Serie-15

Serie 15
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

Das Weihnachtsfest rückt immer näher, aber Bernd darf natürlich noch nicht ins Zimmer, wo die Geschenke liegen. Da wird man nun so alt und muss warten wie ein kleines Kind. Aber es ist ja auch spannend, wenn man vorher noch nicht weiß, was man bekommt. So spielt er mit seinen Würfeln. Wie der Zufall es so will, hat er bei 6 Würfen jedesmal ein anderes Ergebnis. Da klingelt das Telefon, Mike ist dran. Bernd erzählt von seinem Wurfergebnis. Coole Sache. Die Ergebnisse kamen gerade so, dass die 6 Zahlen hintereinander geschrieben, die größte Zahl ergaben, die genau durch 24 teilbar ist. Bist du sicher? Aber klar doch. Na gut, dann weiß ich, in welcher Reihenfolge die Zahlen gewürfelt wurden.
Zu erreichen sind 2 Punkte.

Lösung

Die größte Zahl die gebildet werden kann, ist die 654321. Allerdings ist die nicht durch 24 teilbar. die zweigrößte Zahl ist dann 654312. Die ist durch 24 teilbar - 654312: 24 = 27263.
Damit hat Mike die Zahlen in der Reihenfolge 6 5 4 3 1 und 2 gewürfelt.

Aufgabe 2

Bernd erzählt Mike ganz aufgeregt, dass er ein tolles historische Mathebuch bekommen hat. Darin fanden sich Geschichten über ägyptische und griechische Mathematiker, aber auch Erzählungen über die sieben Weltwunder. Ach, da soll ich jetzt wohl ausrechnen, wie so eine Ameise am besten um die Cheopspyramide krabbelt. Ach Quatsch, so was war doch erst dran und da die Cheopspyramide und die Pyramide vor dem Louvre einander ähnlich sind, ist ja klar was rauskommt.
Was mich mehr interessiert hat, war ein Kapitel am Ende des Buches und zwar über Chronogramme. Was ist denn das. Siehst du, so habe ich auch erst gedacht, aber das ist ganz einfach. Du kennst doch die römischen Zahlzeichen, na klar. I für 1, V für 5, X für 10, L für 50, C für 100, D für 500 und M für 1000. Stimmt genau, gibt es da noch mehr? Das weiß ich jetzt nicht genau, ist aber auch egal.
Also du bildest einen Satz oder auch nur ein paar Worte und schaust nach ob die Buchstaben der römischen Zahlzeichen vorkommen. Dann zählst du die entsprechenden Zahlen zusammen. Die Reihenfolge spielt keine Rolle. Gib mal ein Beispiel: DIe katze sItzt aM katzenkLo - Hast wohl mal wieder Helge Schneider gehört. Quatsch, ich kann leider kein Latein, denn die Sprüche sind meist auf Latein. Alles klar und wie weiter. In meinem Beispiel gibt es DIIML, das ergibt als Wert meines Beispiels 1552. Ach, dann hat also die EINS den Wert 1, weil da ein I drin ist, genau.
Du hast damit die einzige einstellige Zahl gefunden, deren Chronogrammwert so groß ist die wie Zahl selbst. Gibt es denn überhaupt noch andere Zahlen, deren Chronogrammwert so groß wie die Zahl selber ist, aber ja. Es sind genau 4. Die sind alle dreistellig
Für die Zahlen gibt es jeweils einen Punkt. Welche dreistellige Zahl (mit Begründung) hat den größten Chronogrammwert überhaupt (+2 Punkte)

Lösung

Hier die komplette Lösung von Andree, danke.

Erstmal ein bisschen Überblick verschaffen:

Und man sieht sofort, dass schon zwei der gesuchten 4 Zahlen gefunden sind.

Die anderen beiden findet man indem man die gefundenen Zahlen addiert:

Die Zahl mit dem größten Wert lässt sich ganz einfach aus obiger Übersicht ermitteln, indem man die Zahlen mit den größten Werten addiert, wobei durch die Verbindung noch das Wörtchen unD einen gewichtigen Teil zur Summe liefert:

DreIhunDertDreIunDDreIßIg 2504

Aufgabe 3

171. Wertungsaufgabe
Das mit den Chromogrammen war ja eine coole Sache. Hast du noch so eine bildhafte Aufgabe, fragte Mike. Aber klar doch. Also pass auf:
Gesucht ist eine Reihe mit einer bildhaften Bildungsvorschrift. Damit es klappt verwende ich die Zahlzeichen wie gewohnt, bloß für die 1 nehme ich ein I. Okay und weiter, ja doch - es geht doch schon los.
..., I0I; III; I8I; 609; 6I9; 689; ...
Was soll das denn für eine Bildungsvorschrift sein? Fehlen da Zahlen dazwischen? Nein, es gibt einige natürliche Zahlen vorher und unendlich viele danach.
Mit welchen Zahlen wird die Reihe bis zur I000 fortgesetzt? (pro zwei gefundene Zahlen gibt es 1 Punkt - wir wollen es ja nicht übertreiben)

