Vater an ein Rätsel in dem es auch um die Zahl ging. Er schaut in sein altes rotes Knobelbuch und findet dort die Aufgabenstellung:
Mittels der Grundrechenarten - einschließlich von Klammern - lassen sich die Zahlen 19 bis 26 unter Verwendung von genau 5 Zweien darstellen. Finde jeweils eine solche Darstellung, somit gibt es diesmal 8 Punkte.
Beispiel für 13: 13 = (22 + 2 + 2) : 2 oder
Beispiel für 18: 18 = 2*2*2*2 +2

Es gab für einige Zahlen mehrere Darstellung. Hier wird aber nur jeweils eine angegeben. Die Verwendung des Wurzelzeichens war nicht erlaubt, zumindest nicht, wenn dabei "vergessen" wurde, dass es ja dann die 2-Wurzel war und somit eine 6. Zwei benutzt wurde.
19= 22 - 2 - 2/2
20 = 22 + 2 - 2 - 2
21 = 22 - 2 + 2/2
22 = 22*2 - 22
23 = 22 + 2 - 2/2
24 = 22 - 2 + 2 - 2
25 = 22 + 2 + 2/2
26 = 2*(22/2 + 2)

Serie 7 Aufgabe 12

Die Verwandlung
Bern und Mike haben Herbstferien und sitzen Nüsse essend in Mikes Zimmer. Sie haben drei Sorten Nüsse. Erdnüsse, Haselnüsse und Paranüsse. Mikes Schwester kommt dazu und lässt sich ein paar von den Nüssen geben und meint, am liebsten esse sie Nussmischungen. Da beginnt bei Bernd eine Idee zu reifen. Mal angenommen:
Drei Händler treffen sich vor dem Markttag in einer Herberge. Alle drei handeln mit Nüssen. Der erste hat 40 Kilogramm Erdnüsse, der Zweite hat 50 Kilogramm Haselnüsse und der Dritte hat 90 Kilogramm Paranüsse. Der Wirt der Herberge meint, in diesem Jahr essen die Leute eher Nussmischungen, wenn ihr eure Nusssorten mischt, werdet ihr die bestimmt los. Gesagt, getan. Sie holen einen großen Kessel aus der Küche und stellen ihre Nussmischung her. Anschließend nimmt sich jeder so viel wieder wie er hineingegeben hat.
Wie viel von jeder Nusssorte hat jetzt jeder der einzelnen Händler?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Es sind zusammen 180 Kilogramm Nüsse.
40/180 = 2/9 Anteile Erdnüsse
50/180 = 5/18 Anteile Haselnüsse
90/180 = 1/2 Anteile Paranüsse
Diese Anteile werden nun an die Händler verteilt, müssen also nur mit dem jeweiligen Fassungsvermögen der Behältnisse multipliziert werden.
1. Händler: 40 Kilogramm = 80/9 Kilogramm Erdnüsse + 100/9 Kilogramm Haselnüsse + 20 Kilogramm Paranüsse
2. Händler: 50 Kilogramm = 100/9 Kilogramm Erdnüsse + 125/9 Kilogramm Haselnüsse + 25 Kilogramm Paranüsse
3. Händler: 90 Kilogramm = 20 Kilogramm Erdnüsse + 25 Kilogramm Haselnüsse + 45 Kilogramm Paranüsse

Serie-6

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.

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.

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.

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.

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

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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)

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.

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.

Serie-5

Aufgabe 1:

Bernd hatte Anfang Oktober Geburtstag und bekam von Mike ein nicht mehr neues Buch mit mathematischen Knobeleien. Anfangs war er nicht so begeistert, aber dann kam seine Neugierde doch durch und er fand etliche Aufgaben, die ihn regelrecht fesselten, so auch diese:
Irgendwann im Mittelalter kurz nach 16.00 Uhr wurde Prinz Albert, seine Braut Beatrix und deren Dienerin Corinna überfallen und trotz heftiger Gegenwehr der drei (ja auch die Frauen käpften mit) wurden sie gefangengenommen und in in einen hohen Turm eingesperrt, welcher zu diesem Zwecke neu erbaut worden war.
Als die Wachen sich zurückzogen, untersuchten die drei ihr Gefängnis. Sie sahen, dass zwei Baukörbe, mit denen die Steine nach oben tranportiert worden waren, noch in greifbarer Nähe hingen und mit einem Seil verbunden an einer Rolle hingen. - Eine feste Rolle halt, an der die zwei Körbe hingen. - Nun konnte sich zwar eine oder einer oder auch zwei in so einen Korb setzen, aber dann wäre der natürlich so schnell herunter gesaust, dass die Verletzungsgefahr enorm gewesen wäre. Im letzen Licht des Tages sahen die drei noch sehr viele Steine liegen, die noch nicht vermauert waren. Albert meinte, dass die jeweils 5 kg wiegen. Also wenn nun Albert 90 kg (mit Schwert), Beatrix 50 kg und Corinna 40 kg wiegen, dann sollte es doch möglich sein, die Körbe so zu beladen, dass der Unterschied in den Körben nicht mehr als 5 kg beträgt und so mit der Aufprall so gering sei, das zum einen der Lärm recht gering sei und auch die Verletzungsgefahr minimiert würde. Das Seil war so lang, dass die Möglichkeit den oben seienden Korb in den Turm zu ziehen, gegeben war.
Schreibe eine Möglichkeit auf die Körbe mit Menschen (max. 2) und (oder) Steinen zu beladen, so dass die drei ihrem Gefängnis unverletzt entkommen können.
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Nun sehr sehr schwierig war die Aufgabe nicht, aber wahrscheinlich haben einige Dauermitmacher, das Aufschreiben gescheut, nun ja.
Es gibt eine Reihe von Möglichkeiten, da es am Ende nur die wichtige Bedingung gibt, den Unterschied von 5 kg in den Körben einzuhalten.
Beispiellösung von Christoph:
Als erstes den Korb mit 5kg beladen und nach unten lassen. Den angekommenen Korb mit 10kg beladen und wieder ablassen, dann wieder plus 10kg usw. bis in dem einem Korb (erstes hoch kam) 80kg drin sind und in dem der dann unten ist 85kg. Albert (der sich für am wichtigsten hält und deshalb als erstes runter will) steigt nun (nachdem die Steine rausgenommen wurden) in diesen Korb und schreitet mit einem Gegengewicht von 85kg sanft zu Boden. Unten angekommen nehmen Beatrix und Corinna die Steine oben wieder raus, bis auf einen Stein von 5kg. Dann steigt Albert aus und der Korb geht wieder runter. Albert nimmt diesen Stein dann heraus. Die beiden Frauen legen nun immer einen Stein in den Korb den Albert dann wieder heraus nimmt, bis er 85kg zusammen hat. Dann machen sie das gleiche was als erstes gemacht wurde (erst 5kg und dann immer 10kg in den ankommenden), bis der der unten ist 85kg an Gewicht hat. Sie steigen dann zusammen in den Korb und gleiten hinunter. Dort werden unten in den Korb alle Steine die schon herunter geschafft wurden gehievt. Dann steigen Beatrix und Corinna aus und der Korb wird sich irgendwo einpendeln oder auch (da die Steine ja nicht exakt gleich viel wiegen) unten bleiben oder nach oben gehen. So können sie fliehen ohne Lärm verursacht oder sich Brüche zugezogen zu haben.

Aufgabe 2

Nach der körperlich so schweren Aufgabe 1, nun wieder was für die die kleinen grauen Zellen.
In dem alten Buch von Bernd findet sich auch diese recht alte Aufgabe:
Ein Mann hinterlässt seinen drei Söhnen 17 Kamele. Zum Verlesen des Testaments gehen die drei zu ihrem Dorfrichter. Dieser verkündet folgendes. Der erste Sohn bekommt die Hälfte aller Kamele, der zweite Sohn bekommt 1/3 und der dritte Sohn 1/9 aller Kamele.
Nun fängt eine große Diskussion an. Das Testatement darf muss so angewendet werden wie es da steht, aber schlachten wollen sie die wertvollen Tiere ja auch nicht. Da hat der Dorfrichter eine Idee. Er stellt sein Kamel hinzu und nun geht die Teilung ohne jede Schlachterei ab, ja es bleibt sogar am Ende das Kamel des Richters übrig.
Wie so klappt das eigentlich?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Nun das das Testament des alten Herrn ist nicht perfekt. Werden die Erbanteile zusammengerechnet, so ergibt sich:
1/2 + 1/3 + 1/9 = 17/18
17 Kamele des Mannes und das Kamel des Richters ergeben 18 Kamele, die ganze Herde mit 18/18. Diese lässt sich in die gegebenen Anteile und das eine Kamel teilen. Deshalb geht dass halt so auf.
PS.: Wenn die Herde aus 35 Kamelen besteht, springt für den Richter sogar noch ein Kamel als Belohnung heraus.

Aufgabe 3

Der Opa von Bernd las neulich die Aufgabe mit den Omletts aus Serie 4 und da fiel ihm eine Aufgabe wieder ein, die im Mathebuch seiner Großmutter stand:
Eine Frau trug einen Eierkorb zum Markt. Ein Passant rannte an ihr so knapp vorbei, dass der Korb so auf die Straße fiel, dass kein Ei mehr heil blieb. Die Frau schimpfte erst mächtig, dann erkannte sie, dass es der Stadtmathematikus, der wahrscheinlich mit seinen Gedanken wieder ganz wo anders gewesen war. Er wollte ihr die Eier ersetzen und fragte wieviele Eier waren es denn. Da bekamm er folgendes zu hören.
Wenn ich immer nur 2 Eier aus dem Korbe genommen hätte, dann wäre ein Ei im Korb geblieben. Hätte ich immer nur 3 verkauft, dann wäre auch ein Ei im Korb geblieben. Genau wäre es bei 4, 5 oder auch 6 Eiern gewesen. Nur wenn ich immer 7 Eier jeweils verkauft hätte, dann wäre mein Korb leer geworden. Tja, nun war es für den Stadtmathematikus kein Problem, die Anzahl zu ermitteln. Zwar gibt es viele solche Zahlen, aber die Größe des Korbes sagte ihm, dass es nur die kleinste dieser Zahlen sein konnte. Wie viel Franc musste er bezahlen, wenn ein Ei 2 Centimes kostet?
Zu erreichen sind 5 Punkte.

Die gesuchte Zahl muss zum einen bei der Division durch 2; 3; 4; 5 und 6 immer den Rest 1 lassen. Die kleinste Zahl (kgV), die durch all diese Zahlen teilbar ist, ist die 60. Die Zahl die den Rest lässt ist dann 60 +1, oder 2 * 60 + 1, ... kurz n*60 +1.
Diese Zahl muss allerdings auch durch 7 teilbar sein. Da bei sieben Zahlen mit gleichem Abstand eine durch sieben teilbar sein muss, lohnt sich das einfache Probieren mit den Kandidaten:
61 geht nicht
121 geht nicht
181 geht nicht
241 geht nicht
301 geht
Da die kleinste Zahl gesucht war, für die all diese Bedingungen gelten, ist 301 die Anzahl der Eier und da ein Ei 2 Centimes kostet, muss er 602 Centimes bzw. 6,02 Franc bezahlen.

