Serie-10

Aufgabe 1

Da rechnet man sich den Wolf und dann ist das so einfach zu sehen, meine Bernds Vater als er von dem Trick aus der letzten Woche hörte. Da er ja bekanntlich auch gerne Knobeleien stellt, hatte er für Bernd und auch für Mike folgende ganz einfach aussehende Aufgabe.
Gib alle Ziffern des Ergebnisses von 999 999 999 999 * 777 777 777 777 an. Kein Problem, meinte Bernd und nahm seinen Taschenrechner, aber leider zeigte der irgendwas mit 10 hoch. Wie soll man das dann rauskriegen, mit schriftlichem Rechnen ist doch öde. Jeder hat mal klein angefangen, meinte sein Vater. Mike meinte, das sei mit dem klein angefangen ist bestimmt wieder so ein komischer Geheimtipp deines Vater.
Wie heißt denn nun das Ergebnis? Zu erreichen sind 3 Punkte.

Den Tipp des Vaters aufgreifend sieht das so aus.
9 * 7 = 63
99 * 77 = 7 623
999 * 777 = 7 766 223
9 999 *7 777 =77 762 223
99 999 * 77 777= 7 777 6 22 223
Die Struktur des Ergensisses wird deutlich. Es sind zu Beginn eine Anzahl 7, die um 1 kleiner ist als die Stellenzahl der Faktoren, dann kommt eine 6, danach so viele Stellen mit 2 wie schon die 7 und zum Schluss eine 3. Da keine Überträge irgendwo auftreten ist das Ergebnis von:
999 999 999 999 * 777 777 777 777
777 777 777 776 222 222 222 223
Mehrfach kam auch ein anderer Vorschlag (ganz schnell von Sebastian Wallek, danke):
999 999 999 999 * 777 777 777 777
= 1 000 000 000 000 * 777 777 777 777 - 777 777 777 777
= 777 777 777 777 000 000 000 000 - 777 777 777 777
= 777 777 777 776 222 222 222 223

Serie 10 Aufgabe 2

Als Bernd zu Mike kommt überrascht er ihn beim Spielen mit Skatkarten. Ich spiele nicht, sondern grübele gerade über einen Trick nach. Wie jetzt? Also, probieren wir es gleich mal aus. Ich habe hier 21 verschiedene Karten, die decke ich auf und du musst dir eine merken, okay. Mike deckt die Karten auf und legt sie auf drei Stapel. Erste Karte Stapel 1, zweite Karte Stapel 2, dritte Karte Stapel 3, vierte Karte Stapel 1, fünfte Karte Stapel 2, sechste Karte Stapel 3, ...
In welchem Stapel liegt deine Karte? Nach dem Mike das gehört hat, legt er die Stapel übereinander und teilt die Karten wieder so aus. Nun fragt er wieder und ein drittes Mal werden die Karten verteilt, nach dem Stapel gefragt und die Stapel übereinander gelegt. Nun konzentriert sich Mike und findet aus dem Stapel die Karte heraus, die Bernd sich gemerkt hat. Cool, noch mal. Gesagt getan, wieder findet Mike die Karte. Wie geht das, na gut weil du es bist. Den Stapel in dem Karte liegt, lege ich immer zwischen die beiden anderen Stapel, spätestens nach dem dritten Mal, liegt die Karte genau in der Mitte, an der 11. Stelle. Und das klappt immer? Aber ja.
Warum klappt der Trick immer? Die komplette Beschreibung ist 6 Punkte wert.

Hier habe ich gleich mal eine der ausführlichen eingesandten Lösungen verwandt, danke an Andree:
21 Karten werden auf drei Haufen offen ausgelegt und eine beliebige Karte ausgewählt. Egal welcher Haufen es war, er wird nun in die Mitte des Kartenstapels sortiert. Die ausgewählte Karte muss also an Position 8, 9, ...oder 14 liegen.
Teilt man nun wieder die Karten auf drei Haufen, so werden die ersten sieben Karten (unter denen die gewählte nicht ist) zuerst verteilt und es entstehen die folgenden Stapel (Ziffern = Anzahl der Karten
3 2 2
darauf nun die sieben Karten, unter denen die gewählte liegt (grün)
3 2 2
2 3 2
und dann der Rest
3 2 2
2 3 2
2 2 3
Um alle Fälle gleichzeitig erläutern zu können, kann man für den letzten Durchgang annehmen, dass in jedem Stapel nur noch die mittleren drei Karten als gewählte in Frage kommen. So kommt zwar beim 1. und beim 3. Stapel eine Karte hinzu, die unmöglich die richtige sein kann, was aber den Ausgang des Zaubertricks nicht behindert.
Die Karten werden erneut wie oben beschrieben ausgelegt. Nun kann die gewählte Karte nur noch an der 10., der 11. oder der 12. Stelle liegen, nachdem der benannte Stapel ja wieder in die Mitte genommen wurde. Damit ergibt sich folgende Verteilung:
3 3 3
1 1 1
3 3 3
Und man sieht sofort, dass sich die gewählte Karte genau in der Mitte des genannten Stapels befindet.

