Serie-13

Aufgabe 1

Mann da lässt sich ja eine Panik mit den scheinbar so sicheren Tests verbreiten. Stimmt und wenn man bedenkt, dass sich bei noch selteneren Krankheiten, die Prozentzahlen noch mehr verschieben. Ach komm, lass uns von etwas anderem reden.
Wir haben doch neulich die indirekte Proportionalität wiederholt. Na klar, sehr vereinfacht gesagt, wenn die eine Sache mehr wird, dann wird die andere kleiner. Wenn ich meiner Katze Futter kaufe, dann reicht das für 12 Tage. Wenn sie allerdings ihre Mitmiez einlädt, dann reicht das nur 6 Tage. Kommt noch der Morle vom Opa dazu, dann sind es nur 4 Tage. (Vorausgesetzt wird hierbei, die Katzen essen gleichviel und das jeden Tag). 12 ^. 1 = 6 ^. 2 = 3 ^. 4. Na das weiß ich doch, ist ja auch nicht schwer. War mir ja klar, dass du das kennst, aber ... Aber was, stell dir vor Raumfahrer wollen zum Mars, wie ist es dann mit Mannschaftstärke und Nahrungsvorrat. Na genau so. Aber ... Was aber? Die Betrachtung gilt ja nur dann, wenn das Nahrungsangebot durch die Anfangsbedingung einmalig festgelegt ist. Im Raumschiff aber wird schon auf Grund der langen Reisezeit mit nachwachsenden Nahrungsmitteln auf Algenbasis geplant.
Jeder Raumfahrer isst jeden Tag gleich viel und jedem steht das Gleiche zu. Die Algen haben auch einen gleichbleibenden Zuwachs. Nun gibt es folgende Berechnung, wenn 40 Raumfahrer die Mannschaft bilden, dann ist die Nahrung nach 400 Tagen alle. Werden nur 30 Raumfahrer eingesetzt, dann liefert das gleiche Algenbassin Nahrung für 600 Tage, also ein Viertel weniger Leute, dafür die Hälfte mehr an Tagen. Wie lange reicht die Nahrung für eine Mannschaft von 20 bzw. 10 Astronauten?
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Es gab verschiedene Ansätze zur Lösung der Aufgabe, allerdings wurde nicht beachtet, dass einige der Annahmen in der Argumentation nicht vollständig aus der Aufgabenstellung zu folgern waren. Die gesuchte Lösung in der Formulierung von Andreas L., danke
Die Nahrung, die die Algen produzieren, reicht auf Dauer für eine bestimmte Anzahl an Raumfahrern. Diese Raumfahrer essen die gesamte Algennahrung, so dass für die anderen Raumfahrer nur noch der Vorrat zum Essen bleibt. Bei der vorrätigen Nahrung N ist die Reisezeit t indirekt proportional zu der Gesamtzahl der Raumfahrer R minus der Raumfahrer A, die schon mit Algen versorgt sind.
N=t*(R-A)
 
N=400*(40-A)
N=16000-400A
 
N=600*(30-A)
N=18000-600A
 
16000-400A=18000-600A |+600A-16000
200A=2000 |:200
A=10
 
N=16000-400*10
N=12000
 
N=t*(R-A)
12000=t*(20-10)
12000=t*10 |:10
1200=t
 
Für 20 Raumfahrer reicht die Nahrung 1200 Tage und für 10 Raumfahrer für immer, da sie sich allein von den Algen ernähren können.

Aufgabe 2

Nach den etwas verwirrenden außerirdischen Aktivitäten, grübelten Bernd und Mike über den Wahrheitsgehalt einer Aussage in einem Kinderkrimi. Dort war folgendes zu lesen:
Auf einem ruhigen See befindet sich ein Angler sitzend in seinem Kahn. Er ist ungefähr 10 km vom Ufer entfernt. Als er wieder ans Ufer zurückkehrt, hört er, dass an dem Strand Sachen verschwunden sind. Er mischt sich in die aufgeregte Diskussion ein und meint, er habe von seinem Boot aus, mit seinem Superfernglas einen etwa 1,60 m größen Mann beobachtet, der am Strand entlang ging und plötzlich ziemlich schnell weglief. Einer Badegäste probierte das Fernglas aus und stellte fest, dass man wirklich Leute auf der anderen Seite des Sees (etwa 13 km weg) auf dem Steilufer erkennen konnte. Die hinzugezogene Polizei allerdings nahm ihm die Aussage nicht ab.
Wie steht es um den Wahrheitsgehalt der Aussage des Anglers. Hat er was beobachten können oder ist das Anglerlatein?
Zu erreichen sind 6 Punkte. (Die Brechung des Lichts soll nicht berücksichtigt werden.)