Lösung

Der Hinweis auf die bildhafte Lösung war ja eigentlich nicht zu überlesen. So zeigt sich, dass die obigen Zahlen um 180° gedreht werden können und wieder die gleiche Zahl ergeben. Die noch fehlenden Zahlen bis zur I000 sind dann. 808, 8I8, 888, 906, 9I6 und 986. Es waren also 6 Zahlen zu finden und damit gab es drei Punkte.

Aufgabe 4

172. Wertungsaufgabe
Bernd und Mike gehen spazieren, der Rest von Bernds Familie auch. Da sich die beiden noch mal kurz über die letzte Wochenaufgabe unterhalten, weil das mit den Drehzahlen doch recht eigenartig war, haben sie den Anschluss zum vorne weg flitzenden Opa etwas verloren. Eine Weile laufen alle mit dem gleichem Tempo, so dass der Abstand von 700 m gleicht bleibt. Der Hund vom Opa rennt plötzlich zu den beiden zurück und als er bei ihnen ist auch gleich wieder vor. Diese Rennerei des Hundes dauert genau 10 Minuten. Was schätzt du denn, wie schnell der Hund war, fragte Mike. Ich denke mal so etwa 10 km/h wird es wohl sein. Da könnte hinkommen. Okay, dann können wir ja mal versuchen auszurechnen, wie schnell die Fußgänger sind, na dann.
Zu erreichen sind 6 Punkte.

Lösung

Hier die Lösung von Andree, vielen Dank

Man kann die Bewegungen in ein Koordinatensystem umsetzen, wobei dann mehrere Geraden entstehen:

Bernd (und Mike) bewegen sich mit unbekannter Geschwindigkeit vom Koordinatenursprung aus: B(x)=ax

Der Opa bewegt sich mit der gleichen Geschwindigkeit, nur ist er schon 700m voraus: O(x) = ax + 0,7

Der Hund bewegt sich auf zwei Geraden: Erst vom Opa bis zu Mike und Bernd mit einer Geschwindigkeit von 10 km/h: H₁(x)=-10x+0,7

dann vom Treffpunkt T(x_T,y_T) mit Bernd und Mike (in einer rasanten Drehung ohne Zeitverlust) zum Opa zurück mit der gleichen Geschwindigkeit: H₂(x)=-10(x-x_T)+y_T

Da man weiß, dass der Hund den Opa nach 10 min eingeholt hat, kann man beide Geraden gleich setzen, x einsetzen und dann nach a auflösen.

Berechnung Treffpunkt T:

Aufgabe 5

173. Wertungsaufgabe
Nach dem Spaziergang sitzen Mike und Bernd vor einem Blatt auf dem bis jetzt erst einmal nur ein Kreis zu sehen ist. Also wie war das: Eine Tangente ist eine Gerade, die einen Kreis in einem Punkt berührt, genau. Es gibt dann noch Sekanten und Passanten. Die Sekanten gehen durch den Kreis und die Passanten gehen am Kreis vorbei. Na gut, da zeichne ich mal so eine Tangente ein. Besser du konstruierst sie. Das geht ja ganz einfach. Du zeichnest einen Radius zu dem Punkt wo die Tangente den Kreis berühren soll, verlängerst den etwas und dann konstruierst du in dem Berührungspunkt eine Senkrechte zu dem Radius und schon hast du die gesuchte Tangente. Berührungsradius und Tangente stehen nämlich senkrecht zueinander. Alles klar. Da es unendlich viele Radien gibt, gibt es auch unendlich viele Tangenten. Ah, verstehe, dann ist der Umfang des Kreises die Länge einer Kurve (Linie oder wie auch immer) durch die alle Tangenten eines Kreis verlaufen. Na klar, ich kann aber auch einfach eine Kurve um den Kreis zeichnen - wie ein Springseil um eine Frisbeescheibe - durch die alle Tangenten verlaufen. Dann ist doch so eine Seilkurve länger als der Umfang, zumindest wenn es locker drum liegt. Ja, da hast du recht. So und nun kommt es, dass Seil kann sogar kürzer sein als der Umfang und trotzdem gehen alle Tangenten durch das Seil, also die Kurve. Wie lang ist die kürzeste Kurve eines Kreises mit dem Radius von 10 cm, die alle Tangenten wenigstens berührt?
Die vollständige Herleitung der Länge (ein echter Beweis ist schwierig) bringt 8 Punkte und die dann mögliche Berechnung noch einmal 2.