Serie 10 Aufgabe 3

Bernd sagte, dass er den Trick gleich zuhause gezeigt hätte und dass mit großem Erfolg. Hast du noch mehr auf Lager? Aber ja doch meinte Mike, aber lass uns erst mal die Aufgabe aus dem Kalender von Opa anschauen, sonst fühlt der sich vielleicht noch übergangen. Na dann mal los, auch wenn das wieder mal eine aus dem 16. Jahrhundert ist.
Ein Wirt hat 12 Stammgäste, bis auf einen bezahlen alle regelmäßig. Um dem einen Denkzettel zu verpassen, macht er den 12 Leuten den Vorschlag, dass nur einer die Zeche bezahlen soll und zwar für alle und auch die Außenstände, die alle haben. Dazu schlägt er folgenden Modus vor. Alle stellen sich in einer Reihe auf. Es wird von eins bis 10 gezählt. Die Nummer 10 setzt sich hin. Die verbleibenden zählen einfach weiter von 1 bis 10, wieder geht die Nummer 10. Zum Schluss bleiben zwei übrig, wobei nach dem Zählen, dann einer die 9 hat und einer die 10, der sich setzen darf, so dass einer zum Bezahlen - die letzte 9 - alles bezahlen muss. Alle sind einverstanden. Der Trickser stellt sich natürlich genau an die 10. Stelle, damit er gleich beim ersten Mal draußen ist. Damit aber hatte der Wirt gerechnet und sagt zu irgendeinem aus der Reihe, er möge anfangen. Wem muss er sagen, dass er anfangen soll, damit der Zechpreller am Ende übrig bleibt?
Da man sicher eine Weile probieren muss, wenn man die Aufgabe nicht kennt, ist die Aufgabe diesmal 7 Punkte wert.

Die 12 Leute werden nummeriert:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12, der Trickser hat dann die Nummer 10
Mal angenommen, der Wirt sagt zu 10, fang du an, dann ergeben sich nach und nach folgende Ergebnisse:
0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1. die 7 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 und die Zählung beginnt bei 8
2. die 5 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 4 6 8 9 10 11 12 und die Zählung beginnt bei 6
3. die 4 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 6 8 9 10 11 12 und die Zählung beginnt bei 6
4. die 6 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 8 9 10 11 12 und die Zählung beginnt bei 8
5. die 9 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 8 10 11 12 und die Zählung beginnt bei 10
6. die 12 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 8 10 11 und die Zählung beginnt bei 1
7. die 8 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 3 10 11 und die Zählung beginnt bei 10
8. die 3 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 10 11 und die Zählung beginnt bei 10
9. die 11 sagt dann 10, die stehen noch 1 2 10 und die Zählung beginnt bei 1
10. die 1 sagt dann 10, die stehen noch 2 10 und die Zählung beginnt bei 2
11. die 10 sagt dann 10, die 2 müste zahlen
Kurz gesagt, es setzten sich der Reihe nach: 7 5 4 6 9 12 8 3 11 1 10 und die 2 zahlt
Der Versuch brachte nicht das gewünste Ergebnis, aber nun kann man sich überlegen.
Beginnt die Nummer 9 zu zählen, dann rutschen alle Ergebnisse eins nach vorn und es zahlt die 1.
Start mit Nummer 8 --> 12 zahlt
Start mit Nummer 7 --> 11 zahlt
Start mit Nummer 6 --> 10 zahlt
So sollte es ja auch sein, der Wirt muss also der Nummer 6 sagen, fang du an.

Serie 10 Aufgabe 4

Bernd und Mike untersuchen in der Schule in einem Experiment, wie schnell sich Öl auf dem Wasser ausbreitet. Dazu tropfen sie 1 mml Öl in ein Becherglas. Dabei beobachten sie, dass sich alle 5 Minuten die Fläche des sich ausbreitenden Öls verdoppelt. Nach genau 30 Minuten ist das gesamte Becherglas mit einem Ölfilm bedeckt. Im Vergleich mit anderen Gruppen stellen Sie fest, dass die Ausbreitungsgeschwindigkeit des Ös proportional zur Menge des benutzten Öls ist.
Wie lange hätte ihr Versuch gedauert, wenn die beiden 2 ml Öl verwendet hätten?
Zu erreichen sind 2 Punkte.