Aufgabe 4

Bernd und sein Freund Mike waren in den Herbstferien mit Mike's Eltern unterwegs. Es war eine Art Rundtour in Sachsen. Am dritten Tag sollte eine Radtour für die Jungs sein. Der Start war in A und sollte nach genau 100 km in B enden. Die Eltern fuhren mit dem Auto schon mal voraus, weil sie sich in B ein Museum anschauen wollten, wo zu Mike und Bernd sowieso keine Lust hatten. Kurz vor 9.00 Uhr starteten sie und mit 20 km/h brausten sie dahin. Es kam wie es kommen musste nach einer Stunde ging Mike's Fahrrad kaputt. Nach dem Sie kurz beratschlagt hatten beschlossen sie folgendes: Wir schließen das kaputte Fahrrad an. Dann fährt Bernd eine Stunde mit dem Rad und läuft weiter. Mike läuft bis zu dem abgestellten Rad, dann fährt er eine Stunde mit dem Rad und lässt es wieder stehen ... Wann ist die Tour in B zu Ende (Ende zählt, wenn beide da sind), wenn die restlichen 80 km um 10.00 Uhr in Angriff genommen werden und der Fußgänger 5 km/h schafft? Wären Sie mit einer 2-Stunden Radzeit oder 1/2-Stunden Radzeit besser gekommen?
Zu erreichen sind 6 Punkte.
PS.: Die Eltern machten sich ziemliche Sorgen, weil es so lange dauerte, da die Jungs aber kein Handy mit hatten, waren Sie nicht erreichbar, aber Ende gut alles gut. Das Fahrrad wurde dann am nächsten Tag geholt und repariert.

Teil 1:
Bernd fährt eine Stunde (20 km), wenn er danach 4 Stunden läft (20 km), schafft er so in 5 Stunden 40 km.
Mike läuft 4 Stunden (20 km), dort ist das Rad und fährt danach eine Stunde (20 km), so schafft auch er in 5 Stunden 40 km.
Also haben sie nach 5 Stunden, die halbe Strecke absolviert und die Ausgangsbedingungen liegen vor.
D. h. sie brauchen für die 80 km genau 10 Stunden, kommen zur gleichen Zeit an und die Eltern sind erleichtert.
Teil 2: Es ändert sich nichts an der Zeit, 2 Stunden Rad (40 km) + 8 Stunden laufen (40 km) bzw. umgekehrt für Mike, macht wieder 10 Stunden.
Teil 3: Es ändert sich wieder nichts an der Zeit, 0,5 Stunden Rad (10 km) und 2 Stunden laufen (10km) für Bernd, entsprechend umgekehrt für Mike. Das Ganze 4-Mal, ...
Die eine Stunde vom Anfang kann man dazurechnen oder auch nicht, dass ändert ja nichts am Prinzip.
Ist im ersten Moment schon erstaunlich.

Aufgabe 5

Bernd hat in seinem alten Buch wieder eine sehr alte Aufgabe gefunden:
Ali und Bobo sind in einer Oase und treffen dort auf den Kaufmann Chalim. Dieser hat zwar viel Geld, aber kein Brot. Ali dagegen hat 5 Brote und Bobo hat 3. Ich gebe Euch am Ende der Reise 8 Goldstücke, wenn wir die Reise glücklich überstehen. Abgemacht.
Nach 8 Tagen erreichen Sie abgekämpft, das Brot hat genau gereicht und jeder hat unterwegs die gleiche Menge gegessen.
Chalim gibt ihnen - wie versprochen - die 8 Goldstücke. Mit der Verteilung 5 Goldstücke für Ali und 3 für Bobo ist Ali nicht einverstanden. Sie gehen zu dem schlauen Dorfrichter, der überlegt eine Weile und gibt dann dem Ali recht.
Welchen - mathematisch richtigen - Vorschlag macht der Dorfrichter, *welches wäre der - menschlich richtige - Vorschlag?
Für den mathematisch richtigen Vorschlag soll es 4 Punkte geben und von mir aus auch einen Extrapunkt für *.

Die acht Brote werden auf drei Leute verteilt, das ergibt 8 = 24/3. Jeder isst 8/3. Damit gibt Ali von seinen 5 Broten (15/3) sieben Stücke und Bobo von seinen 3 Broten (9/3) nur eins. Mathematisch gesehen stehen Ali also 7 Goldstücke und Bobo nur 1.
Menschlich wäre wohl eher, dass sich die beiden das Geld 4 : 4 teilen, schließlich haben sie ja beide das Brot geteilt, verzichten sollten sie auf das Geld nicht, denn schließlich kam ja der Vorschlag vom Kaufmann Chalim selber.

Aufgabe 6

Bernds Mutter hat 21 Gläser für das Einkochen von Marmelade eingekauft. Da Sie die Früchte aus dem Garten immer frisch verarbeitet hat, sind manche Gläser voll und andere nur halbvoll. Als Sie jetzt nachzählte, stellte sie fest, es waren genau 7 volle Gläser, 7 waren halbvoll und 7 Gläser waren leer geblieben. Das erinnerte sie an eine Aufgabe aus dem Buch "Beremis, der Zahlenkünstler". Diese lautete bezogen auf die Gläser so, wie kann ich die Gläser auf drei Regale verteilen, so dass in jedem Regal gleich viele Gläser und gleich viel Marmelade untergebracht wird? Der Inhalt der Gläser darf nicht verändert. werden.
Bernd brauchte recht lange für die Lösung, aber für 4 Punkte kann man sich schon mal anstrengen oder?

Ausgehend von der Marmelade - 7 volle und 7 halbvolle Gläser - ist eine Zahl von 21/2 vollen Gläsern auf drei Regale zu verteilen, also pro Regal 7/2 Gläser in je sieben Gläsern .
Folgende Lösungen wurden gefunden, eine war nur verlangt.
v- steht für voll, h für halbvoll und l für leer
1. 3v, 1h, 3l + 3v, 1h, 3l + 1v, 5h, 1l
2. 3v, 1h, 3l + 2v, 3h, 2l + 2v, 3h, 2l
Beide Lösungen entsprechen der Aufgabenstellung. Es sind, abgesehen von der Reihenfolge, auch alle.

Aufgabe 7

Im Nachbarhaus von Bernd ist vor 4 Wochen eine neue Familie eingezogen. Oh, das sind ja noch mehr Kinder als bei uns, dachte sich Bernd als er sie beim Spaziergang traf. Er unterhielt sich mit ihnen und dachte, schön, da sind einige dabei, mit denen werde ich wohl ab und spielen können. Natürlich nur mit den großen, denn Kindergartenniveau, also nein. Umso erstaunter war er, als der kleine Klaus Mike erzählte, er hätte genauso viele Schwestern wie Brüder und seine 5--jährige Schwester Maxi schlagfertig meinte, ätsch, ich habe doppelt so viele Brüder wie Schwestern. Ganz schön pfiffig die Kleinen. Sie hatten ja recht.
Wie viele Kinder (Brüder und Schwestern) sind in der Familie?
Zu erreichen sind auch hier 4 Punkte.

Klein aber, oho. Allerdings bezogen auf die Schlagfertigkeit, nicht die Anzahl der Kinder.
Die Lösungsvariante als Gleichungssystem zeigt, dass es genau eine Lösung gibt. Es sei hier aber auf eine mehrfachfach verwendete inhaltliche Vorgehensweise verwiesen:
Die Aussage, ich habe doppelt so viele Brüder wie Schwestern von Maxi zeigt automatisch, dss die Zahl der Jungen eine gerade Zahl sein muss. Also 2; 4; 6 usw.
2 Jungen würde aus der Sicht von Klaus bedeuten, er hätte einen Bruder und eine Schwester, also Maxi, die dann allerdings keine Schwester hätte Widerspruch
4 Jungen würde aus der Sicht von Klaus bedeuten,er hätte 3 Brüder und müsste also auch 3 Schwestern haben. Maxi hätte dann 4 Brüder und zwei Schwestern. Alle Bedingungen erfüllt.
Die Familie hat sieben Kinder, davon 4 Jungen und 3 Mädchen.

Aufgabe 8

Die sieben Kinder aus dem Nachbarhaus - die Familie heißt ü,brigens Mimlitt - sowie Bernd und seine beiden Schwestern stellen sich entlang einer gerade Linie in jeweils 10 Meter Entfernung voneinander auf. Mike testet die Genauigkeit aus, in dem er vom ersten bis zum 10. läuft. Er zählt seine Doppelschritte aus und da er weiß, dass ein Doppelschritt 1,50 m entspricht, ist die Überprüfung kein Problem. Die Entfernungen stimmen und tja wie viele Doppelschritte ist Mike denn nun gegangen?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Nun schwierig war es nicht, aber ein kleiner Holperer hat sich schon eingestellt bei einigen.
Bei 10 Menschen sind es 9 Abstände, also 90 Meter. Da ein Doppelschritt 1,50 m lang ist, sind es genau 60 Dopellschritte.

Aufgabe 9

Weihnachten steht vor der Tür und Bernd träumt von seinem neuen Fahrrad. So plant er schon mal eine Einweihungstour. Dies soll eine Rundtour werden. Er wohnt in A-Hausen. Die Tour soll durch B-dorf, C-Hütte, D-rode und E-leben führen und bei ihm zu Hause ene. Als er auf seine Radwanderkarte schaut, stellt Bernd fest, dass es von jedem der Orte eine Verbindung zu einem der anderen Orte gibt. Er kann also eine Tour ABCDEA genau so machen wie AECDBA usw. Wie viele solche Touren gibt es, wo er durch jeden Ort genau einmal fahren will?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Die recht hohe Punktzahl gab es diesmal u.a. für die nicht so komplizierte Erkenntnis, dass es ja eigentlich nur um die Zwischenorte ging. Es kam also darauf an, herauszufinden wie viele Möglichkeiten es bei der Kombination der Ort B, C, D, E gab. Nur zwei Teilnehmer haben sich verwirren lassen.
Eine der vielen Varianten sei hier aufgezeigt:
Von A-Hausen hat Bernd vier Möglichkeiten, wenn er dann in einem der vier Orte ist, hat er noch 3 Möglichkeiten, also sind es bis dahin 4*3. Im dritten Ort hat er dann in jedem Fall noch 2 Möglichkeiten, also sind es bis dahin 4*3*2. Hat er dann den dritten Ort erreicht, gibt es nur noch eine Möglichkeit und von dem ort fährt er dann nach Hause.
Damit steht fest, es gibt genau 24 Möglichkeiten.

Aufgabe 10

Bernd stöbert im Internet, da findet er beim Chemnitzer Schulmodell in einem alten Weihnachtskalender eine interessante Aufgabe:

Einstein's Weihnachtsrätsel

Gehörst Du zu den 2% der intelligentesten Personen auf der Welt?

Es gibt KEINEN Trick bei diesem Rätsel, nur pure Logik. Also: Viel Glück und gib nicht auf!

01. Es gibt fünf Häuser mit je einer Farbe.
02. In jedem Haus wohnt eines der Kinder.
03. Jeder Hausbewohner bevorzugt ein bestimmtes Getränk, isst eine weihnachtliche Spezialität und hält ein bestimmtes Haustier.
04. KEINES der 5 Kinder trinkt das gleiche Getränk, isst die gleiche Spezialität oder hält das gleiche Tier wie einer seiner Nachbarn.
05. Der Artikel „der“ ist kein Hinweis auf das Geschlecht.

Frage: Wem gehört der Fisch????