Lösung

Als erstes wird erst einmal das gemacht, was auch Bernd und Mike getan haben.
Auf dem ersten Bild ist also ein Kreis, an dem eine Tangente und ein Faden durch den mit Sicherheit alle Tangenten gehen müssen.

Nun kann man mit mit genau so großer Sicherheit einen Teil des Fadens abschneiden und es entsteht das Bild 2:

Das geht natürlich deutlich kürzer, wenn ma den Faden straff zieht, also ensteht Bild 3. (Wobei der Faden am Kreis anliegen muss, also nicht durch den Kreis geht - Zeichenungenauigkeit

Nun erschließt sich, dass der Faden nicht schräg zur Tangente, sondern logischerweise senkrecht darauf enden muss. Die Zeichenungenauigkeit - Faden darf nicht durch den Kreis, bitte ich zu entschuldigen.

Die Berechnung ist nun nicht mehr schwer. Benutzt wird hier die Variante von Christian und Malte, vielen Dank.

Kürzer geht es nicht, wenn man von einer ununterbrochenen Kurve ausgeht.
In zwei Antworten fanden sich Überlegungen zur Länge einer aus mehreren Teilen bestehenden Kurve, hier das Bild von XXX mit der nicht mehr zu unterbietenden Länge von 3r - für das Beispiel hier also 30 cm

Aufgabe 6

174. Wertungsaufgabe
Da kannst du mal sehen, mit so einer Schlinge der letzten Woche lassen sich ganz geschickt Tangenten fangen, meinte Bernd. Na ja, ich habe ja gesagt, wenn man macht was wir schon ausprobieren, dann schaffen das auch andere. Obwohl leicht oder schwer, das sieht wohl jeder anders, entgegnete Mike. Da ist was dran
Was malst du den für Kringel. Ganz einfach, beider ersten Figur mal ich drei kleine Kreise - keine Kringel! -, so dass sie ein gleichseitiges Dreieck ergeben, dann setzte ich auf die Dreieckseiten noch die blauen Kreise, damit standesgemäß jede Dreieckseite aus drei Kreisen besteht.

Bei meinem zweiten Bild nehme ich 4 schwarze Kreise oder sie regelmmäß - also im Quadrat - an und setze dann jeweils zwei Kreise auf die Quadratseiten, so dass wieder standesgemäß jede Quadrat- (Vierecks-) seite eben 4 Kreise hat.

Verstehe, ein standesgemäßes Fünfeck hat dann 5 schwarze Kreise und auf jeder seiner Seite insgesamt 5 Kreise, genau. Das sind dann ... (1 Punkt) und bei einem beliebigen n-Eck sind das x Kreise (2 Punkte)
So das war ja nur Spaß. Jetzt geht es richtig los, erst einfach und dann mit einem Ruck, wie jetzt, pass nur auf.
Schreibe in die Kreise des obigen Dreiecks jede der Zahlen von 1 bis 6 so hinein, so dass sich auf jeder der Dreiecksseiten die gleiche Summe ergibt (1 Punkt). Na, das ist doch einfach, na dann weiter.
Schreibe in die Kreise des obigen Quadrats die Zahlen von 1 bis 12 (jede genau einmal), so dass sich auf jeder der Quadratseitenseiten die gleiche Summe ergibt (2 Punkte). Schon schwieriger - sag ich doch.
Finde die kleinstmögliche und die größtmögliche Seitensumme des Quadrates heraus (2 Punkte)
Gibt es für jedes solcher standesgemäßen n-Ecke Lösungen, wenn man in die Kreise die Zahlen von 1 bis x (jede natürlich genau einmal) einträgt. (Wenn ja, dann finde die kleinstmögliche und die größtmögliche Seitensumme, wenn nein, dann begründe, warum es nicht geht - 4 Punkte)
Lass mich mal nachrechnen, da kann man ja bis zu 12 Punkten bekommen. Stimmt ist doch cool, da kann man glatt etliche in der Liste überholen. Das geht aber nur, wenn die sich überholen lassen.

Lösung

Ein Beispiel für das Dreieck.