Die Ausbreitung des Öls bewirkt eine Verdopplung aller 5 Minuten. 30 Minuten hatte es gedauert, also waren 6 Verdopplungen bis zur vollständigen Bedeckung des Bechers. Bei der doppelten Menge geht laut Beobachtung die Verdopplung doppelt so schnell, also in 2,5 Minuten. Da allerdings davon ausgegangen werden kann, dass die doppelte Menge zu Beginn die doppelte Fläche einnimmt, sind nur 5 Verdopplungen notwendig und damit werden nur 12,5 Minuten gebraucht.
Anmerkung: Die eingesandten Lösungen gingen alle jeweils nur auf einen Aspekt ein, die Halbierung der Zeit bzw. den Wegfall einer Verdopplung.

Serie 10 Aufgabe 5

Mike ist am Verzweifeln, eigentlich eine einfache Aufgabe, aber das Errichten des Kartenhauses ist eben doch nicht so einfach. Fast hat er seine Maximumhaus fertig, da kommt Bernd herein und der leichte Windhauch bringt sein Kunstwerk zum Einsturz. Wie hoch war es denn, fragt Bernd mitfühlend. Na das ist doch wohl klar, denn mein Spiel hat 110 Karten und ich hatte so hoch gebaut, dass mein Haus komplett bis zur Spitze war. Nirgendwo lagen Karten doppelt.
Wie bist du eigentlich auf die Idee gekommen? Ich habe den Ansatz dazu in einer Probeprüfung gesehen.

Wie hoch war das Haus von Mike? Wie hoch käme man mit 1 000 Karten?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

1. Etage: 2 Karten
2. Etage: 7= (2) + 3 + 2 -> 3 angebaut + 2 als obere Etage
3. Etage: 15= (2 + 3 + 2) + 2*3 + 2 -> angebaut 2*3 + 2 als obere Etage
andere Schreibweise: 1. Etage: 1*2 + 0*3
2. Etage: 2*2 + 1*3
3. Etage: 3*2 + 3*3
Für die 4. Etage kommen nun wieder so viele 3-er dazu wie eine Etage vorher (also 3*3) + 2 für die Spitze
4. Etage: 4*2 + 6*3 = 24
Für die 5. Etage kommen nun wieder so viele 3-er dazu wie eine Etage vorher (also 4*3) + 2 für die Spitze
5. Etage: 5*2 + 10*3 = 40
Spätestens jetzt wird deutlich wie die Zahlen gebildet werden.
n. Etage: n*2 + (Summe von 1 bis (n-1))*3
Die Summe aber von 1 bis n - 1 lässt sich mit der Summenformel schnell finden und ist (n-1)*n/2
n*2 + ((n-1)*n/2)*3 ergibt aber 2n + 3n²/2 - 3n/2
1,5n² + 0,5n
Um die Fragen zu beantworten, kann man die Formel verwenden, um die Anzahl in beliebigen Etage zu berechnen und zu schauen oder man löst die Gleichungen: 1,5n² + 0,5n = 110 bzw. 1,5n² + 0,5n = 1000 und rundet die Ergebnisse passend. Hier die Ergebnisse für die ersten 30 Etagen:
n Anzahl
1   2
2    7
3    15
4    26
5    40
6    57
7    77
8    100
9    126
10    155
11    187
12    222
13    260
14    301
15    345
16    392
17    442
18    495
19    551
20    610
21    672
22    737
23    805
24    876
25    950
26    1027
27    1107
28    1190
29    1276
30    1365
Mike hatte 8 Etagen geschafft, 10 Karten blieben unbenutzt.
Mit 1000 Karten sind 25 Etagen zu schaffen, wobei 50 Karten unbenutzt bleiben.

Serie 10 Aufgabe 6

Ein Blick auf den Kalender von Opa zeigte, dass sie sich sputen mussten, weil sie sich mit dem Bau der Kartenhäuser doch etwas lange aufgehalten hatten. Dieses mal geht es um Spiegelzahlen. Als Spiegelzahlen werden Paare von mindestens zweistelligen natürlichen Zahlen bezeichnet, wo sich die zweite durch Aufschreiben der Ziffern der ersten in umgekehrter Reihenfolge ergibt. Also (446 und 644) oder (4587 und 7854). Die 777 spiegelt sich im Prinzip selbst, zählt aber als unechte Spiegelzahl. Nun gibt es da auch kuriose Sachen:
ab²=cde und ba²=edc
Quadrate von echten Spiegelzahlen ergeben also wieder echte Spiegelzahlen.
Finde alle Möglichkeiten heraus, wobei a, b, c, d und e nicht alle von einander verschieden sein müssen.
Zu erreichen sind pro echtes Paar 2 Punkte.