Die Hinweise:

01. Paul lebt im roten Haus.
02. Maxi hält einen Hund.
03. Friedrich trinkt gerne Tee.
04. Das grüne Haus steht direkt links vom weißen Haus.
05. Der Bewohner des grünen Hauses trinkt gerne Limo.
06. Das Kind, das die Brezel isst, hält einen Vogel.
07. Das Kind, das im mittleren Haus wohnt, trinkt gerne Milch.
08. Der Bewohner des gelben Hauses isst Stollen.
09. Max wohnt im ersten Haus.
10. Der Pfefferkuchen-Esser wohnt neben dem, der eine Katze hält.
11. Das Kind, das ein Pferd hält, wohnt neben dem, der Stollen isst.
12. Der Apfelsinen-Esser trinkt gerne Cola.
13. Neben dem blauen Haus wohnt Max.
14. Pauline isst Walnüsse.
15. Derjenige, der Pfefferkuchen isst, hat einen Nachbarn, der Wasser trinkt.

Das Weihnachtsrätsel entstand nach der Vorlage des nach Einstein verfassten Rätsels. Er behauptete, 98% der Weltbevölkerung seien nicht in der Lage, es zu lösen. Viel Spaß!!!

Kleiner Tipp: Es hilft sich die Häuser in einer Reihe vorzustellen, auch wenn dies nicht explizit erwähnt wird.
Bernd knobelt und weil Weihnachten vor der Tür steht darf er sich auch Zeit lassen.
Wer die komplette richtige Lösung - also mit Begründung - herausfindet, kann sich sich über 10 Punkte freuen. Nur die Angabe der Lösung, nun das sind dann 4 Punkte.
Ein Frohes Fest und einen guten Rutsch.

Es haben leider wieder einige trotz richtiger Lösung nicht die volle Punktzahl erreicht, da der Lösungsweg fehlt, schade.
Vielen Dank für die sehr ausführlichen Lösungen. Allerdings musste man sich beim Aufschreiben doch ganz schön konzentrieren. Eine günstige Variante war so ein Schema wie es beim Logiktrainer benutzt wird.
Dass es auch ohne eine solch komplizierte Tabellenform geht zeigten andere Varianten, ich stelle hier die Varinate von Doreen Naumann vor, vielen Dank.
Lösung Aufgabe 10:

-> nach Hinweis 6 im 3.Haus Brezel und Vogel

War eigentlich gar nicht schwer.

Finde ich auch, Thomas

Aufgabe 11

Bernd hat in den Zwischentagen mit seiner Oma ferngesehen. Da gibt es einen Sender, der andauernd irgendwelche Fragen stellt und die Leute dazu bringen will, das sie anrufen. Viele der Fragen sind sehr einfach, so dass man sich gar nicht traut, sie zu nennen, aber bei einer hat Bernd denn doch gestutzt und dann kam das AHA-Erlebnis.
Marias Vater hat fünf Töchter. Folgende Namen wurden genannt:

ANNA , BETTINA, CELIA und DAMARIS

Nur wenige lißen sich für kurze Zeit irritieren und kamen auf die richtige Antwort.
Es war Maria, denn ihr Vater hat fünf Töchter, von denen ungerechterweise nur vier noch einmal genannt werden, also ist sie die fünfte.
So viele Mails zu einer Aufgabe gab es noch nie.

Aufgabe 12

Bernd liest Mike einen Aufsatzentwurf vor:
Edeltraut aus Endover saß einsam im Wald. Sie war verzweifelt. Sie beobachtete die Vögel. Da kam ihr ein schönes Lied in den Sinn. Sie benutzte Ihre Mundharmonika und spielte die Melodie nach. Theo hörte es und sang dazu. Elfengleich klang es durch den Wald.
Danach fragte Theo sie nach der Hausaufgabe, die Elvi, er und Edeltraut bis zum nächsten Tag zu erledigen hatten. Wenn wir hier noch Zehn Minuten sitzen, macht es auch nichts, dass schaffen wir schon. ...
Mike sagte zu Bernd also in Mathe bist du deutlich besser, da wirst du wohl noch mal anfangen müssen, aber als Zahlenversteck ist die Story gut. Ich habe einige Zahlen entdeckt, sogar über Wortenden hinweg.
Schreibe die Zahlen der Reihe nach heraus und ermittle die Summe.
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Serie-4

Aufgabe 1:

In die Klasse von Bernd gehen 12 Mädchen. Alle haben im gleichen Jahr Geburtstag. Als Bernd sich für die Mädchen zu interessieren beginnt - oder so - schreibt er die Geburtstage alle auf. Dabei ergibt sich, dass jedes der Mädchen in einem anderen Monat Geburtstag hat. Bernd multipliziert die Tagzahl des Geburtstages mit der Monatszahl (das wäre also beim 14.7. dann die 98 gewesen, war aber nicht dabei) und erhält folgende Ergebnisse:
Astrid 49,
Beate 3,
Christina 52,
Doris 130,
Evelyn 187,
Friederike 300,
Gudrun 14,
Heike 42,
Ines 81,
Kerstin 135,
Liane 128 und
Martina 153.
Als Bernd nach Hause kommt, möchte er die Geburtsdaten in seinen Kalender eintragen. Allerdings hat er nur noch den Ergebniszettel. Ob er seine Liste verloren hat oder ob Mike sie an sich genommen hat, ist nicht heraus zu bekommen.
Wer an welchem Tag Geburtstag hat schon.
Es ist eine Liste in kalendarischer Reihenfolge mit genauem Datum zu ermitteln!

Zu erreichen sind 8 Punkte.

Es geht also darum, die vorgegeben Zahlen in je zwei Faktoren zu zerlegen. Einige der Zerlegungen sind eindeutig:
49 = 7 * 7 ==> Astrids Geburtstag 7.7.
187=11 * 17==> Evelins Geburtstag 17.11.
Es ist also nicht jede Zerlegung sinnvoll, da einer der Faktoren nicht größer als 12 sein darf und die Monatszahl darf bei jedem nur einmal vorkommen.
Die einzige Zahl, die 12 als Teiler hat ist die 300. 300= 25 * 12 ==>Friederikes Geburtstag 25.12.
153 = 17 * 9 ==> Martinas Geburtstag 17.9.
Damit kommt nun von den möglichen Zerlegungen der 81= 9* 9 = 3 * 27 nur noch die 3 * 27 in Frage, da der Septembermonat schon für die Martina vergeben ist. ==> Ines Geburtstag 27.3
Damit kommt in Auswertung der 3 = 3 * 1 nur der 1.3 für Beate in Frage und zugleich ist die Zerlegung von 14 = 1 * 14 ausgeschlossen. Also muss 14 = 2 * 7 genommen werden ==> ( wegen Astrid) Gudruns Geburtstag 7.2.
42 = 6 * 7 = 3 * 14 = 2 * 21 von diesen Zerlegungen entfallen die beiden letzten (Ines 27.3. und Gudrun 7.2.) wegen Astrid (7.7) ==> Heikes Geburtstag 7.6.
Das System ist jetzt klar wie also die Zerlegungen weiter untersucht werden.
Hier nun die komplett sortierte Liste:
Beate 3.1
Gudrun 7.2
Ines 27.3
Christina 13.4
Kerstin 27.5
Heike 7.6
Astrid: 7.7
Liane 16.8
Martina 17.9
Doris 13.10
Evelin 17.11
Friederike 25.12

Aufgabe 2:

Bernd hat für ein paar Tage den Hund von Mike. Er geht mit ihm auf den Sportplatz. Beide stellen sich am Start für die 400-Meterstrecke auf. Beide rennen los, allerdings läuft der Dackel anders herum um die Bahn. Nach wie viel Sekunden treffen sich die beiden wieder, wenn Bernd 5 m/s und der Dackel 3 m/s schafft? Wie viele Meter ist Bernd gerannt?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Auch wenn sie am gleichen Ort loslaufen, so ist doch der Gesamtweg den sie absolvieren müssen 400 m, die sie praktisch auf einander rennen.
Mit 1 für Bernd und 2 für den Dackel ergibt sich, da ja beide dieselbe Zeit t unterwegs sind:
400m = v₁^.t + v₂^.t
400 m = 5 m/s^.t + 3 m/s ^.t
400 m = 8 m/s^.t
t = 50 s.
Für Bernd ergibt das also einen Weg von 250 m, wo er dann nach 50 Sekunden den Dackel wieder findet.
Geschafft dachte Bernd, als er endlich den Hund wieder los war.

Aufgabe 3:

Bernd findet im Schrank seines Vaters ein altes Briefmarkenalbum. Obwohl er sich eigentlich gar nicht für die langweiligen Papierschnipsel interessiert, fallen ihm die besonderen Marken mit den Weltwundern ins Auge. Das muss ich mal meiner Geschichtslehrerin erzählen, das ist vielleicht mal was, was die nicht weiß. Vorher zählt er noch schnell alle Marken durch. Als er am nächsten Tag Mike davon berichtet, sagte der, da habe ich ja genau doppelt so viele Marken wie dein Vater. Allerdings hat mein kleiner Mirko, obwohl er 2 Alben mit je 350 Marken hat, nur 40 Marken mehr als dein Vater.
Wie viele Marken haben alle drei Sammler zusammen?
Zu erreichen sind 4 Punkte.
PS.: Die Geschichtslehrerin hatte die Marken erst geschenkt bekommen. War wieder nichts, womit er seine Lieblinglehrerin erfreuen konnte, schade.

Textversion:
Mirko hat 2 mal 350 Marken, also 700.
Der Vater hat 40 Marken weniger, also 660 Marken.
Mike hat doppelt so viele wie der Vater, also 1320 Marken.
Insgesamt hat die drei Sammler also 2680 Marken.

Serie 4 Aufgabe 4

Bernd lernt in der Schule, was eine Quersumme einer natürlichen Zahl ist. Das ist die Summe ihrer Ziffern. Er denkt sich einen neuen Begriff aus, das Querprodukt, also sollen die Ziffern multipliziert werden. Bei 36 ist das Querprodukt dann 18, da 3 mal 6 18 ergibt.
Seinem Freund Mike, dem er von seiner Erfindung erzählt, fällt dazu folgende Aufgabe ein:
Finde die größte vierstellige Zahl, deren Querprodukt 504 ergibt! Während Bernd seine Erfindung etwas verflucht, sollte die Lösung doch zu finden sein, oder?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Die Zahl 504 lässt sich in Primfaktoren zerlegen:
504 = 2*2*2*7*9
Die größten einstelligen Faktoren sind also 8, 7, 9. Da die Zahl vierstellig sein soll, kann nur noch die Ziffer 1 fehlen, da jede andere Zahl das Querprodukt ändern würde. Die Sortierung der Ziffern liefert das Ergebnis:

9871

Aufgabe 5

Gulliver kam auf seiner Reise bekanntlich in Lilliput vorbei. Er war 12 mal größer als die Landesbewohner. Nach dem der Schrecken vorbei war, den sie wegen des Riesen hatten, wollten sie es ihm ein wenig bequemer macher und gaben eine Zudecke und einen Krug in Auftrag der in entsprechender Vergrößerung angefertigt werden sollte. Die normale Decke maß bei den Lilliputanern 3 lilmeter mal 1 lilmeter. Wie viel limeter² brauchten die Schneider? Ein Krug fasste normalerweise 1 Lilliter. Wie viel Lilliter musste in den entsprechend vergrößerten Krug für Gulliver hineinpassen?
Zu erreichen sind 2 +3 Punkte.
In vielen Ausgaben von Gullivers Reisen wird der dritte Aufenthalt einfach weggelassen. Dieser führte ihn auf eine Insel mit schlauen Pferden, den Yahoos, deren Namen heute in einem anderen Zusammenhang wieder zu Ehren gekommen ist.