Damit der Angler die Größe des Mannes abschätzen kann, ist die Sicht auf den Strand also normaler Horizont mindestens notwendig, ob er überhaupt etwas sehen kann, hängt dann davon ab wie groß der Mann ist. (So wie bei einem Schiff ja auch zuerst die Aufbauten und dann nach dem Näherkommen die Wasserlinie erkennbar ist.)

Aus der ersten Zeichnung ist die Enfernung zum Horizont ableitbar. x= Wurzel(2rh+h²), wobei r der Erdradius (6371 km und die h die Höhe über der Erdoberfläche ist). Eine gute Näherung ergibt sich auch, wenn h² vernachlässigt wird, das geht weil der erste Summand sehr groß gegenüber dem zweiten ist.
x= Wurzel(2rh). Wenn der Mann im Boot sitzt, so ist h etwa 1 m also x= 3,5 km. Wenn der Angler sehr groß ist und steht wird seine Augenhöhe auch die 2,5 m nicht erreichen. Bei 2,5 m ergibt sich x zu 5,65 km. Also selbst im Stehen kann er das Ufer nicht sehen. Somit ist die Ausgae mit Sicherheit falsch.
Damit kann man eigentlich schon aufhören, aber die zweite Zeichnung geht mal noch auf die Frage ein, was sieht man, wenn etwas nicht direkt am Horizont ist.

h ist wieder die Augehöhe des Beobachters, i die Höhe des möglicherweise zu sehenden Objekts.
Wie oben gezeigt gilt:
y= Wurzel(2ri). Mit h = 1 m (sitzender Angler) und i = 1,6 m (angebliche Körpergröße des Diebes) ergibt sich x + y = 3,5 km + 4,52 km = 8,02 km. Da der Angler 10 km vom Ufer weg war kann er also den kleinen Mann nicht gesehen haben. Lediglich wenn er sehr groß war und im Boot steht, ist der Kopf des Diebes für ihn teilweise sichtbar (x + y = 10,17 km).

Aufgabe 3

Die Aufgabe mit dem Angler war recht interessant, lässt sich damit doch auch die Frage beantworten, ob vom Leipziger Völkerschlachtdenkmal wirklich der Fichtelberg zu sehen ist.
So kurz vor dem ersten Mai fällt mir noch eine einfache Aufgabe ein, die heute, zumindest bei uns, nicht mehr vorkommt. Lass hören Opa, meinte Bernd.
150 Fahnenträger mussten in rechteckiger Formation vor der Tribüne vorbei marschieren. Sie stellten sich schon weit vorher in der Formation auf. Allerdings gab es eine recht schmale Stelle, die von sogenannten Ordnern gebildet wurde. Da passten sie nur so durch, dass 4 weniger in eine Reihe passten als vorher. Da mussten das doch mehr Reihen werden, na klar und zwar waren es genau 10 (wieder vollständige) Reihen mehr als vorgesehen. Anschließend stellten sie sich wieder wie geplant auf. Nun, dann weiß ich jetzt aber, wie die sich vorher aufgestellt hatten.
Zu erreichen sind 2 Punkte für die Aufstellung vorher bzw. nachher und an der Absperrung.

Man kann hier einfach probieren, so viele Möglichkeiten gibt es ja nicht, Gleichungen sind aber auch denkbar.
x- Reihen vorher/nachher, y- leute in der Reihe vorher nachher.
x*y=150 und (x+10)*(y - 4) = 150
x=150/y und xy - 4x + 10y - 40 = 150
150 - 600/y + 10y -40 =150
-600/y + 10y = 40
-600 + 10y²= 40y
10y² - 40y - 600 = 0
y² - 4y - 60 = 0
y₁=-6 und y₂=10
Somit bleibt y = 10 und x=15.
Es waren also vorher/nachher 15 Reihen mit je 10 Fahnenträgern und an der Absperrung waren 25 Reihen (10 mehr) mit 6 (also 4 weniger) Fahnenträgern. 15*10=25*6=150.