Variante - systematisches Probieren:
Die Quadrate der zweistelligen Zahlen müssen 3-stellig sein. Das trifft nur für die Zahlen 10 bis 31 zu (32²= 1024). Da nun die Zahlen gespiegelt werden sollen darf der ursprüngliche Einer auch höchtens 3 sein. Damit verbleiben von den Zahlen die 10, 11, 12, 13, 20, 21, 22, 30, 31 und die gespiegelten 01, 11, 21, 31, 02, 12, 22, 03 und 13 (14 geht wegen 41²>1 000 nicht).
Die glatten Zehner entfallen, da keine echten dreistelligen Quadtrate nach dem Spiegeln entstehen. Die 11 und 22 entfallen als unechte Spiegelzahlen.
Somit verbleiben als Paare 12, 21 und 13, 31 nun der Test:
12² = 144 und 21² = 441 - Bedingung erfüllt.
13² = 169 und 31² = 961 - Bedingung erfüllt.
Es gibt genau zwei Paare echter Spiegelzahlen, die alle Bedingungen erfüllen.
Anmerkungen:
Es gibt keine vierstelligen Quadrate, so dass die Aufgabenstellung erfüllt wird.
102² = 10 404, 201² = 40 401
103² = 10 609, 301² = 90 601
112² = 12 544, 211² = 44 511
113² = 12 769, 311² = 96 721
122² = 14 884, 221² = 48 841

Serie 10 Aufgabe 7

Hallo Mike, du bereitest dich wohl auf deinen Auftritt zum Schulfest vor. Erst neulich hast du einen Kartentrick probiert und jetzt liegen schon wieder Karten vor dir. Stimmt, wobei es nicht wirklich sehr trickreich, sondern eher wieder was zum Rechnen oder besser gesagt zum Merken ist. Ich bin gerade dabei mir eine Liste zu erarbeiten, damit ich mein Kartenkunststück auch ohne Bammel zeigen kann. Das nicht gezaubert wird, muss durch Zaubersprüche und so verschleiert werden. Da meinte Bernd, stimmt, es muss ja nicht Zauberei sein, geht ja auch nicht wirklich, da werde ich dir beim nächsten Mal, meinen Trick auch als Kartentrick zeigen, aber nun erst mal zu deinem Vorhaben.
Also mir gegenüber sitzen meine drei Kandidaten, ich nenne Sie einfach A, B und C. Von den 32 Karten des Skatspieles habe ich die 4 Karten mit der 7 und das Schell (Karo) Ass entfernt.
Es liegen die drei Asse offen auf dem Tisch. Von dem Stapel bekommt A 1 Karte, B bekommt 2 Karten und C bekommt 3 Karten. Nun wird die Regel den drei Leuten genannt. Jeder von Ihnen nimmt sich genau eines der Asse und legt es weg. Der Kreuz-Ass nimmt, nimmt sich noch so viele Karten wie er schon hatte. Der Pik-Ass nimmt, zieht doppelt so viele Karten vom Tisch wie er schon hat und derjenige, der sich für das Herz-Ass entscheidet, nimmt genau viermal so viele Karten wie er hat. Die Karten werden (vorläufig) weggesteckt durch die drei Kandidaten. Wenn ich das erklärt habe, drehe ich mich rum oder ich gehe einfach weit weg. Ich kann also nicht erkennen, wer sich für welches Ass entscheidet und wie viele Karten jeder nimmt. Ich komme nun zum Tisch und sehe nur noch die verbleibenden Restkarten. Aus dieser Anzahl, so das Trickbuch, kann ich von jedem der drei A, B und C sagen, welches Ass er sich weg genommen hat.
Leider stand in dem Buch nicht drin, wie das nun weiter geht, deshalb bin ich gerade dabei mir für jede Möglichkeit, die Reste zusammenzustellen und hoffe, dass es eindeutig wird.
Nicht sehr schwer (?), aber für die notwendige Genauigkeit, kann man mit bis zu 12 Punkten belohnt werden.