Teil 1:
Die Decke muss in Länge und Breite jeweils 12 mal größer sein. Die Maße sind also 36 bzw. 12 lilmeter.
Die Schneider brauchen also 432 lilmeter².
Teil 2:
Auch hier findet die Ähnlichkeit wieder Anwendung. Allerdings in 3 Dimensionen. Die Grundfläche wird in Länge und Breite 12 mal größer und natürlich müsste auch die Höhe 12 mal größer sein.
Daraus ergibt sich, dass der Krug 1 Lilliter*12*12*12= 1728 Lililiter fassen würde.

Serie 4 Aufgabe 6

Bernd hat in den Sommerferien 4 (!) Mädchen kennengelernt, die kannten sich auf unterschiedliche Weise und hießen Anne, Birgit, Celia und Damaris und wohnten in Berlin, Cottbus, Halle und Leipzig:
1. Birgit und das Mädchen aus Halle hatten sich in Chemnitz kennen gelernt.
2. Anne und Birgit schreiben sich mit den Mädchen aus Berlin und Leipzig regelmäßig SMS.
3. Celia und das Mädchen aus Berlin waren neulich zusammen in Dresden.
Welches Mädchen wohnt in welcher Stadt?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Aus 1. folgt Birgit wohnt nicht in Halle.
Aus 2. folgt Birgit und Anne wohnen nicht in Berlin und Leipzip.
--> Birgit wohnt in Cottbus und
--> Anne wohnt in Halle.
Aus 3. folgt Celia wohnt nicht in Berlin.
--> Celia wohnt in Leipzig
--> Damaris wohnt in Berlin

Zusammenfassung in alphabetischer Reihenfolge:
Anne wohnt in Halle, Birgit in Cottbus, Celia in Leipzig und Damaris in Berlin

Aufgabe 7

In einem Haus wohnen 12 Familien mit insgesamt 41 Personen. Die Familien bestehen aus 3, 4 oder 5 Personen. Familien mit drei Personen gibt es am häufigsten, die mit 5 Personen sind am wenigsten vertreten. Stelle die Familienverteilung für das Haus zusammen.
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Da hat sich doch ein Fehler eingeschlichen, danke Paul für deinen Hinweis.
Lösungsweg von Mawi, vielen Dank.
3x+4y+5z = 41 mit x>y>z
=> x>=3, y>=2, z>=1 bzw. x=3+a, y=2+b, z=1+c mit a>=b>=c
=> 9+3a+8+4b+5+5c=22+3a+4b+5c=41 => 3a+4b+5c=19 mit a>=b>=c
c=0, b=0 => geht nicht, da 19 nicht durch 3 teilbar
c=0, b=1 => a=(19-4)/3=5
c=0, b=2 => geht nicht, da 11 nicht durch 3 teilbar
c=0, b=3 => geht nicht, da 7 nicht durch 3 teilbar
nun wird c
c=1, b=1 => geht nicht, da 10 nicht durch 3 teilbar
c=1, b=2 => a=(19-4*2-5*1)/3=6/3=2
nun wird c
c=2 => nun wird c

=> 1. Lösung: x=3+a=3+5=8; y=2+b=2+1=3; z=1+c=1+0=1 => 3*8+4*3+5*1=24+12+5=41
=> 2. Lösung: x=3+a=3+2=5; y=2+b=2+2=4; z=1+c=1+1=2 => 3*5+4*4+5*2=15+16+10=41
Die beiden Lösungen sind die einzigen wie der Lösungsweg verdeutlicht.
Die Verteilung kann also sein:
8 Familien zu 3 Personen, 3 Familien zu 4 Personen und 1 Familie mit 5 Personen.
oder
5 Familien zu 3 Personen, 4 Familien zu 4 Personen und 2 Familien mit 5 Personen.

Also noch einmal:
Ich verwende die Variablen d für drei Personen, v für vier Personen und f für fünf Personen:
Es gilt: d > v > f. Es sind nur positive ganze Zahlen erlaubt.
1. Gleichung: d + v + f = 12
2. Gleichung: 3d + 4v + 5f = 41
Dieses Gleichungssystem ist unterbestimmt, aber dass f kann nicht sehr groß sein, genauer gesagt < 4, ist schnell erkennbar, denn die Ungleichungsbedingung verlangte in dem Fall f=4 v mindestens 5 und d mindestens 6 ==> Widerspruch zu 1. ( Größeres f analog)
Es sind also nur noch drei Fälle zu untersuchen:
1. Fall: f = 3
Aufgrund der Ungleichung und 1. ergibt sich nur die Variante v = 4 und d = 5. ==> Widerspruch zu 2.
2. Fall: f = 2
==> 1*: d + v = 10
und 2*: 3d + 4v = 31
1** d = 10 - v in 2* eingesetzt ==>
3(10 - v) +4v = 31
30 - 3v + 4v = 31
v = 1 und d = 9
Die Gleichungen 1 und 2 sind zwar erfüllt, aber nicht die Ungleichung also entfällt auch Fall 2.
3. Fall: f = 1
==> 1*: d + v = 11
und 2*: 3d + 4v = 36
1** d = 11 - v in 2* eingesetzt ==>
3(11 - v) +4v = 36
33 - 3v + 4v = 36
v = 3 und d = 8
Der Fall 1 erfüllt alle Bedingungen und auch der einzige.
Puh, geschafft. Es sind 8 Familien mit 3 Personen, 3 Familien mit 4 Personen und 1 Familie mit 5 Personen.

Aufgabe 8

Zum Start eine Sonntagsfrühstücksaufgabe:
Aus einem Korb mit Eiern entnahm Bernd die Hälfte aller Eier, seine jüngere Schwester die Hälfte des Restes, Mike die Hälfte des neuen Restes und zum Schluss nahm Bernds Mutter die Hälfte des letzten Restes. Im Korb waren danach noch 10 Eier.
Wie viele Eier waren am Anfang im Korb und wie viele Eier nahmen die einzelnen Leute heraus?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Jetzt wird nicht herum geeiert, sondern los geht es.
Die Mutter nahm 10 Eier heraus, denn sie nahm als letzte die Hälfte heraus. Damit sind es zu dem Zeitpunkt 20 Eier.
Mike nahm 20 Eier heraus, denn ... Damit sind es zu dem Zeitpunkt 40 Eier.
Die jüngere Schwester nahm 40 Eier heraus, denn ... Damit sind es zu dem Zeitpunkt 80 Eier.
Bernd nahm 80 Eier heraus, denn ... Damit waren es am Anfang 160 Eier.
PS.: Einige fragten, wozu die vielen Eier gebraucht wurden. Nun es sollte an der Schule von Bernd und Mike ein neuer Omelettrekord aufgestellt werden. Sie haben es auch geschafft, allerdings ist seit dem der Appetit auf Omelett nicht mehr so groß. Der Weltrekord liegt allerdings bei 46 000 Eiern. Am 13. Mai 2002 wurde im Brockville Memorial Centre (Ontario, Kanada) das Superomelett gebacken, es war 141 Quadratmetern groß.

Aufgabe 9

Bei dieser Aufgabe stehen gleiche Buchstaben für die gleiche Ziffer und verschiedene Buchstaben für verschiedene Ziffern.
ABCDC ^. C = CDCBA
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Die zentrale Rolle spielt die Ziffer C.
C kann nicht 0 sein, wegen der verschiedenen Ziffernbedeutung.
C kann nicht 1 sein, sonst wäre C = A (1 ^. 1 = 1).
Daraus folgt CDCBA > ABCDC und damit C > A. ¹
Weitere C ^. C Untersuchung
2 ^. 2 = 4 Widerspruch zu ¹
Dieser Widerspruch ergibt sich ebenso für die Ziffern 3 bis 7.
Für C = 8 wäre A = 4 und damit allerdings würde das Produkt sechsstellig.
So bleibt also nur C = 9 als einzige Möglichkeit.
Daraus folgt A = 1.
Zwischenergebnis: 1B9D9 ^. 9 = 9D9B1
Nun ist B = 0 zwingend, denn B kann nicht mehr 1 sein und für größere Ziffern würde das Produkt sechsstellig.
Zwischenergebnis: 109D9 ^. 9 = 9D901
Da 109XX ^. 9 bereits für XX = 00 auf 98100 führt liegt damit auch die letzte Ziffer eindeutig fest, D = 8.
Die Aufgabe hat nur eine einzige Lösung: 10989 ^. 9 = 98901

Aufgabe 10

In der Klasse von Bernd ist ein Fussball in eine Scheibe geflogen.Der Hausmeister fragt bei den vier anwesenden Schülern nach und kriegt folgendes zu hören.
1. Anton sagt, dass Britta geschossen hat.
2. Britta sagt, es sei Claus gewesen.
3. Claus sagt, ich war es nicht.
4. Dieter sagt, ich war es auch nicht.
Der Hausmeister ist ratlos. Bernd kommt dazu und ist sich sicher, dass drei der Aussagen falsch sind.
Mit wem muss er reden, damit sich der - oder die - Schuldige, zu der Tat bekennt.
Zu erreichen sind 5 Punkte.

Systematisch wird der Wahrheitsgehalt untersucht, d. h. ist die untersuchte Aussage wahr, dann sind die drei anderen falsch und daraus muss auf einen einzigen Täter geschlossen werden können.
1. Aussage wahr ==> es waren Britta (1.), aber auch Claus(3.) und Dieter (4.) ==> die Variante entfällt
2. Aussage wahr ==> es waren Claus(2., 3.) und Dieter (4.) ==> die Variante entfällt
3. Aussage wahr ==> es war nicht Britta (1.), es war nicht Claus (2., 3.). Es war Dieter (4.) ==> die Variante ist möglich
4. Aussage wahr ==> es war nicht Claus (2.) und es war Claus (3.) ==> die Variante entfällt
Alle Aussagen sind untersucht. Es bleibt nur die Variante 3, d.h. Dieter war der Täter und er sollte sich dazu bekennen.
Es ist allerdings auch das Verhalten von Anton und Britta zu untersuchen und das nicht nur im Ethikunterricht.

Serie 4 Aufgabe 11

Bernd liest einen Artikel über die Fibo-Kaninchen. Mit diesen hat es folgende Bewandtnis. Diese Tiere werden bereits mit einem Monat geschlechtsreif und werfen dann nach einer Tragzeit von jeweils einem Monat monatlich genau ein Pärchen Kaninchen, die in einem Monat geschlechtreif werden und dann nach einer Tragzeit von einem Monat monatlich genau ein Pärchen Kaninchen, die in ...