Aufgabe 4

Na ja Opa, nun sind ja solche Märsche nicht mehr Pflicht und das ist auch gut so. Aber als kleine Rechnung war das noch gut, meinte Bernd. Was machst du jetzt eigentlich gerade mit dem Blatt? Nun erstens ist es ein A4 Blatt, dass heißt die längere Seite ist genau Wurzel(2) mal so lang wie die kürzere. Nun habe ich eine Anleitung gelesen, wie man ohne zu messen ein Drittel des Blattes durch Falten erhält (längere Seite). Das scheint auch zu stimmen, aber ich weiß nicht warum? Zeig mal her, meinte auch Mike, der gerade dazu gekommen war. Okay.

Also, ich soll eine Faltung entlang der Diagonale von A nach C machen. - Eh, das sieht aber schief aus, aber egal mach mal weiter. Nun lege ich mir das Blatt wieder glatt hin und sehe die Faltlinie von A nach C. Nun nehme ich die Ecke A und falte sie so auf die erste Linie, dass der Punkt B zur zweiten Faltlinie gehört. Nun, so sagt die Anleitung, soll der Schnittpunkt beider Faltungen genau 1/3 der Seitenlänge von BD - also von AB entfernt - sein, so dass durch diesen Punkt "gerade gefaltet" die Aufgabestellung erreicht ist. Das scheint ja zu klappen, na ja das sehe ich auch, aber warum ist das so?

Wer zeigen kann, dass die Vorschrift wirklich stimmt oder aber auch, dass das nicht so ist, der erhält 8 Punkte.

AB sei 1, dann ist BC= Wurzel (2) lang. Nach dem Satz des Pythagoras ergibt sich die Diagonale dann zu Wurzel (3).. Der Schnittpunkt der beiden Faltungen sei E. Das Dreieck ABE ist wegen der Faltungsvorschrift rechtwinklig. Nach dem Hauptähnlichkeitssatz sind das Dreieck ABE und ABC einander ähnlich (beide rechtwinklig und den Winkel CAB haben sie gemeinsam). Dann aber gilt AE : AB = AB : BC = 1 : Wurzel (3)
AE = 1/Wurzel (3) wird umgeformt zu
AE = Wurzel (3)/3, das aber ist dann
AE = AC/3
Die parallele Faltung durch E soll BC dann bei F teilen.
Nun bilden die die Geraden EF und AB gemeinsam mit den Strahlen CA und CB eine typische Figur zum Strahlensatz.
Es gilt nun:
BF : BC = AE : AC
BF : BC = AC/3 : AC
BF : BC = 1 : 3
BF = 1/3 *BC
Damit liefert die Vorschrift wirklich dass das Dritteln des Blattes.
Ein allgemeines Rechteck lässt sich mit drei Falzen dritteln.
1. Falzung BC wird auf AD gefaltet - also die Mitte von AB = E wird gefunden.
2. Falzung Es wird ein Faltung entlang von EB gemacht (Diagonalen im im halben Rechteck).
3. Falzung entlang BD.
Der Schnittpunkt von 2. und dritter Falzung treffen sich in einem Punkt F, durch den kann dann die Drittelung vorgenommenen werden, wenn man von AB ausgeht. Den Nachweis überlasse ich ich dem geneigten Leser. Wer nicht mag, der hole sich das Buch 101 Mathematikaufgaben von Peter Gallin aus der Bibliothek.

Aufgabe 5

Das war am Ende doch recht erstaunlich, dass so eine Drittelung geht, allerdings die Variante nur mit dem Papierformat. Klar ich hatte zuerst ein quadratischen Zettel, da ging das nicht, meinte Bernds Vater, der sich auch mal wieder an den Knobeleien beteiligt hatte. Aber wie schon oft so hatte er diesmal auch gleich eine knifflige Aufgabe parat. Ihr wisst doch was pythagoräische Zahlentripel sind. Na klar, das sind drei natürliche Zahlen, die den Satz des Pythagoras erfüllen. So zum Beispiel, das Tripel (3; 4; 5) oder auch (5; 12; 13). Okay, aber ist euch auch klar, dass man solche Tripel schnell ermitteln kann. Gab es da nicht eine Vorschrift? Stimmt und zwar geht das so:
Wähle zwei natürliche Zahlen x und y mit x > y. Die Kathete a ergibt sich aus x² - y², die Kathete b ergibt sich aus 2*x*y und die Hypothenuse c ist einfach x² + y². Mit (x; y) = (2; 1) ergibt sich das erste der obigen Tripel und mit (3; 2) das zweite Tripel. Und das klappt immer staunt Bernd. Genau das ist die Aufgabe, zeige dass die Vorschrift immer auf ein pythagoräisches Zahlentripel führt.