Hier die Lösung von P C, danke. Gegeben sind 32 Karten, davon können wir 5 Karten (4*7+Schell-As) abziehen, es bleiben also 27 Karten. Davon können wir noch mal drei Karten abziehen, die drei Ässer. Es bleiben 24 Karten übrig.
A hat 1 B hat 2 C hat 3
Ei nimmt 1x Gr nimmt 2x He nimmt 4x
Variante 1:
A hat Eichel, B hat Grün, hat C Herz => A hat 1+1, B hat 2+4 und C 3+12 Karten, sind zusammen: 2+6+15= 23 Karten, Rest eine Karte
Variante 2:
A hat Eichel, B hat Herz, C hat Grün => A hat 1+1, B hat 2+8, C hat 3+6 Karten, sind zusammen: 2+10+9= 21Karten, Rest 3 Karten
Variante 3:
A hat Grün, B hat Eichel, C hat Herz => A hat 1+2, B hat 2+2, C hat 3+12 Karten, sind zusammen: 3+4+15= 22 Karten, Rest 2 Karten
Variante 4:
A hat Grün, B hast Herz, C hat Eichel => A hat 1+2, B hat 2+8, C hat 3+3 Karten, sind zusammen: 3+10+6=19 Karten, Rest 5 Karten
Variante 5:
A hat Herz, B hat Eichel, C hat Grün => A hat 1+4, B hat 2+2, C hat 3+6 Karten, sind zusammen: 5+4+9= 18 Karten, Rest 6 Karten
Variante 6:
A hat Herz, B hat Grün, C hat Eichel => A hat 1+4, B hat 2+4, C hat 3+3 Karten, sind zusammen: 5+6+6=17 Karten, Rest 7 Karten

Serie 10 Aufgabe 8

Der Trick mit den drei Assen ist ja echt gut gewesen, aber wie mit allen Kunststücken, darf man sie nicht so schnell hintereinander aufführen, sonst kommen die Leute drauf.
Du wolltest mir doch noch einen Trick nennen, meinte Mike. Klar doch, geht schon los. Du nimmst aus einem Kartenspiel eine 10, eine 8 und eine 9 heraus und steckst sie in der Reihenfolge übereinander in die Tasche. Nun zeigst du die Restkarten deinem Gegenüber, lässt ihn mischen und sagst ihm, dass du das Ergebnis seiner Berechnung mittels Kartenzauber ermitteln könntest. Du nimmst ein Blatt und einen Bleistift aus der Tasche und steckst bei der Gelegenheit die Karten ein, so dass die drei Karten oben auf den Stapel kommen. Du sagst zu deinem Gegenüber, er solle sich eine beliebige dreistellige Zahl ausdenken, aber nicht zu einfach, am besten so, dass sich die letzte und erste Stelle sich um mindestens 2 unterscheiden. Nun soll er die Zahl spiegeln, rumdrehen, du weißt schon und die kleinere der beiden von der größeren abziehen, subtrahieren. Er kann ja den Zettel nehmen und das heimlich machen. Nun soll er dieses Ergebnis spiegeln und zu seinem Ergebnis addieren. Diese Rechnung soll er bitte kontrollieren und sich das letzte Ergebnis merken. Nun holst du die Karten aus der Tasche und klopft geheimnisvoll auf den Stapel sagst dein Simsalbim oder so, deckst die oberste Karte, es ist die 9 und verkündest, die letzte Ziffer des Ergebnisses wäre die 9. Er ist verblüfft, denn das stimmt. Dann kommt die nächste Karte, es ist die 8, das ist die vorletzte Stelle. Siegesgewiss nimmst du die dritte Karte - die 10 und erschrickst erst mal, dann fällt es dir wie Schuppen aus den ... und du hast sein Ergebnis komplett es lautet nämlich 1089 .
Wie jetzt, das ist alles? Ja, denn du kannst ja probieren was du willst, egal was dein Opfer, wollte sagen, dein Medium, als Zahl nimmt, das Ergebnis ist immer 1089.
Wer einen Beweis dafür findet, wird mit 6 Punkten belohnt.
Anregung für die Aufgaben 7 und 8 stammen aus "Verblüffende Kartentricks" vom Falkenverlag

Die Aufgabenstellung erfordert zwei Rechnungen: abc-cba=xyz und dann soll xyz + zyx = 1089 sein. (Hier wird einfach a > c angenommen, wählt der Spieler es anders, ändert das am Prinzip nichts)
In Dezimalschreibweise heißt die erste Gleichung dann: (100a + 10b +c) - (100c + 10b + a)       Beispiel: 853 = 100*8 + 10*5 + 3
100a + 10b +c - 100c - 10b - a
99a - 99c = (100 - 1)*(a - c)     wegen a > c ist das ein positives Ergebnis
= 100*(a - c - 1) + 90 + (10-(a-c))     sieht etwas komisch aus, aber stimmt
damit ist xyz auch klar: x = (a - c - 1), y = 9 und z = (10-a-c)
xyz + zyx wird nun zu:
100*(a - c - 1) + 90 + (10-(a-c)) + (100*(10-(a-c)) + 90 + (a - c - 1))
100*(a - c - 1) + 90 + (10- a + c) + 100*(10-a+c) + 90 + (a - c - 1)
100a - 100c - 100 + 90 + 10 - a + c + 1000 - 100a + 100c + 90 + a - c - 1
davon bleiben am Ende
- 100 + 90 + 10 + 1000 + 90 - 1 = 1089
(Beweis nach Lietzmann Sonderlinge im Bereich der Zahlen)
Macht man das Verfahren mit vierstelligen Zahlen ergibt sich immer 10 989

