Serie-19

Mathematik auf dem Schachbrett

Aufgaben und Lösungen Serie 19

Aufgabe 1

"Die Lösung der letzten Aufgabe fand ich sehr überraschend", musste selbst Bernds Vater zugeben. "Ist eure Schule eigentlich an der Vorbereitung für die Schacholympiade beteiligt?", fragte er nach. "Ja, ich denke schon", meinte Bernd, "ich werde mal bei unserem Hausmeister nachfragen, denn der ist unser Schachexperte." "Na, wenn das so ist, dann wird er sich über diese Aufgabenserie sicher freuen, denn es wird 12 Aufgaben rund um das Schachbrett geben. Schach und Mathematik passen gut zusammen." "Das stimmt". "Auf dem Bild seht ihr einen aus schwarzen und weißen Würfeln errichteten Schachturm. Auf dem kann man ganz normal Schach spielen, denn von oben betrachtet, sieht er wie ein normales Schachbrett aus. Es ist sicher nicht schwer herauszubekommen, wie viele schwarze und weiße Würfel verbaut wurden – 4 blaue Punkte. Wie hoch ist ein solcher Turm, wenn auf einem n x n Feld etwas mehr als 1000 Würfel (schwarze und weiße zusammen) auf diese Art aufgestapelt werden? 4 rote Punkte"

Lösung

Die Zahl aller Würfel ist 1 + 4 + 9 + ... + 64 = 204.
(Die Summe der ersten n Quadratzahlen lässt sich mit n(n+1)(2n+1)/6 ermitteln.)
Die Anzahl der weißen Würfel von oben nach unten ist auch leicht zu sehen:
1 + 2 + 5 + 8 + 13 + 18 + 25 + 32 = 104, verbleiben 100 schwarze. (Hat da jemand eine Formel?)
Setzt man die obere Reihe fort: 204 + 81 + 100 + ... wird bei 196 die 1 000 knapp überschritten. Es sind also 14 Schichten - für diese braucht man 1015 Würfel.

Aufgabe 2

" In unserer Gruppe haben wir angefangen, den Würfelturm zu bauen, der wird richtig gut", sagte Lisa, als sie mit Maria bei Bernd und Mike ankam. "Die Vielfalt der Spielmöglichkeiten beim Schach ist schon verblüffend", stellten sie fest. "Dann macht es doch erst mal etwas einfacher. Nehmt vom Spielfeld alle Figuren runter, bis auf den schwarzen König auf e8. Der braucht 7 Züge bis zur gegenüberliegenden Seite (er geht also in jedem Fall vorwärts, ob gerade oder schräg, ist egal.) Wie viele verschiedene Wege gibt es für den König, um zum Feld e1 zu gelangen (7 rote Punkte). Wie viele Felder (und welche) erreicht der schwarze König nicht? (4 blaue Punkte)"

Lösung

Die Antworten zu rot und blauen Punkten geht es dem Bild recht einfach hervor. Es sind also 32 Felder, die der König nicht erreicht, wenn er auf e1 in 7 Zügen ankommen soll.

In diesem Bild sieht man die Zahlen, wenn alle Felder der Zeile 1 zugelassen sind, eine Verwandtschaft zum Pascalschen Dreieck ist nicht ganz abzusprechen, oder?

Aufgabe 3

"Die Wandermöglichkeiten des Königs sind ja wirklich enorm. Noch dazu, wenn man bedenkt, dass er das auf nur 32 der 64 Felder schafft", meinte Bernds Vater, als er die letzte Aufgabe gelöst hatte. "Da fällt mir das Dameproblem ein, aber das war schon mal dran. Nun, dann bleiben wir einfach noch beim König. Gesucht ist eine Aufstellung von so vielen Königen wie möglich, ohne dass sie sich gegenseitig bedrohen. (4 blaue Punkte). Welches ist die kleinste Anzahl von Königen, um alle nicht besetzten Felder zu bedrohen? (4 rote Punkte)".
Anmerkungen:
1. Es sollen natürlich keine anderen Figuren auf dem Brett stehen.
2. Für beide Aufgaben gilt, einer der Könige steht auf e5.
3. Es reicht die Aufstellung der Könige, eine genaue Begründung wird nicht verlangt.

Lösung

Stellt man den den ersten König wie verlangt auf e5, so ergeben sich folgende Bilder:
Damit passen für blau 16 Könige auf das Brett. Für rot müssen es 9 sein.
Dank an Andree und XXX für ihre weitergehenden Überlegungen.