Wer zeigen kann, dass die Vorschrift stimmt, der erhält 3 Punkte.

Satz des Pythagoras: a² + b² = c²
linke Seite eingesetzt
(x² - y²)² + (2*x*y)²
x⁴ - 2x²y² + y⁴ + 4x²y²
x⁴ + 2x²y² + y⁴
rechte Seite eingesetzt
(x² + y²)² wieder binomische Formel
x⁴ + 2x²y² + y⁴
Linke und rechte Seite stimmen überein. Was will man mehr.

Aufgabe 6 150. Wertungsaufgabe

Mike, Mike. was ist denn los. Ich habe bei google mal Aufgabe der Woche eingegeben. Na und, da kommen bei etwa 3 Millionen Einträgen die Aufgaben an erster Stelle, über die wir uns unterhalten. Wie jetzt, unsere Aufgaben, die Familiengeschichten, alles im Internet? Ja genau. Ist ja ein starkes Ding und wie lange geht das jetzt schon? Genau 150 Mal. Verstehe ich nicht, lauscht da jemand oder ist es jemand aus der Familie. Tja, keine Ahnung. Es könnte aber noch schlimmer sein. Wie das denn? Nun es könnte doch sein, dass es uns gar nicht gibt, sondern wir nur das Fantasieprodukt von Jemanden sind. ...
Schweiß gebadet wacht Bernd auf. Er hört seine Mutter schon im Bad und beschließt Mike von seinem Traum nichts zu erzählen, auch das mit dem google wird er sein lassen, wer weiß schon, was da dran ist an so einem Traum.
Es lässt ihm aber doch keine Ruhe. Mike, seinem besten Freund, erzählt er es doch. Auch das mit dem google stimmt. Was machen wir nun? Keine Ahnung, wir versuchen herauszubekommen, was los ist. Vielleicht fällt uns ja was ein, wie wir das testen können.
Lass uns zur Beruhigung erst einmal in den Brief schauen, den uns Opa geschrieben hat. Gesagt, getan.
Nimm eine beliebige vierstellige Zahl, bei der nicht alle Ziffern gleich sind. Bilde aus den Ziffern die kleinstmögliche Zahl (die darf auch mit Null anfangen) und auch die größtmögliche Zahl. Bilde die Differenz aus beiden Zahlen (größtmögliche Zahl - kleinstmögliche Zahl). Mit der so erhaltenen Zahl machst du dasselbe wieder. ...
Irgendwann stellt sich eine geheimnisvolle Zahl ein. Wenn man auf diese Zahl die Vorschrift anwendet, so ergibt sich diese Zahl wieder.
Na das kann aber dauern, ach wo, hier steht, nach spätestens 7 Schritten wird die geheimnisvolle Zahl erreicht.
Welches ist die geheimnisvolle Zahl? (1 Punkt)
Durchgerechnetes Beispiel (1 Punkt)
Damit man zeigen kann, dass die Aussage für alle Zahlen von (0001) 1000 bis 9998 gilt, muss man eigentlich alle diese Zahlen durchprobieren (ohne 1111, 2222, ...), könnte man meinen. Zeige, dass es ausreicht, mit deutlich unter 1000 Zahlen zu testen (3 Punkte) - Es ist nicht verlangt die Minmalanzahl zu finden, sondern nur Überlegungen, die die Testanzahl unter 1000 bringen.

Beispiele selber testen

Hier das durchgerechnete Beispiel:

Zahl 1234 (wir lernen bei space balls)

4321 – 1234 = 3087

8703 – 0378 = 8352

8532 - 2358 = 6174

7641 - 1467 = 6174

Vermutlich ist dann 6174 die gesuchte Zahl.

Wie viele Zahlen müssen wir testen?