Sommerspezial ohne Wertung

Das erste Bild zeigt die Entstehung eines Sechsecks 3. Ordnung:
1. Ordnung also ein regelmäßiges Sechseck
2. Ordnung also 1. Ordnung mit einem Ring von 6 regelmäßigen Sechsecken also insgesamt 7
3. Ordnung also 2. Ordnung mit einem Ring von 12 regelmäßigen Sechsecken also insgesamt 19

Fragen: Aus wie vielen Sechsecken bestehen die 4., 5., 10. und n-te Ordnung?

Lösung

Zeilenweise Betrachtung: (n für die Ordnung)
1. Ordnung: 1 Zeile mit einem Sechseck Anzahl: n
2. Ordnung: 3 Zeilen, unten und oben Anzahl n und in der Mitte n+1 Anzahl n+n+(n +1) = 3n +1
3. Ordnung: Es kommen wieder 2 Zeilen dazu. Es gibt also 2n - 1 Zeilen. (Gilt bei 1. und 2.) Anzahl in den Zeilen symmetrisch nach "innen" 2n + 2(n+1) + (n+2) = 5n + 4
4. Ordnung: 2n + 2(n+1) + 2(n+2) + (n+3)= 7n + 9 = 37 = 7n + 2*1 + 2*2 + 1*(n-1)= 8n + 2*(1 + 2) - 1= 2*4*n + 2*(1 + 2) - 1
5. Ordnung: 2n + 2(n+1) + 2(n+2) + 2(n+3) + (n+4) = 9n + 16 = 61 = 9n + 2*1 + 2*2 + 2*3 + 1*(n-1)
= 9n + 2*(1+2+3) + (n-1)
= 10n + 2*(1+2+3) - 1
= 2*5*n + 2*(1+2+3) - 1
= 2*n*n + 2*(1+2+3) - 1
Also erster Teil das Doppelte von n², zweiter Teil das Doppelte der Summe von 1 bis n-2 und dann 1 abziehen.
Der zweite Teil ist dann 2*(n-2)*(n-1)/2 (Abwandlung der Summenformel für die Zahlen von 1 ... n )
2*n² + n² - 3*n + 2 - 1
Endformel: 3*n² - 3*n + 1
Nun noch also die 10. Ordnung: 271 Sechsecke.

---

Magisches Sechseck:

In das Sechseck 3. Ordnung sind die Zahlen 1, 2, 3, ..., 18, 19 so einzutragen, dass jede Zahl genau einmal verwendet wird. Die Summe in jeder Reihe benachbarter Felder muss gleich sein (Wie bei einem magischen Quadrat ja auch). Felder sind benachbart, wenn sie eine Kante gemeinsam haben.
In dem Bild gibt es also 5 senkrechte Reihen und 5 schräg verlaufende Reihen.
Wer alle Möglichkeiten für die Verteilung der Zahlen durchprobieren möchte, der sei gewarnt, denn es läst sich schnell zeigen,
dass es 19! = 121 645 100 408 832 000 Varianten gibt. Um so erstaunlicher, dass es abgesehen von Drehungen und Spiegelungen eigentlich nur eine Lösung gibt.
Wer nicht bis zum Ende der Sommerpause warten will, der muss halt in die Bibliothek gehen und sich das Buch: Das Beste aus dem mathematischen Kabinett von Thiagar Devendran ausleihen.

Die Lösung aus dem Jahre 1896:

Aufgabe 9

Mensch Mike, da hatten wir ja Glück, dass für das komische Sechseck so viel Zeit war, da habe ich vielleicht probiert und probiert. Stell dir mal vor mein Vater hat geschummelt, der hattte sich doch das Buch ausgeliehen. Hm, also wenn ich ehrlich bin, dann habe ich auch einen Blick reingeworfen, meinte Mike. Ach was solls warum hat es denn auch sonst dabeigestanden sagte Bernd gelassen.
Hast du schon die Hausaufgabe angefangen, welche Hausaufgabe? Ach stimmt ja, du warst ja beim Arzt.
Wir sollen Dreiecke konstruieren für die a = 5 cm und b = 2 cm gilt. Dabei soll aber auch c eine natürliche Zahl sein (größer Null ist ja klar).
Wie viele solche Dreiecke haben Bernd und Mike jeweils zu zeichnen?
Wie viele Dreiecke gibt es für allgemein vorgegebene Werte von a und b im Sinne der Aufgabenstellung (also a und b sollen natürliche Zahlen sein, ebenso c)?
Für den ersten Teil gibt es so viele Punkte wie es Dreiecke gibt und für den zweiten Teil gibt es 3 Punkte.