Das Fünfeck hat 5 schwarze Kreise und auf jeder der 5 Seiten noch 3 blaue Kreise.
Also 5 + 5 * 3 = 20

Viereck:

Vor den Beispielen erst einmal die Überlegungen für die Größe und kleinste Seitensumme. Es werden alle Zahlen von 1 bis 12 addiert, wobei die Zahlen in den Ecken doppelt auftreten. Die Summe der Zahlen von 1 bis 12 ist 78. Werden in die Ecken die Zahlen 1, 2, 3 und 4 geschrieben so erhöht sich die Summe auf 88. Dies ist die Summe für vier Seiten, also ist die kleinste Summe 88:4 --> 22. Die größte Summe ist dann mit den Ecken 9, 10, 11 und 12 erreichbar. 78+9+10+11+12= 120 Dann 120:4 --> 30 als maximale Seitensumme.

Das Beispiel mit den größten Zahlen:

Nun zum n-Eck

Schwarze Kreise sind es n, dazu kommen auf n Seiten n-2 blaue Kreise. Das sind insgesamt n + n(n-2) = n + n² -2n = n²-n

Es ist also die Summe aller natürlichen Zahlen von bis n²-n zu bilden, dazu kommt die Summe der n – Zahlen in den Ecken. Wird diese Gesamtsumme durch die Seitenzahl n dividiert, so hat man die Summe auf den einzelnen Seiten.

Es wird nun geschickt mit der Summenformel für die „ersten“ natürlichen Zahlen hantiert. (Die soll, wie auch Annika bemerkt hat, der kleine Gauß ja schon so nebenbei entdeckt haben.)

Für die minimale Seitensumme wird die Summenformel verwendet m=n²-n und dazu kommt die Summe von 1 bis n für die Ecken hinzu:

Ist n gerade, so ist der Zähler gerade, da er nur aus geraden Zahlen gebildet wird. Ist n ungerade, so kommt zum ungeraden n³ noch das Ungerade von 3n dazu, das ist also gerade, das 2n² ist sowieso gerade, also ist der Zähler wieder eine gerade Zahl. Damit ist die so bestimmte minimale Seitensumme auch wirklich eine natürliche Zahl.*

Nun die größte Seitensumme:

Für die minimale Seitensumme wird die Summenformel verwendet m=n²-n und für die Ecken greife ich in die Trickkiste doppelt von der Summe von m₁ = n²-n ziehe ich ein m₂ = n² -n – n ab, denn bei m₁ – m₂ bleibt ja dann die Summe der letzten n Zahlen übrig. Natürlich muss ich dann wieder durch n dividieren.

Gemäß der obigen Überlegungen* ist der letzte Ausdruck immer eine natürliche Zahl.

Interessant finde ich, dass die Formel für die maximale Seitensumme letztendlich so einfach ist.

Aufgabe 7

175. Wertungsaufgabe
Na am Anfang war die letzte Aufgabe ja nicht schwierig, aber dann wurde es doch etwas kniffliger. Da musste man sehr genau und viel rechnen. Du hast recht wie (fast) immer, meinte Bernd. Da wird die Opa Knobelei wohl gefallen. Dann lass mal sehen. Also du hast sieben gleiche Streifen die sind sieben Zentimeter lang und einen Zentimeter breit. Die teilst du dir in sieben gleiche Teile ein und schreibst dort jeweils die Zahlen 1 bis 7 hinein. Ach und das ist schwierig? Drängele doch nicht so.

Nun kommt es, den obersten Streifen lässt du so liegen, mach ich. den zweiten Streifen zerschneidest du nach der 1, den dritten nach der 2, den vierten nach der 3, den fünften nach der 4, den sechsten Streifen nach der 5 und den letzten- na klar, den zerschnipplest du nach der 6.
Nun werden die zwei Teile eines Streifens wieder zu einem 7cm-Streifen zusammengelegt, aber eben so, dass die Teile jetzt so liegen:

Da hätte ich die Streifen ja auch gleich so anfertigen können. Ist ja gut, aber ein etwas mehr mit der Schere üben tut dir ganz gut, nun werde mal nicht komisch. Ist ja gut. Wie geht es weiter?
So nun brauchst du nur noch die neuen Streifen so hinzulegen, dass die 7 Streifen ein perfektes magisches Quadrat bilden. Was heißt das? Nun du siehst, dass in jeder Zeile und in jeder Spalte die Summe 28 ist, aber die Summe der Diagonalen tanzt noch aus der Reihe. Okay, ich probiere es, war noch was zu beachten. Kannst du nicht lesen, der erste unzerschnittene Streifen bleibt oben liegen.
Die Angabe einer Lösung reicht für die zu vergebenden 3 Punkte.