Die Rechenvorschrift zeigt, dass die Abbildung eigentlich auf den 4stelligen Hausnummern definiert ist. Solche Hausnummern gibt es 1001 Stück (einschließlich 1111 usw.). Wer die Formel nicht kennt schreibe die Hausnummer (= größte Zahl ...) wie folgt an:

9x876xx54x3210 für die Zahl 9664. Dann ist die Anzahl der Hausnummern „4 aus 14“, was sich berechnet zu „14*13*12*11/(1*2*3*4) = 143*7= 1001.

Dieses „Ergebnis“, das noch nichts Spezielles nutzt, ist schon mit 991 deutlich (?) unter 1000.

Schulanfänger mögen feststellen, dass die beiden Zahlen aus der Beschreibung gleiche Quersumme haben und damit gleichen Neunerrest. Nach dem ersten Schritt haben wir eine Neunerzahl. Da keine Differenz in unserer Rechnung Zahlen aus vier gleichen Ziffern hat, fordern wir weiter, dass unsere zu testende Zahle die beiden vordersten verschiedenen Ziffern „richtig“ geordnet hat. Dann haben wir schlicht höchstens 9990 / 18 = 555 Zahlen zu testen.

Anfänger der Algebra mögen sich ansehen, wie das Bild einer allgemeinen vierstelligen Hausnummer „abcd“ aussieht:

Wir schließen hieraus, dass wir alle Bilder mit dem Ansatz z =999*A + 90*B erfassen können. (Nebenbei: Alle solchen Zahlen sind wirklich Bilder, nämlich von „AB00“.)

Oberflächlich betrachtet sind hier höchstens 100 Zahlen möglich, auf den zweiten Blick erkennt man, dass A nicht 0 sein kann [keine vier Gleichen] und dass B höchstens so groß wie A sein kann: Das gibt dann höchstens 9+8+7+6+5+4+3+2+1 = 45 Zahlen, die wir testen müssen.

Aufgabe 7

Mike, ich weiß ja nicht wie du das siehst, aber letztendlich ist doch egal, ob wir echt sind oder ausgedacht, meinte Bernd. Stimmt schon irgendwie, auch wenn ich hier für so eine Grundströmung der Philosophie herhalten muss oder eben auch nicht. Mathematik ist ja auch was Ausgedachtes, also machen wir damit weiter. Genau!!!
Aber erst eine Runde Poker, okay! Wie war das gleich? Es gibt die vier Farben und von jeder Farbe die Werte 2, 3, 4, ..., 10, Bube, Dame, König und As. Das sind also 52 Karten. Stimmt. Wenn wir jeder ein Paar haben und die anderen Karten sind davon verschieden, gewinnt der mit den höheren Werten. Ist ja klar. Aber wie ging es dann weiter? Kamen zuerst der Drilling oder erst die zwei Paare. Tja, lass uns doch überlegen, was seltener ist, dieses Blatt ist dann höher wertig.
Für die vollständige Begründung, welches Blatt mehr zählt gibt es 6 Punkte.

Es gab verschiedene Varianten die Aufgabe zu beantworten und in den meisten Fällen führten diese auch zum Erfolg.
Hier die Herleitung für die Anzahl von möglichen Blättern eines Spielers (ohne viele Formeln) für die Drillinge:
Es gibt 13 Drillinge - wegen der 13 verschiedenen Wertstufen.Betrachtet man dazu die 4 Farben mit 1,2,3,4, ist für jeden dieser Drillinge die Möglichkeit (1,2,3) (1,2,4) (1,3,4) und (2,3,4) zu unterscheiden. Es sind also insgesamt 13*4 Möglichkeiten für Drillinge überhaupt drin.
Für die vierte Karte kann ich aus 48 (52-4) Möglichkeiten wählen. Die letzte Karte sind dann noch einmal 44 Varianten.
Somit ergibt sich also Zahl 13*4*48*44. Diese Zahl muss allerdings halbiert werden, weil bei dieser Zählung die Kartenkombination (4. Karte, 5. Karte) und gleiche Variante nur als (5. Karte, 4. Karte) doppelt gezählt werden. Es sind also: (13*4*48*44):2 = 54.912 verschiedene Möglichkeiten einen Drilling auf der Hand zu haben.
Paarbetrachtung:
Paar aus den den Farben 1,2,3,4 : (1,2), (1,3), (1,4), (2,3), (2,4) und (3,4). 1. Paar 13 *6, 2. Paar 12 *6, also 13*6*12*6, aber es muss wieder halbiert werden s.o.
die verbleibende 5. Karte kann aus 44 (52-4-4) Karten gewählt werden. Anzahl von zwei Paaren: ((13*6*12*6)/2)*44 = 123.552
Es gibt mehr Kartenkombinationen für zwei Paare für als Drillinge, also sind Drillinge mehr wert.