Hier eine komplette Darstellung von Mawi (danke)
im Dreieck muss gelten:
a + b > c
b + c > a
a + c > b
hier bedeutet das:
c < a + b = 5 + 2 = 7 => c < 7
c > a - b = 5 - 2 = 3 => c > 3
c > b - a = 2 - 5 = -3 => c > -3
=> 3 < c < 7 => c = {4,5,6} => es gibt 3 Lösungen
allgemein gilt analog:
c < a + b und c > | a - b |
wenn o.B.d.A. a > b gilt, heißt das:
a - b < c < a + b,
<=> 0 < c-a+b < 2b
<=> 1 <= c-a+b <= 2b-1,
d.h. es gibt 2b-1 Lösungen

Aufgabe 10

Gut dass wir vorher überlegt haben, was das zu konstruieren war, stellten Mike und Bernd zusammen fest. Lass uns aber endlich mal wieder was aus Opas Kalender machen. Na dann los.
Nach dem Landesbrauch ist ein Turm gebauet. Davon sind 1/4 in der Erd, 1/3 im Wasser und 100 Schuch (Bamberger Maß im Mittelalter) in der Luft. Nun fragt man sich, wie viel Schuch sind im Wasser, im Erdreich und wie hoch ist der Turm im Ganzen?
Wer die Aufgabe aus dem Jahre 1483 in Gänze zu lösen vermag, der kann sich über 3 Punkte freuen.

Es sei die gesamthöhe des Turmes x. Dann ergibt sich:
x/4 + x/3 + 100 = x
7/12 x + 100 = x
100 = 5/12 x
x = 240 Der Turm ist also 240 Schuch hoch, in der Erde sind es 240/4 = 60 Schuch, im Wasser 240/3 = 80 Schuch, das sind zusammen 140 Schuch, so dass die 100 Schuch in der Luft verbleiben.

Aufgabe 11

Schuch, die Einheit hatte ich noch nie gehört, meinte Bernds Vater als er die Aufgabe las, aber ich lerne gerne dazu. Ich habe aber auch mal wieder eine für euch.
Neulich war ich beim Elternabend, es waren 36 Leute da. Es ging auch um die Klassenfahrt, wie ihr wisst gab es zwei Vorschläge. Das eine Ziel war Arnstadt, das andere Beierfeld. Die Auszählung ergab, dass es 16 Stimmen mehr für Arnstadt als für Beierfeld gab. Wie viele stimmten für Arnstadt und wie viele für Beierfeld?
Zu erreichen sind 3 Punkte.

Der Knackpunkt ist hier das die Formulierung 16 Stimmen mehr für Arnstadt als für Beierfeld ...
Sind b die Stimmen für Beierfeld, so gab es für Arnstadt a = b + 16 Stimmen.
Aus a + b = 36 wird dann
(b+ 16) + b = 36
b + 16 + b = 36
2b = 20
b = 10
Es gab also 10 Stimmen für Beierfeld und (a = b + 16) 26 Stimmen für Arnstadt.

Aufgabe 12

Bernd wäre eigentlich gern nach Beierfeld gefahren, aber nun ja. Etwas lustlos spielte er mit drei einzelnen Eurostücken vor sich hin. Irgendwann legte er sie so hin, dass sie sich alle wechselseitig am Rand berührten. In der Mitte blieb etwas freie Fläche übrig. In dem Moment kam Mike dazu, er sah die Lage der drei Münzen und meinte, da verbirgt sich mal eine Aufgabe für deinen Vater dahinter. Wie jetzt? Soll uns doch mal dein Vater ausrechnen wie groß eine Münze sein dürfte, so dass sie genau dazwischen passt. Gute Idee, aber lass es uns etwas abändern. Wie groß darf ein Kreis sein, der genau zwischen drei Kreise passt, wenn die jeweils einen Radius von 5 cm haben? Einverstanden.
Zu erreichen sind 7 Punkte. Die Punkte können durch eine Berechnung, aber auch durch eine Superkonstruktionsbeschreibung mit Messung erreicht werden.