Lösung

Hier zwei Varianten von Dennis Grothe, danke
1234567 | | 1234567
6712345 | | 3456712
4567123 | | 5671234
2345671 | | 7123456
7123456 | | 2345671
5671234 | | 4567123
3456712 | | 6712345
Eine Variante von Andree, danke
1234567
4567123
3456712
2345671
6712345
7123456
5671234
Eine Variante von Lisa, danke
1234567
4567123
7123456
3456712
6712345
2345671
5671234

Aufgabe 8

176. Wertungsaufgabe
Das mit den Streifen erledige ich gleich noch, aber was hat es denn mit den Karten auf sich, die du wie wild hin und her schaufelst. Also Mike, ich habe ein kleinen Trick gelesen, die Beschreibung ist auch ganz einfach, aber irgend etwas muss ich übersehen haben. Lass mal hören.
Ich nehme ein normales Skatspiel - 32 Karten - in die Hand. Jetzt nennst du eine Zahl zwischen 10 und 20. Okay. Diese Anzahl Karten wird jetzt auf den Tisch gelegt. Nun wird die Quersumme der genannten Zahl gebildet. Jetzt wird diese Zahl von Karten einzeln nacheinander zurück auf das Spiel gezählt. Die Karte, die die nach diesem Umzählprozess als oberste auf dem Stoß liegt, wird nun verdeckt zur Seite gelegt. und das Restpäckchen zurück auf das Spiel gelegt. Nun wird der Vorgang solange wiederholt (mit beliebigen Zahlen zwischen 10 und 20) bis insgesamt 4 Karten aussortiert sind. Alles klar und nun, fragt Mike nach. Wenn nun die vier Karten aufgedeckt werden sind dass alles Asse. Cool und das funktioniert immer? Na ja, das ist eben mein Problem. Die 4 Asse müssen vor Beginn des Tricks an bestimmten Stellen im Spiel sein. Aber ich ich habe vergessen wo? So ein Mist. Waren die Asse wild verstreut. Nein, das nicht, die lagen alle zusammen irgendwo - das habe ich eben vergessen - innerhalb des Stapels. Na gut, dann lass uns überlegen.
An welcher Stelle - von oben betrachtet - müssen die 4 Asse liegen, damit der Trick auch wirklich klappt (3 Punkte) und warum klappt der Trick dann immer? (5 Punkte) - Das ist nicht so schwer zu begründen, sondern nur genau zu formulieren.

Lösung

Lösung von Annika, vielen Dank.
Wenn man die Quersumme von einer Zahl zwischen 10 und 20 abzieht, erhält man immer 9! 12-3=9; 19-10=9 usw.
Dann müssen die Asse alle an der 10. Stelle beginnen, die ersten 9 Karten sind irgendwelche anderen.
10. 11. 12. und 13.Karte sind die Asse am Anfang und dann
10.11.12.
Die werden dann abgezählt und das erste der vier Asse geht raus, die anderen drei rücken nach, so dass ab der 10. Stelle wieder die Asse liegen, aber eben diesmal drei statt 4 Asse.
Bei 15 abgezählten Karten ist das dann z.B. so
8 gehen weg, dann noch 7, wobei die letzten vier davon die Asse sind.
7 minus die Quersumme von 15 (=6) ist 1. Das ist dann das eine Ass, das übrig bleibt und aussortiert wird.
Der Vorgang lässt sich beliebig oft wiederholen, denn die Asse rutschen immer nach.
19 minus 8= 11
11 minus QS 19=10