Aufgabe 8

Nun wissen wir endlich, welches Blatt wie zählt. War ja gar nicht so schwer. Lass uns jetzt mal weg vom Glücksspiel kommen, auch wenn es da noch viel zu tun gäbe. Vielleicht später mal noch mehr.
Mein Lehrer hat mal wieder in seiner Schwierigkeitskiste gekramt und uns was aufgebrummt, zeig mal. Der Tausendserkegel: Ein Kegel soll ein Volumen von 1000 cm³ haben und die Fläche aus der gefaltetet werden kann (ohne Grundfläche) soll 1000 cm² groß sein. Nun ich weiß, dass ich aus einem Kreisausschnitt den Kegel falten kann, aber wie groß ist der? Genau darum geht es.
Wie sind die Abmessungen des Kegels, wenn Höhe und Durchmesser gleich sein sollen, welche Maße hat das Blatt Papier, aus dem man den Kegel falten kann? (3+3 Punkte)

Das war diesmal wohl doch etwas verwirrend, da die Aufgabe suggeriert, es gibt einen solchen 1000-er Kegel. Das stimmt aber so nicht. Mit h=2r, gibt es einen Kegel der ein Volumen von 1.000 cm³ dazu wird lediglich
V = 1/3 Πr²*h zu
1.000 =2/3 Πr³
das nach r umgestellt ist elementar und s als Radius der Mantelfläche ist dann s = Wurzel (r² + h²) = Wurzel (r² + 4r²) = Wurzel (5r²)
Diese Mantelfläche ist allerdings nicht 1.000 cm³ groß.
Beginnt man mit der Mantelfläche von 1.000, so ergibt sich 1.000 = Πr*s und s.o. s= Wurzel (5r²)
also 1.000 = Πr*Wurzel (5r²)= Πr²*Wurzel (5) Umstellung elementar, aber dann ist die Höhe nicht doppelt so groß wie r.
Es ist allerdings möglich einen Kegel zu haben, bei dem der Zahlenwert des Volumens gleich dem Zahlenwert der Mantelfläche ist und die Bedingung h=2*r gilt.
Aus Πrs=1/3 Πr²*h wird dann
Πr²wurzel(5)=2/3Πr³
r = (3*Wurzel(5))/2.

Aufgabe 9

Der Tausenderkegel oder besser die Tausenderkegel haben mich ganz schön geschafft. Jetzt mache ich mal was ganz anderes, ich puzzle mal wieder. Nun ja warum nicht, wie viele Teile hat es denn. So etwa 500, das geht eigentlich schnell. Ich suche mir zuerst die Randsteine raus. Zumindest bei den rechteckigen Puzzles. Die runden und sonst wie geformten mag ich nicht. Wenn ich den Rand zusammen habe, dann ist doch schon eine gewisse Prozentzahl an Steinen am richtigen Platz. Was guckst du so komisch? Nun du hast gerade Prozentzahl gesagt. Na und? Nun wie es bei deinem rechteckigen Puzzle ist, weiß ich nicht. Aber was meinst du, gibt es Puzzle, wo die Anzahl der Randsteine genau 10 % aller Steine ausmachen. Wird schon sein. Bei meinem 500-er sind es jedenfalls mehr als 10 Prozent aller Steine.
Wie viele Steine hat ein rechteckiges Puzzle (in jeder Zeile von Steinen soll es gleich viele Steine geben, Randsteine sind natürlich auch Steine des Puzzles) minimal bzw. maximal, bei welchem die Anzahl der Randsteine genau 10 Prozent aller Steine beträgt? Zu erreichen sind 8 Punkte (bei voller Begründung).