Wenn nun Bernd sich so ein gerade geworfenes Pärchen Kaninchen wirklich kaufen würde, wie groß müsste die Anzahl der Boxen in seinem Stall sein, damit nach einem Jahr jedes Pärchen seine eigene Box hat?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Diesmal war es doch recht schwierig für einige Teilnehmer den richtigen Ansatz zu finden. Diese Aufgabe aus dem 12. Jahrhundert von Leonardo von Pisa, genannt Fibonacci, ist natürlich auch sehr idealisiert. Keines der Kaninchen stirbt, es gibt keine Inzuchterscheinungen, ... Das mahnten die Teilnehmer zu recht an, aber nun ja.
1. Monat: 1 Paar
2. Monat: 1 Paar, am Ende wird das erste neue Paar geboren, also
3. Monat: 2 Paare, am Ende wirft das erste Paar wieder ein Paar, also
4. Monat: 3 Paare, am Ende wirft das erste Paar wieder ein Paar, aber das zweite Nachwuchspaar bekommt auch sein erstes Nachwuchspaar, also
5. Monat: 5 Paare, am Ende wirft das erste Paar wieder ein Paar, aber das zweite Nachwuchspaar bekommt auch sein zweites Nachwuchspaar,aber das dritte Nachwuchspaar bekommt auch sein erstes Nachwuchspaar, also
6. Monat: 8 Paare, am Ende wirft das erste Paar wieder ein Paar, aber das erste Nachwuchspaar bekommt auch wieder Nachwuchspaar, das zweite Nachwuchspaar bekommt auch sein Nachwuchspaar, das dritte Nachwuchspaar bekommt auch sein zweites Nachwuchspaar,das vierte Nachwuchspaar bekommt auch sein erstes Nachwuchspaar, also
7. Monat: 13 Paare, ...
Wenn man sich die Zahlenentwicklung anschaut, ergibt sich die aktuelle Monatszahl immer durch Addition der beiden Vormonatszahlen, also 8. Monat: 21 Paare
9. Monat: 34 Paare
10. Monat: 55 Paare
11. Monat: 89 Paare
12. Monat: 144 Paare
Am Ende des Monats sind es es sage und schreibe: 233 Paare.
So viele Boxen müsste Bernd bereitstellen, hoffentlich hat er das sich vorher überlegt.
Die Fibonacci- Zahlen finden vielfältige Anwendungen in der Natur und Mathematik und sie wachsen rasend schnell, auch wenn es am Anfang nicht so aussieht.
Hiermal noch die nächsten: 377, 610, 987, 1597, 2584, 4181, ...
Wird eine Fibonaccizahl durch ihren Vorgänger dividert, so konvergiert dieset Quotient gegen 1,618... Dieser Wert ist beim goldenen Schnitt das Ergebnis und wahrscheinlich eine irrationale Zahl, von der man schon lange weiß und wegen der auch schon ein Mathematiker ermodert wurde. Mehr sei an der Stelle nicht verraten.

Serie 4 Aufgabe 12

Bernd bekommt Besuch von seinem Cousin Nick. Der ist erst 1 Jahr alt und kommt deshalb mit seiner Mutter zu Besuch. Nick kann natürlich noch nicht aufs Töpfchen gehen, weshalb er Windeln dran hat. Nicks Mutter behauptet, dass man durch die Verwendung von Stoffwindeln unwahrscheinlich Geld sparen kann. Bernd will das nun ganz genau wissen und überprüfen. Dazu holt er sich alle nötigen Daten ein:
Die Stoffwindeln mussten nicht gekauft werden, da Nick diese von seinem großen Bruder geerbt hat. Davon benötigt er in 24 h durchschnittlich 7 Stück. Eine Waschnmaschinenladung fasst 23 Stoffwindeln. Das Waschmittel kostet pro Waschgang 0.07 EUR. Die Waschmaschine verbraucht 70 Liter Wasser pro Waschgang und 1,1 kWh pro Waschgang. Bei den Stadtwerken hat Bernd nachgefragt, was Wasser und Strom kosten. Dort erhielt er folgende Auskünfte: 1000 l Trinkwasser kosten 4,50 EUR und 1kWh kostet 0,17 EUR. Außerdem legt Nicks Mutter immer ein Vlies in die Windel, das wann weggeworfen wird. Davon kosten 100 Stück 4,95 EUR. Sie verbraucht noch 25 EUR im Jahr für neue Windelhöschen, die einfach ab und zu erneuert werden müssen, weil der Kleine noch im Wachstum ist.
Bei Pampers und Co. entstehen folgende Kosten: Nick braucht davon 6 Windeln in 24 Stunden, da diese saugstärker sind. 70 Stück kosten 9,59 EUR.
Wieviel EUR spart die Mutter in 1 Jahr (365 Tagen), wenn sie konsequent Stoffwindeln verwendet??
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Schwierig war die Aufgabe an sich eigentlich nicht, aber ein paar Fehler schlichen sich dort da und dort ein.
Hier die Beispiellösung von D. Neumann - vielen Dank.

gegeben: -Pampers: 6 Stück pro Tag
                              70 Stück 9,95 EUR
              -Stoffwindeln: 7 Stück pro Tag
              -Vlies: 7 Stück pro Tag
                        100 Stück 4,95 EUR
              -Waschmaschine: 23 Windeln / Ladung
                                         pro Waschgang: 0,07 EUR Waschmittel
                                                                  70 l Wasser
                                                                  1,1 kwh Strom
              -Stadtwerke: 1000 l Wasser 4,50 EUR
                                  1 kwh 0,17 EUR
              -Windelhöschen: 25,00 EUR pro Jahr
Lösung: Stoffwindeln: 7*365=2555
                               Vlies: 2555:100*4,95 = 126,47 EUR
                               Waschen: Wasser: 70 l: 1000 l l*4,50 =0,315 EUR
                                               Strom: 1,1kwh*0,17 =0,187 EUR
                                               0,315+0,187+0,07 =0,572 EUR (pro Waschgang)
                                               2555:23*0,572 =63,54 EUR
                               126,47 + 63,54 + 25,00 (Windelhöschen]= 215,01 EUR
             Pampers: 365*6=2190
                            2190:70*9,59 =300,03 EUR
            =>300,03 - 215,01 =85,02 EUR
            Mit den Stoffwindeln spart man 85,02 pro Jahr. 

Auswertung Serie 4

Serie-3

Aufgabe 1:

Seit der letzten Woche gibt es einen
Link kommt wieder
über die Bruchrechnung bei den Pharaonen. War mal ein Projekt in Klasse 5.
Es sind für folgende Brüche EINE Zerlegung in Stammbrüche zu finden. Es kann, aber es muss nicht das Verfahren benutzt werden. Bedingung ist, dass keiner der Brüche in der Zerlegung mehrfach verwendet wird. 2/3 = 1/3 + 1/3 ist keine zugelassene Lösung, sondern beispielsweise 2/3 = 1/2 + 1/6
7/11 ,
9/11 ,
13/15 und
5/39 .

Zu erreichen sind 4 ^. 2 = 8 Punkte.

Als Lösung wurde die Einsendung von Salomon gewählt.
 
7/11=7/14+(7/11-7/14)
7/11=1/2+(7/11-7/14)
7/11=1/2+3/22
7/11=1/2+3/24+(3/22-3/24)
7/11=1/2+1/8+(3/22-3/24)
7/11=1/2+1/8+1/88
=================
 
9/11=9/18+(9/11-9/18)
9/11=1/2+7/22
9/11=1/2+7/28+(7/22-7/28)
9/11=1/2+1/4+3/44
9/11=1/2+1/4+3/45+(3/44-3/45)
9/11=1/2+1/4+1/15+1/660
=======================
 
13/15=13/26+(13/15-13/26)
13/15=1/2+11/30
13/15=1/2+11/33+(11/30-11/33)
13/15=1/2+1/3+1/30
==================
 
5/39=5/40+(5/39-5/40
5/39=1/8+1/312
==============

Aufgabe 2:

Um einen quadratischen Teich sollen Bäume symmetrisch herum gepflanzt werden, so das dieses Muster entsteht:

Um den Eindruck von 9 Bäumen zu erreichen und wegen der geforderten Symmetrie ergeben sich folgende Möglichkeiten:

Aufgabe 3:

Aus Anlass eines Klassentreffens schreibt Peter alle ehemaligen Lehrer an. Bis auf drei sagen alle ihre Teilnahme zu. In dem Brief an seine ehemaligen Mitschüler schreibt der als Matheass bekannte Peter folgendes:

1. Die drei Lehrer Schulze, Ufer und Krause, die jeweils genau zwei der Fächer unterrichteten, können leider nicht kommen.
   Die Fächer Deutsch, Russisch, Geschichte, Mathematik, Physik und Biologie bleiben uns also leider erspart.

   Wer nicht mehr weiß, wer was unterrichtet hat, bekommt es mit folgenden Aussagen sicher heraus.

2. Sowohl der Lehrer für Biologie als auch der Lehrer für Physik sind älter als Herr Schulze.
3. In ihrer Freizeit spielten der Lehrer für Russisch, der Lehrer für Mathematik und Herr Schulze gern Skat. Dabei gewann Herr Krause öfter als der Lehrer für Biologie und der Lehrer für Russisch.

Herr Schulze unterrichtet nicht Biologie und Physik - wegen 2. - und auch nicht Russisch und Mathematik - wegen 3.-.
Also bleibt für Herrn Schulze nach 1. nur Deutsch und Geschichte.
Herr Krause unterrichtet nicht Russisch und Biologie - wegen 3. - und da Deutsch und Geschichte schon weg sind, folgt:
Herr Krause unterrichtet Mathematik und Physik.
Somit bleiben nach 1. für Herrn Ufer die Fächer Russisch und Biologie.

Aufgabe 4:

Bunte Kugeln
Eine grüne Kugel ist so schwer wie zwei rote Kugeln und zwei blaue Kugeln sind so schwer wie eine rote Kugel.
Wie viele blaue Kugeln sind so schwer wie drei grüne Kugeln?
Zu erreichen sind 2 Punkte.

Wenn eine grüne Kugel so schwer ist wie zwei rote, dann sind drei grüne Kugeln so schwer wie 6 rote Kugeln.
Da eine rote Kugel so schwer ist wie zwei blaue, sind 6 rote Kugeln so schwer wie 12 blaue.
Also sind drei grüne Kugeln so schwer wie 12 blaue Kugeln.

Aufgabe 5:

Würfelturm
Der kleine Bernd stapelt seine sieben Würfel aus dem neuen Mensch-ärgere-dich-nicht-Spiel übereinander. Es sind alles regelgerechte Würfel.
Wie groß ist die sichtbare Augenzahl aller Würfel, wenn ganz oben auf eine drei liegt?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Regelgerecht sind Würfel, wenn die Augenzahl gegenüber liegender Seiten 7 ergibt. Daraus folgt, dass bei den Würfeln die Augenzahl an den sichtbaren Seiten 14 beträgt. Bei sieben Würfeln sind das dann 98 und mit der 3, die oben drauf liegt, ergibt sich der gesuchte Wert zu 101.

Aufgabe 6:

Kaputte Schachbretter
Der kleine Bernd erwischt bei seiner großen Schwester einen Stapel Blätter mit leeren Schachbrettern drauf. Mit seiner neuen Schere schneidet aus einem Blatt ein 3 x 3 Feld raus, aus dem nächsten ein 4 x 4 Feld, dann ein 5 x 5 Feld, ein 6 x 6 Feld, ein 7 x 7 Feld und ein vollständiges Blatt nahm er so mit in sein Zimmer.
Als er stolz die Schachbrettstücke betrachtete fiel ihm bei dem kleinsten Brett auf, dass er ja dort ein großes 3 x 3 sehen kann, aber auch 2 x 2 Quadrate und natürlich die 1 x 1 Felder. Er rechnete zusammen und fand heraus, dass er auf dem 3 x 3 Feld insgesamt 14 Quadrate finden konnte.
Mit etwas systematischer Suche lassen sich auch Anzahl der möglichen Quadrate auf dem
4 x 4 Feld,
5 x 5 Feld,
6 x 6 Feld,
7 x 7 Feld und
8 x 8 Feld ermitteln.
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Um das System zu finden, sollte ganz von vorn begonnen werden.
1 x 1 Feld --> 1 Quadrat
2 x 2 Feld --> 5 Quadrate, es sind also zu dem einen vier dazu gekommen: 5=1+4
3 x 3 Feld --> 14 Quadrate, es sind also 9 Quadrate mehr geworden: 14=5+9 bzw. 14=1+4+9
Das System für ein n x n Feld ist beschreibbar als Anzahl(n)= Anzahl (n-1)+n² oder als Anzahl (n)=1²+2²+...+n².