Aufgabe 9

177. Wertungsaufgabe
Den Kartentrick muss ich mir merken, meinte Mike, der geht ja einfach und doch wirkungsvoll. Aber bevor ich dir hier noch einen Trick verrate, musst du mir erst einmal helfen. Das soll eine uralte Aufgabe sein, aber ich weiß noch nicht so recht wie es gehen soll. Lass hören.. In ein gleichseitiges Dreieck, soll ein Quadrat hinein gezeichnet werden, dessen Ecken alle an die Dreieckseiten sto�en. Wie geht das denn 4 Ecken - drei Seiten. Man stell dich doch nicht so an, wenn zwei Ecken auf einer Seite sind und die anderen ..., Ach klar. Ich mach mir mal eine Skizze. Ist bei solchen Aufgaben immer gut. So habe ich und nun. Wenn du die Flächeninhalte beider Figuren addierst soll 20 cm² herauskommen. Also das Dreieck komplett und das Quadrat noch einmal extra, ja genau. Wie groß ist das Quadrat.
Maria, Bernds Schwester, kommt ins Zimmer und sieht die Aufgabe der beiden. Coole Sache, bloß ich brauche was anderes. Wieso das denn?. Nun, ich helfe Schülern aus den 4. bis 6. Klassen in Mathe. So langsam geht das mit den Grundaufgaben auch und so habe ich mir gedacht, so eine kleine Knobelei zur Abrundung wäre nicht schlecht. Klar warum nicht, aber da ist die mit dem Dreieck nicht so geeignet. Eben. Na gut, dann nimm doch mal die:
Es gibt drei Sorten Kugeln, die unterscheiden sich in Farbe und Masse, wobei die gleichfarbigen die gleiche Masse haben. Eine grüne Kugel ist so schwer wie zwei rote. Zwei blaue Kugeln sind so schwer wie zwei rote. Wie viele blaue Kugeln braucht man auf der linken Seite einer Waage, wenn auf der rechten Seite 3 grüne Kugeln liegen, damit die Waage im Gleichgewicht ist?
Für die obigen Aufgabe gibt es 6 Punkte und für die andere Aufgabe gibt es bis zu 4 blaue Punkte.
Ich möchte mit dieser Regelung, die Schwierigkeitsgrade differenzieren, so dass auch volle Punktzahlen durch jüngere Teilnehmer möglich sind. Jeder Teilnehmer kann sich an jeder Aufgabe beteiligen.

Lösung

Lösung Aufgabe 9 von Andree, vielen Dank

die Bilder evtl. mit rechter Maus --> Bild anzeigen

Aufgabe 1:

Im gleichseitigen Dreieck gilt:

und

damit lautet die geforderte Bedingung:

Nun muss man b mit Hilfe von a ausdrücken und anschließend die Gleichung lösen.

Nach dem Strahlensatz gilt:

h einsetzen:

Einsetzen in die Bedingungsgleichung liefert:

Anmerkung von Thomas J.:
Noch mal kurz, die Seitenlänge des Quadrates ist also nicht gleich der halben Höhe, sondern nur 0,4641... (Was ich auch nicht gleich gesehen hatte) Und beim Basteln und Zeichnen auch nicht gleich bemerkt wird.
Die Abweichung für die Kantenlänge ist demzufolge auch nicht groß.
Annahme a gleich halbe Höhe führt auf a = 2,5819889 ...
Wert aus der obigen Berechnung a= 2,57754...
Auf zwei Stellen gerundet, sind die Werte also sogar "gleich".

Aufgabe 2:

Es gilt folgende Gleichung:

= =

somit ist die Waage mit drei grünen Kugeln auf der rechten Seite im Gleichgewicht, wenn auf der linken Seite 6 blaue liegen.

Aufgabe 10

178. Wertungsaufgabe
Bernd und Mike sind beim Opa und erzählen ihm gerade von der letzten Aufgabe. Das klingt gut meinte der, da wird euch das ja auch gefallen:
In einem gleichseitigen Dreieck mit einer Kantenlänge von 20 cm soll ein Rechteck eingepasst werden, welches einen Flächeninhalt von 40 cm² hat. Wie bei eurer Aufgabe auch, steht das Rechteck auf einer Seite des Dreiecks und die anderen zwei Punkte des Rechtecks stoßen an die anderen Seiten des Dreiecks. Klingt gut, probieren wir es doch gleich mal aus.
Ach ja, für die Gruppe von Maria könnt ihr das hier mitnehmen. Was ist denn das? Na packt es doch mal aus. Ein durchsichtiger Plastewürfel kommt zum Vorschein. Darin sind genau 27 kleine Würfel drin. Opa meinte, er habe die Würfel gerade so einsortiert, dass die Augenzahl, die man von außen sieht, ganz groß ist. Da wird sich Maria aber freuen, vielen Dank. Betreut Maria die Gruppe eigentlich allein? Nein, sagt Bernd, die Lisa macht da auch mit. Ach, das wusste ich noch gar nicht, stotterte Mike, der plötzlich rote Ohren hat.
Für die erste Aufgabe gibt es 7 Punkte (Größe des Rechtecks), für die zweite (maximale Augenzahl) sind bis zu 3 blaue Punkte möglich.