Das Puzzle habe das Rechtecksformat a x b(Steine). Die Anzahl aller Steine ist dann a*b und die Anzahl der Randsteine (bei a, b > 2 ) ist 2a + 2b - 4 (-4 wegen der sonst auftretenden Doppelzählung der Ecksteine)
Da die Randsteine 10 % aller Steine sein soll folgt
10(2a + 2b - 4)=ab
20a + 20b - 40 = ab
20a - ab = 40 - 20b
(20 - b)a = 40 - 20b
a = (40 - 20b)/(20-b)
(Es gab verschiedene Lösungsvarianten mit Überlegungen zur Teilbarkeit oder aber die Betrachtung der Gesamtzahl, ... Hier nun die schnöde Tabellenkalkulation)
Wenn man also nun systematisch b durchprobiert erhält man folgende Ergebnisse:

Die Tabelle macht deutlich, es gibt 24 verschiedene Puzzle (wenn man Hoch- und Querformat unterscheidet), welche die Bedingung mit den 10 % Randsteinen erfüllen. Die Minimalzahl an Steinen ist bei dem fast quadratischen Puzzle mit 1520 Steinen erreicht. Die Maximalzahl beim " extrem " rechteckigen Puzzle mit 7980 erreicht.
Wenn der Rand gerade 1 % sein soll, gilt:
Max: 201 x 39.800 Steine Rand: 79.998 Steine: 7.999.800
Min: 398 x 400 Steine Rand 1.592 Steine 159.200

Aufgabe 10

Das Puzzle aus der letzten Aufgabe war ja eines mit einem Werk von da Vinci meinte Bernd. Aber klar doch. Mit dessen Bildern gibt es ja eine ganze Reihe solcher Puzzle, Poster und dazu jede Menge Bücher. Da zu kommen aber auch noch eine ganze Menge von Briefmarken. Eine der mathematisch interessantesten ist sicher die hier:

Die sieht ja richtig gut aus. Leonardos Vitruv-Mann ist ebenso dabei wie ein sehr schönes Dodekaeder. In dessen Fünfecken steckt ja auch eine Menge vom goldenen Schnitt, welcher ebenfalls mit abgebildet ist.
Aber was hat es mit dem rechtwinkligen Dreieck auf sich (unter dem Preis), fragte Bernd. Vielleicht soll es ja auf das pythagoräische Tripel 3; 4; 5 hindeuten. Nun da bin ich mir nicht sicher, meinte Mike. Lass uns das mal genauer eingrenzen.
In dem Halbkreis über der einen Kathete soll ein größtmöglicher Kreis sein. Der Mittelpunkt dieses Kreises soll auf der Hypotenuse des Dreiecks liegen und der Flächeninhalt soll genau halb so groß sein die wie Fläche des Halbkreises über der Kathete.
Gibt es rechtwinklige Dreiecke, dessen Seitenlängen pythagoräischen Tripeln entsprechen und wo der Flächeninhalt des inneren Kreises (mit dem Mittelpunkt auf der Hypotenuse) halb so groß ist wie der Fläche des umschließenden Halbkreises?
Es werden bis zu 6 Punkten vergeben.
Die Briefmarke auf einem FDC

Der größte einbeschriebene Kreis berührt den Durchmesser vom Halbkreis genau im Kreismittelpunkt. Deshalb gilt:

wenn k die Länge der Kathete ist, über der der Halbkreis gezogen wurde.

, da der Radius des einbeschriebenen Kreises gerade der Halbe Radius vom großen Kreis ist.

Formt man beides um, so sieht man, dass stets gilt:

Mit Hilfe des Vierstreckensatzes gilt dann:

, wobei x die gesuchte Länge der zweiten Kathete ist.

Also:

Setzt man alles in den Satz des Pythagoras ein, so erhält man:

, wobei k und c natürliche Zahlen sein müssen, da sie sonst kein pythagoreisches Zahlentripel bilden könnten.

Löst man alles nach c auf, erhält man:

Da aber eine irrationale Zahl ist, die mit einer natürlichen Zahl multipliziert wird, ist auch c irrational und man erhält einen Widerspruch. Also gibt es ein solches Dreieck nicht!

Aufgabe 11

Was man so auf Briefmarken alles finden kann, meinte Bernds Opa als ihm die beiden von der letzten Aufgabe erzählten. Da habe ich gleich noch eine zur Geometrie für euch. Lass mal hören.
Ein Quadrat ABCD mit einer Seitenlänge von 10 cm wird um den Punkt D um 45° im mathematisch positiven Sinn gedreht. Das Quadrat A'B'C'D' liegt also auf der Diagonalen des Originals. Wie groß ist der Flächeninhalt des Sechsecks ABXB'C'D.

Zu erreichen sind 6 Punkte.