Es ist leicht einzusehen, dass die Mittelpunkte der sich berührenden Kreise ein gleichseitiges Dreieck bilden. Die Seitenlänge ist dann 10 cm. Der Mittelpunkt des gesuchten Kreises befindet sich dann im Mittelpunkt des Dreiecks. Wegen der Gleichseitigkeit des Dreiecks ist dieser Mittelpunkt, auch der Mittelpunkt des Inkreises, des Umkreises und des Schwerpunktes des Dreiecks. M, B und der Mittelpunkt von AB bilden ein rechtwinkliges Dreieck. Die Strecke von MB ist gemäß der Eigenschaften der Seitenhalbierenden (Seitenhalbierende werden durch den Schwerpunkt im Verhätnis 2:1 geteilt) 2/3 der Höhe des gleichseitigen Dreiecks: (h= g/2*√3 mit g = 2r ⇒ MB= 2r/3 * √3 Von MB braucht man nur noch r zu subtrahieren und erhält den gesuchten Radius ri ⇒ ri = 2r/3 √3 - r⇒ ri = (2/3 √3 - 1) r⇒ ri = 0,1547 * r mit r = 5 cm ergibt sich ri = 0,77 cm Hier noch eine Beschreibung, der eine etwas andere Idee zugrunde liegt - Danke an Doreen Naumann Man zeichne drei Kreise mit je einem Radius von 5cm, die sich wechselseitig am Rand berühren. Wenn man die Mittelpunkte der Kreise miteinander verbindet, entsteht ein gleichseitiges Dreick mit einer Seitenlänge von 10 cm. Dort, wo sich die Kreise wechselseitig berühren, ist auch der Punkt, der die Seite halbiert. Diese drei Punkte lassen sich miteinander verbinden, es entsteht ein kleineres Dreieck im Größeren. Dessen Seiten schneiden die Kreise in je zwei Punkten. Jetzt zeichnen wir noch die drei Seitenhalbierenden des kleineren Dreiecks ein. An einem Punkt schneiden sich die drei Linien. Nun muss man nur noch den Abstand zwischen diesem Punkt und dem Kreis messen, das ist der Radius des kleinen Kreises, der genau zwischen die drei größen Kreise passt. Dieser Radius beträgt nach meiner Messung etwas weniger als 0,8 cm, also etwa 0,78 cm. Auswertung Serie 10   Punkte für die Aufgaben zu erreichende Punktzahl 65 3 6 7 2 6 4 12 6 6 3 3 7 Platz Name Ort Summe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 Kim Holtze Fröndenberg 64 3 6 7 1 6 4 12 6 6 3 3 7 2 Doreen Naumann (27 J.) Duisburg 63 3 6 7 1 6 4 12 5 6 3 3 7 3 Sebastian Wallek (16 J.) Bruck i. d. Opf. 60 3 6 7 1 6 4 11 6 3 3 3 7 4 Andree Dammann (37 J.) München 53 3 6 7 1 6 4 10 6 - - 3 7 5 Katrin Wolstein Bamberg 43 2 6 - 1 4 4 12 - - 3 - 7 6 Andreas Lang Chemnitz 35 3 6 - - 6 - 11 - 6 3 - - 7 Anika Borchmann (14 J.) Zeuthen 19 3 6 7 1 2 - - - - - - - 7 Mawi Dresden 19 - - - - - - - - 6 3 3 7 8 Christoph T. Emden 17 3 - 7 1 - - - - - 3 3 - 9 PC Zerbe Chemnitz 12 - - - - - - 12 - - - - - 10 Alexander Becker Chemnitz 10 - - - 1 - - 9 - - - - - 10 Helene Baumann Chemnitz 10 - - - - - - 10 - - - - - 11 Christian Böhme Chemnitz 7 - - 7 - - - - - - - - - 11 Sophie Jähnich Chemnitz 7 - - - 1 6 - - - - - - - 11 Loreen Jagelmann Chemnitz 7 - - - 1 6 - - - - - - - 11 Annika Theumer Chemnitz 7 - - - - - - - - - - - 7 12 Tina Hähnel Chemnitz 6 - - - 1 5 - - - - - - - 12 Anna Seidel Chemnitz 6 - - - - 6 - - - - - - - 12 Max Wawrzyniak Chemnitz 6 - - - - - - - - 3 - 3 - 13 Rosa Laura Czys Chemnitz 5 - - - - 5 - - - - - - - 13 Domenique Güra Chemnitz 5 - - - 1 - 4 - - - - - - 14 Josephine Koch Chemnitz 4 1 3 - - - - - - - - - - 15 Franz Münzner Chemnitz 3 - - - - 3 - - - - - - - 15 Mutti Borchmann Zeuthen 3 - - - - 3 - - - - - - - 15 Daniel Hufenbach Chemnitz 3 - - - - - - - - - - 3 - 16 Salomon Brunner Chemnitz 1 1 - - - - - - - - - - - 16 Marcel ??? ??? 1 - - 1 - - - - - - - - -