Lösung

Zur Aufgabe mit den Würfeln. Am Einfachsten man stellt sich das wie ein 3x3 Rubik-Würfel vor, der aus nach außenhin die geforderte Struktur hat.
Es sind zu unterscheiden: 8 Würfel an den Ecken, dort sieht man jeweils eine 4, 5 und 6. Also Augenzahl 8*15 = 120
12 Würfel an den Kanten, dort sieht man jeweils eine 5 und 6. Also Augenzahl 12*11 = 132
8 Würfel in den Seitenmitten, dort sieht man jeweils eine 6. Also Augenzahl 8*6 = 48
Der 27. Würfel im Inneren des großen Würfels zeigt nicht nach außen. Also isi die maximale Augenzahl 120 + 132 + 48 = 300.
Die minimale Augenzahl wäre dann 8*6 + 12 * 3 + 8 * 1 = 92

In dieser Figur ist erkennbar, dass die Dreiecke ABC und DEC einander ähnlich sind.

Es gilt also:

Die obigen Angaben sind alle in cm.

Etwas „unerwartet“, dass es zwei echt verschiedene Rechtecke gibt. Also nicht nur „quer oder hochkant“, sondern auch längenmäßige Unterschiede sind zu bemerken.

Lobenswert die zeichnerische Versuche zur Lösung dieser Aufgabe von Schülern meiner 6. (!!!) Klasse.

Aufgabe 11

179. Wertungsaufgabe
Mathematik verbindet, so trafen Mike und Lisa ihre erste Verabredung für das Kino. Bernd wollte zwar eigentlich auch ins Kino, aber seine Schwester meinte, dass man doch die beiden nicht stören solle. Schauen wir einfach doch nach den neuen Aufgaben, na gut. Bernd, ich finde, du solltest mal wieder was nicht Geometrisches anschauen. Kein Problem, hast du eine Idee, aber klar doch.
In einer kleinen Stadt mit Namen Wahr-Lügen-Burg wohnen genau 2007 Menschen, von denen man weiß, das welche davon immer die Wahrheit sagen und die anderen immer lügen. Jeder der 2007 Menschen hat genau eine Lieblingsbeschäftigung. Also entweder lesen oder spielen oder die Wochenaufgabe erledigen. Nun wird eine Umfrage unter diesen Menschen gemacht. Jeder bekommt drei Fragen. Frage 1 lesen Sie gern?, Frage 2 spielen Sie gern und Frage 3 Lösen Sie gern die Wochenaufgabe. Die Auswertung der Umfrage bringt ans Licht Frage 1 - 500xja, Frage 2 700xja und Frage 3 1000xja. Wie viele Umfrageteilnehmer (insgesamt) haben gelogen? (4 Punkte)
Du, für deine Gruppe habe ich auch so eine Knobelei, die ist nicht ganz einfach, deshalb würde ich für eine gute Begründung sogar 5 blaue Punkte verteilen. Hört sich gut an.
Als ich Mike zum ersten Mal traf, saßen meine Mutter, mein Vater, mein Opa und ich nebeneinander auf einer Bank am Spielplatz. Mike konnte folgendes bemerken: Opa saß neben mir, aber nicht neben meinem Vater. Mein Vater saß nicht direkt neben meiner Mutter. Wer aber saß nun direkt neben meiner Mutter? Ich oder Opa oder mein Vater und der Opa, ich und mein Vater oder eben Opa und mein Vater?
Das sollten die in meiner Gruppe aber herausbekommen, ich denke schon.
Ob Mike so richtig was von dem Film mitkriegt bezweifele ich auch, ach höre schon auf.

Lösung

Wahr-Lügen-Burg:
Es sind nur die ja Antworten bekannt. Die immer die Wahrheit sagen antworten dabei jeweils einmal mit ja, die Lügner tragen je zwei Mal (sie sagen ja statt eigentlich nein ...) zu den ja-Antworten bei. j- Ja-Antworter l - Lügner:
Antworten = 500 + 700 + 1000 = 2200
2200 = j + 2l
Einwohnerzahl 2007= j+l
2200 = 2007 + l
l= 197
Einhundertsiebenundneunzig haben gelogen.
Am einfachsten, man macht sich vier kleine Zettelchen mit den Personen und schiebt solange hin und her bis es passt.
Bei vier Leuten sitzen zwei in der Mitte und zwei am Rand.
Mein Vater saß nicht direkt neben meiner Mutter, dass heißt es muss mindestens einer dazwischen geseen haben.
Ausgehend von der Position des Vaters:
VXXM, VXMX, XVXM, MXVX, XMXV oder MXXV
Opa saß neben mir, dass heißt nur die Varianten mit XX kommen in Frage:
VOBM, VBOM, MOBV oder MBOV.
Opa saß nicht neben meinem Vater, dass heißt es bleiben VBOM oder MOBV. Damit ist klar, neben der Mutter saß der Opa.
Anmerkung: VBOM oder MOBV sind im Sinne der Aufgabe keine zwei Lösungen, sondern eine. Sieht man, wenn vor der Bank steht, VBOM, dann sieht es von hinter der Bank wie MOBV aus und umgedreht.