Hier die knappe, aber korrekte Antwort von XXX, danke.
Das Sechseck ABXB'C'D hat die Fläche zweier Grundquadrate (2a²) vermindert um die Fläche des doppelt überdeckten Vierecks D'A'XC.
Diese Vierecksfläche wiederum ist ein halbes Grundquadrat vermindert um die Fläche des gleichschenkligen Dreiecks ABX, also eines halben Quadrats mit der Seitenlänge "Diagonale des Quadrates minus Quadratseite".

Eingesetzt für a = 10 cm, ergibt das eine Fläche 158,6 cm².

Aufgabe 12

Mike arbeitete in Ferien in einer Gärtnerei. Dort wird zur Bewässerung von seltenen Pflanzen ein Behälter benutzt, der immer die gleiche Menge Wasser pro Tag abgibt und zwar ein Liter pro Tag. Ab und an wird der Füllstand kontrolliert. Bei den Kontrollen stellte Mike folgendes fest. Zu Beginn war der Behälter voll. Bei der ersten Kontrolle war der Behälter zu 30 % geleert. Bei der zweiten Kontrolle, 30 Tage nach der ersten Kontrolle, war der Behälter noch 30 % voll. Das erzählte er am gleichen Abend noch Bernd, denn die immer wieder vorkommende 30 erstaunte ihn schon. Da kann ich ja die maximale Füllmenge des Behälters ausrechnen, ohne ihn mir anzuschauen, meinte Bernd.
Wie viel Liter fasst der Behälter? Zu erreichen sind 3 Punkte.

Zwischen der 1. und 2. Kontrolle liegen 30 Tage. In dieser Zeit ist der Füllstand von 70 % (=30 % geleert) auf 30 % Füllstand gesunken, also in 30 Tagen um 40 %. Damit sind 100 % entsprechend 75 Tage. Die maximale Füllmenge des Behälters 75 Liter.

Auswertung Serie 13 <8h2>

			Punkte für die Aufgaben
zu erreichende Punktzahl			65	6	6	2	8	3	5	6	6	8	6	6	3
Platz	Name	Ort	Summe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	Michael Schneller	Hannover	54	5	6	2	8	3	5	5	3	8	-	6	3
2	Christian Wagner	Bamberg	50	5	6	2	8	3	5	5	3	4	-	6	3
2	X X X	???	50	4	6	2	7	3	5	6	-	8	-	6	3
3	Doreen Naumann (27 J.)	Duisburg	48	4	2	2	3	3	5	3	6	6	6	5	3
4	Andree Dammann	München	47	-	2	2	8	3	5	6	-	6	6	6	3
5	Annika Theumer	Chemnitz	42	-	-	-	8	3	5	3	6	6	6	5	-
6	Andreas Lang	Chemnitz	21	6	6	-	-	-	-	-	-	-	6	-	3
7	Sebastian Wallek	Bruck i. d. Opf.	14	4	-	2	-	3	5	-	-	-	-	-	-
8	Katrin Wolstein	Bamberg	12	-	-	-	-	3	3	-	-	-	-	6	-
9	Sophie Jänich	Chemnitz	10	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	6	-
10	Gregor Schumann	Chemnitz	9	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	8	1
10	Mike Pfaffe	Großenhain	9	-	-	-	-	-	-	-	-	-	6	-	3
11	Franz Münzner	Chemnitz	8	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	3	3
12	Helene Baumann	Kamerun	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	3
12	Dominique Brunner	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	3
12	Christian Böhme	Chemnitz	7	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	4	3
13	Dominique Güra	Chemnitz	5	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	5	-
13	Anna Seidel	Chemnitz	5	-	-	2	-	-	-	-	-	-	-	-	3
14	Rosa-Laura Czys	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-	-
14	Josephine Koch	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
14	Tina Hähnel	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
14	Martin Löpelt	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
14	Simon Kolata	Chemnitz	4	-	-	-	-	-	-	4	-	-	-	-	-
15	Andreas Walter	Bautzen	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
15	Rüdiger Alms	Norwegen???	3	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	3
16	Alexander Becker	Chemnitz	2	-	-	-	-	-	2	-	-	-	-	-	-
16	Elisabeth Winger	???	2	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	2
17	Malte Lohs	Chemnitz	1	-	-	-	-	1	-	-	-	-	-	-	-