Die Summenformel erlaubt die Berechnung für ein n x n Feld, ohne die vorherigen Felder zu berechnen.
Eine andere Überlegung zur Herleitung der Formel ist die Gedankenspielerei mit Schablonen:
Ein n x n Feld besitzt ein Quadrat der Kantenlänge n. Eine Schablone der Kantenlänge n-1 lege ich links unten auf, die Schablone kann ich eins nach rechts verschieben und wenn ich dasselbe eine Verschiebung weiter oben mache habe ich alle 4 Möglichkeiten für die n-1 Schablone erreicht.
Die n-2 Schablone kann nun nach dem Auflegen noch zweimal nach rechts verschoben werden und ich kann das zweimal auch nach oben ausführen. Das ergibt 3x3=9 bzw. 3² Möglichkeiten.
...
Damit ist die Formel Anzahl (n)=1²+2²+...+n² auch bestätigt.
Ergebnisse:
4 x 4 Feld --> 30
5 x 5 Feld --> 55
6 x 6 Feld --> 91
7 x 7 Feld --> 140
8 x 8 Feld --> 204

Aufgabe 7:

Bernds Traum

Im verschlossenen Hinterzimmer der Monster-Bar. Es ist kurz nach Mitternacht. Auf dem runden Tisch liegen noch die Karten. Ihnen gilt kein Blick. Vor 10 Minuten saßen noch sechs Männer am Tisch. Der alte Frisky, John Dalmas, George Hawkins, Allan Cunneway, Fred Buster und Tom Snider. Nun aber liegt einer von ihnen tot über dem Tisch. Der tote Falschspieler hält noch sein Whiskyglas in der Hand. Da keiner den Raum verlassen hatte und auch der Wirt sich Stunden nicht hatte blicken lassen, musste einer der sechs der Mörder sein. Wer sind Täter und Opfer, wenn folgendes bekannt ist:

Aus 4. folgt, dass A und E Onkel bzw. Neffe sind. Wegen 1. ergibt sich D ist George und damit wird nach 4. C zum Täter.
A ist Fred wegen 5. Damit wird 6. aber nur durch E und B erfüllt. Nach 3. gilt nun B heißt Frisky und E muss Tom sein Damit ist C, also der Täter, Allan Cunnuway und John Dalmas das Opfer. Warum hat er auch falsch gespielt, wo bei Mord ein noch größeres Verbrechen ist. Aber es war ja nur ein Traum.

Aufgabe 8:

Bernd unterhält sich mit seinem Vater. Irgendwie kommen sie auf seinen Freund Mike zu sprechen. Dieser hat noch drei Brüder. Das ist doch echt selten, dass bei vier Kinder alle Jungs bzw. Mädchen sind. Da die Chance für ein Mädchen und einen Jungen ja gleich sind, meint Bernd, dass die Anzahl der Mädchen und Jungen doch am ehesten gleich sein müsten. Also beispielsweise:
M, J, J, M.
Schreibe alle Möglichkeiten der Geburtsreihenfolge auf.
Hat Bernd recht oder ist die Möglichkeit, dass drei der vier Kinder das gleiche Geschlecht haben größer?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Einige Teilnehmer haben die Aufgabenstellung nicht im Sinne der Verteilung der Möglichkeiten bezogen auf viele Familien interpretiert. Es stimmt schon, dass das Geschlecht der bereits geborenen keinen Einfluss auf den Neuankömmling hat, also immer wieder die 50 Prozent Chance auftritt, aber die Fragestellung war halt doch anders.
Hier die Lösung von Hermann T.:
M = Mädchen
J = Junge

Aufgabe 9:

Eine Schnecke fällt in einen 10 Meter tiefen Brunnen und treibt auf dem Wasser. Sie erreicht den Rand und beginnt nach oben zu kriechen. Am Tag schafft sie so 4 Meter nach oben. In der Nacht rutscht sie während des Schlafes wieder drei Meter zurück. Unverdrossen probiert sie den Rand zu erreichen.
Am wie vielten Tagen erreicht sie den Rand?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Einige Teilnehmer sind bei ihren Überlegungen über die effektiven 1 Meter nicht hinausgekommen und haben so die Antwort mit 10 Tagen angegeben. Wenn aber nach 10 Tagen die 10 Meter Endstadium sein würden, so wären ja da am Tag die 13 Meter erreicht worden, nun ja mehr als einen Punkt gibt es dann dafür nicht.
Hier die Lösung von Christoph.
Sie beginnt am Tag 1 Schafft 4m, rutsch wieder in der Nacht 3m runter und ist auf 1m.
Tag 2 + 4m =5m - 3m = 2m.
3. Tag: von 2m auf 6m auf 3m.
4. Tag: von 3m auf 7m auf 4m.
5. Tag: von 4m auf 8m auf 5m.
6. Tag: von 5m auf 9m auf 6m.(h�tte sie es nur noch ein paar Stunden probiert... :-) )
7. Tag: von 6m auf 10m (na endlich)
Sie erreicht den Rand am 7. Tag.
Danke Christoph.

Aufgabe 10:

Bernd feiert seinen 10. Geburtstag. Seine Schwester ist genau so viele Jahre älter als er wie sein Bruder jünger ist als er. Mit anderen Worten, Bernd ist wirklich der Mittlere von den dreien. Wenn er die Quadrate der Lebensalter aller drei addiert erhält er 318.
Wie alt sind die drei Geschwister?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Nun viele haben probiert und einige haben eine Gleichung aufgestellt. Falsches war nicht dabei, prima.
Mit dem Altersunterschied b zum Bernd ergibt sich folgende Gleichung:
(10-b)² + 10² + (10+b)² = 318
100 -20b + b² + 100 + 100 + 20b + b² = 318
300 + 2b² = 318
2b² = 18
b²=9
b= 3 oder -3
Der Altersunterschied ist also 3 und damit ist der Bruder 7 und die Schwester 13.
Probe: 7² + 10² + 13² = 49 + 100 + 169 = 318

Aufgabe 11:

Bernd ist mit seinen Geschwistern und Eltern im Urlaub. Auf dem gleichmäßig dahin fließenden Fluss wird ein kleines Familienrennen organisiert. Bei den Probefahrten ergeben sich für die Besatzung Bernd und Anna - seine Schwester -, dass diese in einer halben Stunde 3 km schaffen, während die Mutter zusammen mit Christian es auf beachtliche 10 Kilometer in der Stunde bringen.
Da die Chanchen so unterschiedlich sind wird es dann doch eher ein Ausflug als ein echtes Rennen.
Anne und Bernd bekommen 6 Kilometer Vorsprung. Wieviel Kilometer holen Christian und seine Mutter in einer halben Stunde auf? (2 Punkte)
Wie lange dauert es bis das erste Boot eingeholt wird und wie viel Kilometer war die Wasserwanderung lang, wenn sie mit dem Einholen endet?(3 Punkte)
Zu erreichen sind insgesamt 5 Punkte.

Die Angabe der Kilometer bezogen auf die Stunde bzw. halbe Stunde führte nur einmal zur Verwirrung, sonst war das allen Teilnehmern klar.
Das Boot mit Vorsprung schafft in der halben Stunde 3 km, das Verfolgerboot 5 km, also holen diese in einer halben Stunde 2 Km auf. Daraus folgt, dass die 6 km Vorsprung nach 1,5 Stunden ausgeglichen werden. Die Bootstour ist also nach 15 km zu Ende. Das Verfolgerboot braucht also 1,5 Stunden, während das andere Boot 2,5 Stunden unterwegs war, wenn man davon ausgeht, dass sie ihren Vorsprung selber erpaddelt haben und nicht einfach nur 6 km weiter einsetzten.

Aufgabe 12:

Bernd und Ines wollen sich von ihrem gemeinsamen Taschengeld ein Fahrrad kaufen. Sie gehen in einen Second-Hand-Shop und fragen, was sie für 50 Euro kriegen können. Der Verkäufer bietet den beiden gleich ein Fahrrad zu diesem Preis an. Die beiden zahlen und verlassen den Laden. Dann bekommt der Verkäufer ein schlechtes Gewissen, da es eine ziemlich alte Mühle war, an der nicht mal das Licht geht. Also will er den beiden 5 Euro zurückerstatten. Er schickt seinen Angestellten los, den beiden zu folgen und ihnen die 5 Euro noch zu geben. Der Angestellte fühlt sich aber chronisch unterbezahlt und steckt davon erst mal 2 Euro in die eigene Tasche. Er erwischt die beiden noch und gibt jedem 1,50 Euro zurück mit den besten Grü�en vom Chef. Was ein ordentlicher Mathematiker ist, der macht erst mal die Probe, ob auch alles stimmt: Bernd und Ines haben ursprünglich jeder 25 Euro gezahlt. Nun bekamen sie 1,50 Euro zurück, d.h. sie bezahlten nur 23,50 Euro. wenn man nun die 23,50 von Bernd mit den 23.50 von Ines addiert, erhält man 47 Euro. Addiert man nun noch die zwei Euro des Angestellten, fehlt aber ein Euro bis zum Ausgangswert von 50 Euro.
Frage: Wer hat den Euro??
Zu erreichen sind 5 Punkte.

Was ein ordentlicher Mathematiker ist, der macht erst mal die Probe, ob auch alles stimmt. Nun dann machen wir das mal.
Ein kleiner Logikfehler ist es, der hier die Frage aufkommen lässt.
Von den 47 Euro, die Bernd und Ines letzt endlich bezahlen, hat der Verkäufer 45 (50 Euro vorher - 5 Euro zurück) in seiner Kasse und sein Angestellter hat die 2 Euro. Es fehlt also kein Euro, sondern die Überlegung mit der Addition der 2 Euro zu den 47 Euro war falsch.

Auswertung

Serie 3

aktuelle Wochenaufgabe

Aufgabe der Woche

exercice de maths de la semaine, math problem of the week, problema di matematica della settimana, सप्ताह के गणित समस्या, математическая задача недели, Ejercicio de matemáticas semanal, 今週の数学問題, בעיה מתמטית של השבוע, مشكلة الرياضيات الأسبوع, 这个周的数学问题, Haftanın matematik problemi, temporäre Problem vun der Woch, μαθηματικό πρόβλημα της εβδομάδας, math tatizo la wiki, 這個週的數學問題,

Jede Woche wird freitags eine neue Aufgabe auf dieser Seite zur Verfügung gestellt.
Die Aufgabenlösung ist bis spätestens zum darauf folgenden Donnerstag zu übermitteln.
Die Aufgaben haben unterschiedliche Schwierigkeitsgrade (blau einfacher, rot komplexer) und werden bei vollständiger Beantwortung - nur die Angabe der Lösung reicht nicht - mit je 2 bis 12 blauen oder eben roten Punkten bewertet.
Eine Serie umfasst 12 Aufgaben, danach stehen die Etappensieger fest.
Die jeweils erreichte Punktzahl wird --> hier <-- veröffentlicht.
Es werden pro Serie 3 Buchpreise verlost. Diese werden unter den Teilnehmern ausgelost, die in der Gesamtwertung der Serie auf den Plätzen 1 bis 10 liegen. Die Buchpreise stellt der Buchdienst Rattei aus Chemnitz zur Verfügung.