Aufgabe 12

180. Wertungsaufgabe
Bernd und Mike sitzen zwei Tage nach Mikes Kinobesuch wieder zusammen. Das Blitzen in den Augen Mikes sagt eigentlich alles, so dass Bernd sich jeden Kommentar verkniff. Haben die Leute aus der Gruppe von Maria und Lisa eigentlich die Sitzgruppenaufgabe herausbekommen, aber klar doch. Zur Zeit plagen die sich mit armen und reichen Zahlen ab. Was war das gleich noch mal? Nun eine natürliche Zahl gilt als arm, wenn die Summe ihrer echten Teiler kleiner ist, als die Zahl selbst - also alle Primzahlen, stimmt genau. Reich dagegen ist eine Zahl, wenn die Summe ihrer echten Teiler größer ist, als die Zahl selbst. Alles klar. Das ist ja nicht schwerig zu ermitteln oder? Nein, das nicht, aber sie haben noch keine ungerade reiche Zahl gefunden. Was sollte es da keine geben? Klar es gibt welche, aber die muss größer als 931, denn bis dahin haben sie es in der Gruppe schon probiert. (Na, wenn sie die kleinste ungerade reiche Zahl herausfinden, dann könnte man für die Anstrengung - systematisch den Reichtum ermitteln - durchaus 6 blaue Punkte vergeben).
Lisa hat mir noch von einer Aufgabe erzählt, die ihr Mathelehrer gestellt hat. Lass hören. Also die Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks sei 0,9 cm. Die Katheten sind a und b. Zu untersuchen ist, welcher der vier Terme der kleinste ist. (a+b)², a²+b², a+b oder a*b. Möglicherweise ist aber auch 0,9 kleiner als die vier Terme. Ist noch etwas bekannt. Nein, der Lehrer meint, das könne man trotzdem entscheiden.
Na mal sehen, ob da jemand die 8 Punkte erringt.

Lösung

Lösung von XXX, danke.
Katheten a, b Hypotenuse 0,9
Wir betrachten die vier gegebenen Terme und vergleichen sie absolut:
a + b > 0,9 (Dreiecksungleichung)
(a+b)² > 0,9² = 0,81
a²+b² = 0,9² = 0,81 (Pythagoras)
a*b <= 0,405 (doppelte Fläche des rechtwinkligen Dreiecks, welches Grundlinie (c) 0,9 und Höhe maximal 0,45 (Radius des Thaleskreises) hat )
Der Term a*b ist als mit Sicherheit am kleinsten.
Hier noch Übelrlegungen von Andree (Auszug der sehr umfassenden Lösung), danke

Es gilt (Pythagoras): 0,9² = a² + b², also

Nun hat Andree in den 4 Termen:

1. (a+b)²

2. a²+b²=0,81

3. a+b

4. a*b

das b durch ersetzt und seine Überlegungen entsprechend denen von XXX dargelegt. Ergänzt wurde das durch die graphische Darstellung.

Beispiel Term 3

a +b = a + wird zu

b =

mit b=y und a =x entsteht dann der Graph für den 3. Term. Entsprechend für die anderen Terme.

Zu testen sind die Zahlen 933, 935, 937, ...
1 und 933 sind Teiler von 933
3 und 311 sind Teiler von 933
Die Summe der echten Teiler der Zahl 933 betr�gt 315, also arm
1 und 935 sind Teiler von 935
5 und 187 sind Teiler von 935
11 und 85 sind Teiler von 935
17 und 55 sind Teiler von 935
Die Summe der echten Teiler der Zahl 935 beträgt 361, die Zahl ist arm
937, Primzahl
1 und 939 sind Teiler von 939
3 und 313 sind Teiler von 939
Die Summe der echten Teiler der Zahl 939 beträgt 317, die Zahl ist arm
941, Primzahl
1 und 943 sind Teiler von 943
23 und 41 sind Teiler von 943
Die Summe der echten Teiler der Zahl 943 betr¨gt 65, die Zahl ist arm
1 und 945 sind Teiler von 945
3 und 315 sind Teiler von 945
5 und 189 sind Teiler von 945
7 und 135 sind Teiler von 945
9 und 105 sind Teiler von 945
15 und 63 sind Teiler von 945
21 und 45 sind Teiler von 945
27 und 35 sind Teiler von 945
Die Summe der echten Teiler der Zahl 945 beträgt 975, die Zahl ist reich

Auswertung Serie 15