Lösungen bis zum 28.11.2024 an wochenaufgabe[at]schulmodell.eu oder wochenaufgabe[at]gmx.de

Serie 68

Aufgabe 1

805. Wertungsaufgabe

Logikaufgabe

Maria und Lisa hatten in den Herbstferien 5 Geschwisterpaare (jeweils Junge/Mädchen) getroffen. Die Mädchen ( Wilma, Clara, Betty, Alexa und Maxi) hatten im Sommer als Rettungsschwimmerinnen gearbeitet. Die Jungs (Siegmar, Sven, Max, Sam und Ben) waren mit Handwerkern unterwegs.
Maria hatte sich notiert, wo die Mädchen im Einsatz waren. (Müritz, Schweriner See, Helenesee, Stausee Pirk, Stausee Rabenstein). Sie waren bis auf eine, die auf einer Rettungsinsel in ihrem See tätig war, die ganze Zeit am Westufer, Nordufer, Südufer bzw. Ostufer des jeweiligen Gewässers eingesetzt. Die meiste Zeit waren die Einsätze entspannt, aber ab und an mussten sie doch unvorsichtigen Badegästen helfen. Die Anzahl der Rettungseinsätze lag bei jeweils genau 2, 3, 4, 5 und an einem Strand sogar bei 6.
Die Notizen von Maria enthielten folgende Aussagen.

1. Betty war nicht am Schweriner See, sie hatte 3 Einsätze weniger als das Mädchen vom Westufer der Müritz.
2. Zwei Einsätze gab es am Südufer, die aber nicht von Maxi bzw. Betty durchgeführt wurden.
3. Die Anzahl der Einsätze von Maxi war nicht genau drei und sie war nicht am Nordufer eingesetzt.
4. Alexas Einsätze waren um zwei größer als die, die von der Rettungsinsel aus starteten. Am Helenesee waren es genau vier Rettungseinsätze.
5. Wilma war am Stausee Pirk.
6. Clara musste sechsmal zum Einsatz.

Wer war an welchem See, welchem Seeabschnitt/Einsatzgebiet und wie viele Einätze waren zu absolvieren? 6 blaue Punkte

„Was ist denn noch über die Jungs bekannt?“, fragte Bernd. Lisa schaute auf ihre Notizen.
Die Handwerker waren Klempner, Fußbodenleger, Dekorateur, Elektriker bzw. Schornsteinfeger. In der Zeit, in der die Jungs bei ihnen waren, gab es für jeden einen Auftrag bei einer Familie (Becker, Meister, Schaurig, Pfeifer und Rettich). Die Einsatzstellen waren in der Zugstraße, im Schusterweg, in der Schlossgasse, im Maiweg bzw. in der Salzstraße.
Ebenfalls auf dem Zettel von Lisa stand:

1. Sam war weder beim Klempner noch beim Dekorateur.
2. Der Klempner war weder bei Familie Rettich, die in der Zugstraße wohnt, noch bei der Familie, die in der Salzstraße lebt.
3. Die Familie Schaurig hatte keinen Dekorateur bestellt. Sie wohnten auch nicht im Schusterweg, aber auch nicht im Maiweg.
4. Der Fußbodenleger arbeitete im Schusterweg, aber nicht für die Familie Meister.
5. Sven half in der Schlossgasse, aber nicht bei Familie Schaurig.
6. Die Familie Becker brauchte einen Schornsteinfeger.
7. Max half dem Elektriker. Ben war bei der Familie Pfeifer.

Welcher der Jungs war bei welchem Handwerker eingesetzt? Bei welchen Familien arbeiteten sie? Wo wohnten die Familien? 6 rote Punkte

 Logikvorlage als pdf

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Serie-2

Aufgabe 1:

Aufgabe 2

Aufgabe 3:

Aufgabe 4:

Aufgabe 5:

Aufgabe 6:

6.1: Altersaufgabe: Ein Mann antwortet auf die Frage nach seinem Alter so: Meine Mutter war vor vier Jahren doppelt so alt wie ich jetzt bin. Mein Vater wird in fünf Jahren doppelt so alt sein, wie ich dann sein werde. Addiert man die momentanen Lebensalter, so sind wir drei zusammen 109 Jahre. Wie alt sind Mutter, Vater und Sohn jetzt?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

V - Vater, M - Mutter, S - Sohn Daraus lässt sich das Gleichungssystem aufstellen:

1. M -4 = 2S
2. V + 5 = 2(S + 5)
3. M + V + S = 109

1. M = 2S +4
2. V = 2S +5

6.2: Gib Name, Haarfarbe, Körpergröße und Platzierung eines 100 m Laufes an.

1. Die Namen sind Axel, Bernd und Christoph.
2. Die Haarfarben sind blond, rot und schwarz.
3. Die Körpergrößen sind 162 cm, 164 cm und 165 cm.
4. Wenn Axel schwarzes Haar hat, so ist Christoph nicht der Sieger.
5. Der Sieger ist blond und größer als Bernd.
6. Der 3. hat schwarzes Haar.
7. Axel ist kleiner als Bernd.

Lösung

Aus 1, 3, 5 und 7 folgt Christoph ist blond, 165 cm groß und Goldmedaillengewinner, Bernd ist 164 cm groß und Axel ist 162 cm groß.
Aus diesen ersten Erkenntnissen folgt aus 4., dass Axel rote Haare hat und so muss Bernd schwarze Haare haben.
Wegen 6. Bernd dann der 3., so dass Axel den zweiten Platz belegt
Zusammenfasung:

1. Christoph, blond, 165 cm
2. Axel, rot, 162 cm
3. Bernd, schwarz, 164 cm

Aufgabe 7

Da ich gerne Karten spiele lud ich mir 4 Mädchen ein. Anna, Britta, Cecil und Doreen. Jede brachte noch ihren Bruder mit. Da ich in der Küche zu tun hatte, haben die 8 alle 32 Karten des Spiels schon mal aufgeteilt.
Anna hatte eine, Britta hatte zwei, Cecil hatte drei und Doreen hatte vier Karten. Ralf Müller hatte soviele Karten wie seine Schwester, Steffen Fischer hatte doppelt so viele Karten wie seine Schwester, Thomas Schmidt sogar dreimal so viele wie seine Schwester und Ulf Müller genau vier mal so viele wie seine Schwester.
Finde die Geschwisterpaare heraus.

Zu erreichen sind 6 Punkte.

Anna und Thomas Schmidt
Britta und Ulf Müller
Cecil und Ralf Müller
Doreen und Steffen Fischer

Aufgabe 8

Welches ist die kleinste natürliche Zahl, die alle 10 Ziffern genau einmal enthält?
Zu erreichen sind 2 Punkte.

Die einfache Form 0123456789 entfällt, da die ja eigentlich nur 9-stellig ist. So ergibt sich als echte Lösung: 1023456789

Aufgabe 9

Hier nun der Klassiker der Klassiker:
Diese Aufgabe stammt aus dem 9. Jahrhundert.
Ein Mann kommt mit einem Wolf, einer Ziege und einem Kohlkopf an einen Fluss. Dort findet er ein kleines Boot vor, mit dem er jeweils nur 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. 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, Wolf, Ziege und Kohlkopf verlustfrei zum anderen Ufer schaffen kann.
Zu erreichen sind 5 Punkte.

Vorschläge wie Kohlkopf auf dem Wasser treiben lassen oder ihn einen Rucksack zu tun entsprachen nicht der Aufgabenstellung.
Das Hauptproblem ist die Ziege, da diese nicht mit dem Wolf und dem Kohlkopf alleine gelassen werden kann.
Mögliche Lösung:
1. Fahrt: Ziege zum anderen Ufer.
2. Fahrt: Leerfahrt zurück.
3. Fahrt: Kohlkopf zum anderen Ufer
4. Fahrt: Ziege zurück.
5. Fahrt: Wolf zum anderen Ufer.
6. Fahrt: Leerfahrt zurück.
7. Fahrt: Ziege zum anderen Ufer.
Alle Dinge sind jetzt am anderen Ufer. Mögliche andere Lösungen sind nicht mit weniger Fahrten machbar.

Aufgabe 10

Das Jahr 1989 war ein sehr wichtiges Jahr der jüngeren Geschichte.
Aber auch mathematisch lässt sich sich mit den Ziffern viel anfangen. Die vier Ziffern sollen genau einmal und das in der Reihenfolge 1 9 8 9 zur Berechnung verwendet werden. Es sind die Grundrechenarten, das Setzen von Klammern, das Quadratwurzelziehen (kurz Wurzel), Fakultät und das Potenzieren erlaubt.
Beispiele:
14 = - 1 - 9 + 8 ^. Wurzel(9)
23 = -1⁹ + 8 ^. Wurzel(9)
36 = 19 + 8 + 9
65 = (1 + Wurzel (9)!) ^. 8 +9 und
70 = -19 + 89 und
Finde je eine Darstellung für: 7, 17, 27, 37, 47, 57, 67, 77, 87, 97
Für jede Darstellung gibt es einen Punkt. Es sind also 10 Punkte möglich.

War wohl nicht ganz so einfach. Hier ist nun jeweils eine Möglichkeit angegeben:
  7 = - 1 - 9 + 8 + 9
17 = 1 ^{9 .} 8 + 9
27 = 1 + 9 + 8 + 9
37 = (- 1 + Wurzel(9)!) ^. 8 - Wurzel(9)
47 = (1 + Wurzel(9)!) ^. 8 - 9
57 = 1 ^. Wurzel(9)! ^. 8 + 9
67 = (- 1 + 9) ^. 8 + Wurzel(9)
77 = (1 + 9) ^. 8 - Wurzel(9)
87 = 1- Wurzel(9) + 89
97 = -1 +9 + 89

Aufgabe 11

Mal was Schnelles für zwischendurch.
Wieviel Minuten sind es bis 8.00 Uhr, wenn es vor 50 Minuten genau viermal soviel Minuten nach 5 Uhr war?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Die Aufgabe war wohl nicht für alle Beteiligten so leicht, aber okay. Hier nun ein Lösungsansatz.
Es fehlen x Minuten bis 8.00 Uhr, dann 50 Minuten zurück und nun sind es noch 4x Minuten bis 5.00 Uhr, da es von 5 bis 8 Uhr 180 Minuten sind ergibt sich:
x + 50 + 4x = 180 | -50
5x = 130 | : 5
x = 26
Es sind noch 26 Minuten bis 8.00 Uhr also ist es 7.34 Uhr.

Aufgabe 12

Grundwissen in schriftlichen Multiplikation ist gefragt:
x steht für irgendwelche fehlenden Ziffern

Zu erreichen sind 5 Punkte.

Der erste Faktor ist leicht aus dem zweiten Teilergebnis zu ermitteln.
912 : 2 = 456 (Die Angabe der 4 an dieser Stelle wäre also nicht notwendig gewesen, aber nun ja.)
Wegen der 8 an der letzen Stelle im Ergebnis, kommt für die letzte Stelle des zweiten Faktors nur die 3 oder 8 in Frage. (6 ^. 3 = 18 bzw. 6 ^. 8 = 48)
Das erste Teilergebnis wäre dann 1368 bzw. 3648. Da als vorletzte Stelle die 4 vorgegeben ist fällt die 3 aus und der zweite Faktor heißt jetzt. x28.
Das letzte Teilergebnis hat eine 3 an der Hunderterstelle. Gesucht ist also eine einstellige Zahl z, so dass z ^. 456 = x3xx ist. Durch Probieren lässt sich zeigen, dass nur z = 3 die Bedingung erfüllt. Damit ist die Aufgabe vollständig gelöst und gezeigt es gibt nur die eine Lösung.

Serie-1

Serie 1
Aufgaben und Lösungen Aufgabe 1: Wie viele Möglichkeiten einen 50-Euro Schein in Euroscheine zu wechseln gibt es? Lösung Hier hilft systematisches Probieren. Z - steht für 20 z - steht für 10 f - steht für 5
1. Z + Z + z
2. Z + Z + f + f
3. Z + z + z + z
4. Z + z + z + f + f
5. Z + z + f + f + f + f
6. Z + f + f + f + f + f + f
7. z + z + z + z + z
8. z + z + z + z + f + f
9. z + z + z + f + f + f + f
10. z + z + f + f + f + f + f + f
11. z + f + f + f + f + f + f + f + f
12. f + f + f + f + f + f + f + f + f + f
Also gibt es 12 Möglichkeiten.

Aufgabe 2: Fünf Läufer laufen gegen einander. Wie viele Möglichkeiten für den Zieleinlauf gibt es? Lösung Es handelt sich um eine Permutation. Es geht also darum, Elemente - Läufer - in einer Reihe zu ordnen. Für den ersten gibt es 5 Möglichkeiten - (n) -, wenn dieser feststeht, bleiben für den zweiten Platz noch 4 Möglichkeiten - (n-1) -, d.h. 5 mal 4 Möglichkeiten, für den 3. Platz bleiben noch 3 - (n-2) - Möglichkeiten, d.h. 5 mal 4 mal 3 Möglichkeiten usw. Damit ergibt sich eine Anzahl von 120 Möglichkeiten. (5!=5.4.3.2.1) Bei nur einem Läfer mehr sind dies dann schon 720 Möglichkeiten. Die Zahl wächst sehr schnell an.

Aufgabe 3: Peter hat eine Gruppe von Schülern überredet eine Radtour zu machen. Damit die Mitfahrer nicht erschrecken, fängt er harmlos an und steigert dann jeden Tag die Strecke um 20 km. Am neunten Tag haben Sie das Ziel ihrer Rundreise erreicht und damit sagenhafte 1170 km zurück gelegt. Wie lang sind die erste und die letzte Etappe? - zu erreichen sind 4 Punkte PS.: Lasst Euch nicht von Peter einwickeln. Lösung Musterlösung von Nifi: x steht für die Länge ersten Etappe: x+(x+20)+(x+40)+(x+60)+(x+80)+(x+100)+(x+120)+(x+140)+(x+160)=1170 9x+720=1170 9x=450 x=50 Damit ergibt sich als Lösung: Die erste Etappe ist 50 Kilometer, die letzte 210 Kilometer lang.

Aufgabe 4: Gesucht sind zwei natürliche Zahlen. Werden die beiden Zahlen addiert, so ergibt sich als Summe die 545. Lässt man bei der einen Zahl die letzte Ziffer weg, so erhält man die zweite Zahl. Wie heißen die beiden Zahlen? - zu erreichen sind 4 Punkte Lösung Man kann die Lösung durch systematisches Probieren finden. Berechnen ginge beispielsweise so: a sei die kleinere Zahl und die b die letzte Ziffer der anderen Zahl, dann gilt: (10a + b) + a = 545 11a + b = 545 Teilt man nun 545 durch 11, ergibt dies 49 Rest 6. Also gilt: 11 . 49 + 6 = 545 Durch Vergleich mit der ersten Gleichung sieht man die Lösung jetzt sofort: Die eine Zahl heißt 496, die andere 49.

Aufgabe 5: Hans Blond erhält einen gefährlichen Auftrag. Er muss die Welt retten - wie immer - und dazu muss er den Code zum Abschalten des atomaren Infernos herrausbekommen. Nach vielen überwundenen Hindernissen dringt er in den Raum mit dem Abschaltmechanismus ein. Es ist genau 16.00 Uhr und in diesem Moment erkennt er, dass er nur noch eine kurze Zeitspanne zur Verfügung hat. Das Inferno beginnt, wenn die Zeiger der gepanzerten Uhr genau übereinander stehen. Wann stehen die Zeiger genau übereinander? - zu erreichen sind 5 Punkte. Wer begründet, dass er mindestens 15 Minuten Zeit hat, kann für die Teillösung 2 Punkte erhalten. Lösung Die Teillösung, dass er mindestens 15 Minuten Zeit hat war elementar, denn der kleine Zeiger war ja selbst um 16.00 Uhr schon weiter. Der Weg in Grad, den die Zeiger zurück legen müssen, lässt sich mit s = v . t berechnen. t ist dabei die gesuchte Zeit. vg = 360° / 60 min und vk = 30° / 60 min Beide Zeiger treffen sich bei: sg = vg . t bzw. sk = vk . t + 120° Daraus folgt: vg . t = vk . t + 120° bzw. 360° / 60 min . t = 30° / 60 min . t + 120° Diese Gleichung aufgelöst nach t ergibt: t = 21 9/11 min. das sind 21 Minuten 49 1/11 Sekunden. Da wird unser Hans Blond sich wohl 21 Minuten 49 Sekunden Zeit lassen.

Aufgabe 6: Auf dem Weg nach Süden treffen sich Störche an einem See in Spanien. Wie lange benötigen 100 Störche, um 100 Frösche zu fangen, wenn 5 Störche 5 Minuten brauchen, um 5 Frösche zu fangen? - zu erreichen sind 2 Punkte. Lösung Nun die Lösung der Scherzaufgabe war nicht schwer. Aus dem zweiten Teil der Aufgabe geht hervor, dass ein Frosch 5 Minuten braucht für einen Frosch, also schaffen 100 Störche es auch in fünf Minuten.

Aufgabe 7: Einem Wirt geht am Sonntag sein 1 Liter Maßkrug kaputt, er kann also keinen Ersatz besorgen. Er hat nur noch seinen 3 und seinen 5 Liter Krug. Wie kann er trotzdem seinen Gästen 1 Liter Wein in einer Karaffe anbieten? - zu erreichen sind 3 Punkte. Lösung Wenn man die Lösung sieht, sagt man das ist ja einfach, aber ... Der Wirt füllt den 3-Liter Krug und gießt dessen Inhalt in den 5-Liter Krug. Dann füllt den 3-Liter Krug noch einmal und gießt dessen Inhalt vorsichtig in den 5-Liter Krug. Da dort schon 3 Liter drin sind, passen nur noch 2 Liter hinein, also bleibt im 3-Liter Krug genau noch ein Liter übrig.

Aufgabe 8: Sokrates ist im Streitgespräch mit einem reichen Mitbürger. Dieser behauptet, dass die Methode von Sokrates durch Nachfragen zum Ziel zu kommen bei einfachen Sklaven versagt. Sokrates stellt dem anwesenden jungen Mundschenk folgende Frage: Wie lässt sich die Fläche eines Quadrates konstruktiv verdoppeln? Erste spontane Antwort: "Ich verdoppele die Seitenlänge". Diese Anwort weist Sokrates geschickt zurück und bringt den Mundschenk nach kurzer Zeit zur richtigen Lösung. Wie würdest du vorgehen (2 Punkte) und warum (2 Punkte)? Lösung Die Lösung des Sokrates kann man dem Bild entnehmen. Das Originalquadrat ist das Innere, welches aus 4 Dreiecken besteht, das große Quadrat, dessen Kantenlänge der Diagonalen des kleinen Quadrates entspricht umfasst dann insgesamt 8 Teildreiecke. Eine weitere Begründung lässt sich mittels der Formel für die Diagonale herleiten. Die Aufgabe war wohl nicht so leicht beschreibbar, denn es gab nur eine richtige Antwort.

Aufgabe 9: Gegeben ist dieses Feld aus 7 mal 7 Feldern:

 Finde eine Lösung, bei der in jeder Zeile, jeder Spalte und in den Hauptdiagonalen, die Zahlen von 1 bis 7 genau einmal vorkommen. Wird die Hauptdiagonalbedingung nicht eingehalten gibt es 4 Punkte, sind alle Bedingungen erfüllt, sind diesmal 7 Punkte möglich. Lösung

Eine mögliche vollständige Lösung ist:

Aufgabe 10: Im Lehrerzimmer treffen sich früh 15 Lehrer. Jeder gibt jedem die Hand - sind ja höfliche Menschen -. Wie oft werden dabei Hände geschüttelt? Zu erreichen sind 3 Punkte. Lösung Jeder der 15 Lehrer gibt 14 mal einem anderen die Hand. Rechnet man nun 15 mal 14 gleich 210 ist zu berücksichtigen, dass bei dieser Berechnung jedes Handgeben doppelt gezählt wird. (A B und B A). Deshalb ist 210 zu halbieren. Es werden also 105 mal die Hände gegeben.

Aufgabe 11: Ein Schwan trifft auf einen Zug Wildgänse. He ihr seid ja wohl 100 rief er aus. Falsch mein Lieber schnatterte die Obergans. Wenn wir noch einmal so viele wären wie wir sind und dann noch einmal Halb so viele und ein Viertel mal so viele und du dazu, erst dann sind die 100 erreicht. Aber du Schwan wirst wohl nun heraus bekommen, wie viele wir wirklich sind. Zu erreichen sind 4 Punkte. Lösung Ich bezeichne die Anzahl der Wildgänse in dem Zug mit z. Dann gilt: z + z + z/2 + z/4 +1 = 100 | -1 11/4 z = 99 | : 11/4 z = 36 Es sind also 36 Wildgänse gewesen. Der Schwan lag ziemlich daneben.

Aufgabe 12: KERZE Immer wieder stehen die Leute vor der Frage, wie lassen sich die Kerzenbrennzeiten und der Kerzenverbrauch optimieren für den Adventskranz optimieren? Vor kurzem stand in der Zeitung ein recht brauchbarer Vorschlag wie das Problem recht optimal geöst werden könnte. Die Idee ist wie fast immer recht simpel, aber man muss eben drauf kommen? Es werden 5 (!) gleiche Kerzen insgesamt eingesetzt. Wie muss man vorgehen, damit an jedem Adventsonntag, die entsprechende Zahl von Kerzen brennt und die Brenndauer an jedem Sonntag gleich ist? Zu erreichen sind 6 Punkte. KERZE Lösung Wenn man an jedem Advent die Kerzen vollständig abrennen lassen würde bräuchte man 10 Kerzen. Da bloß 5 zur Verfügung stehen, ergibt sich pro Sonntag eine Brenndauer einer halben Kerze. Die Kerzen werden mit A, B, C, D und E bezeichnet: 1. Advent: Kerze A 2. Advent: Kerzen A und B. Kerze A ist damit herunter gebrannt und wird durch Kerze E ersetzt. 3. Advent: Kerzen C, D und E (auch wenn B einen angebrannten Docht hat.) 4. Advent: Kerzen B, C, D und E Das Fest kann kommen

Auswertung

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