Aufgabe 4

"Die Könige sind schon wichtig, aber wie sieht es mit dem Brett selber aus. Habt ihr da eine Idee?", fragte Lisa. "Aber klar doch", meinte Bernd.
"Es geht nicht um die Aufgabe mit den Reiskörnern, denn die kennt ja jeder. Wir nehmen mal das Schachbrett von letzter Woche. Jedes der Felder war da 5 cm groß. Wie groß ist der kleinste Kreis, in den das Schachbrett gerade so rein passt. (Für die rechnerische oder zeichnerische Lösung - mit Beschreibung - gibt es 4 blaue Punkte.)
Die Schachbrettkugel sieht ja erst mal nicht schwierig aus. Der Umfang der Kugel sei gleich dem Durchmesser des größten Kreises, der in das obige Schachbrett hineinpasst.
Wie schwer wäre eine solche Kugel aus massivem Gold? - 3 rote Punkte. Wer eine gute richtige Lösung zum zweiten Teil hat, bekommt noch mal richtig 6 rote Punkte dazu. Wie groß ist der Flächeninhalt des Feldes e5 - das mit dem K?"

Lösung

blau: Der kleinste Kreis, der um das Schachbrett passt, ist der Umkreis des Quadrates. Das Quadrat hat eine Größe von 8 mal 5 cm gleich 40 cm. Der Umkreis lässt sich recht leicht konstruieren. Diagonalen einzeichnen und vom Schnittpunkt der Diagonalen einen Kreis zeichnen,der durch die eckpunkte des Quadrates geht. Der Durchmesser des Kreises hat also die Länge der Diagonalen. Die Länge lässt sich mit e = Wurzel (2) * 40 cm auch berechnen und ergibt dann:
d= 56,57 cm bzw. r = 28,28 cm.
Der größte Kreis der in (auf) das Schachbrett passt hat einen Durchmesser von 40 cm. Die Kugel hat also einen Umfang von 4 * 5 cm gleich 40 cm
Damit ergibt sich der der Radius zu 6,36 cm. Mit V = 4/3 π r³ ergibt sich das Volumen zu: 1080,8 cm³.
Da jeder cm³ Gold 19,3 g wiegt (Dichte) hat die Kugel eine Masse von 19,3 * 1080,8 g und das sind umgerechnet fast 20858 g - also fast 21 kg. - Wahnsinn
Der zweite Teil der Lösung von Felix Karu, danke.
als pdf

Aufgabe

"Oh je, die Aufgabe mit der Schachkugel war ja ganz schön schwer und das nicht nur, weil so eine riesige Kugel aus Gold so schwer ist." "Da hat Bernd vollkommen Recht", meinte auch Lisa, die etwas verzweifelt auf ein Schachbrett voller Zahlen schaute. "Was ist denn mit den Zahlen?" "Es sieht so aus, als hätte da jemand die Zahlen von 1 bis 64 recht wahllos auf die Felder geschrieben, aber ich denke, da steckt vielleicht etwas Geheimnisvolles dahinter." Für die Entdeckung des zauberhaften Geheimnisses gibt es 4 blaue Punkte.
"Ich habe noch eine alte Aufgabe entdeckt", sagte Mike, der auch noch etwas ratlos auf das Zahlenschachbrett schaute. "Das Schachbrett soll durch Schnitte entlang der Kanten der Felder in vier gleichgroße zu einander kongruente Teilstücke zerlegt werden." "Was soll daran schwer sein, wenn ich das Brett halbiere und die Stücke dann noch mal dann sind es vier zu einander kongruente Quadrate." "Ach Bernd, ganz so einfach ist es denn doch nicht, denn auf h1, g2, f3 und e4 soll immer eine Dame oder eine andere Figur stehen. Und nun kommt es, die Zerlegung muss so gemacht sein, dass auf jedem der 4 Teilstücke auch genau eine der Figuren steht." Zu erreichen sind 4 rote Punkte.

Lösung

An dem Zahlenquadrat gibt es recht viel zu entdecken, so dass es auch mehrere Lösungsansätze gibt.
Es handelt sich um ein magisches Quadrat der Ordnung 8. In jeder Zeile und jeder Spalte, so wie bei den Diagonalen ergibt sich als Summe 260. Darüber hinaus sind auch Spiegeelungen und Drehungen erkennbar, die mit der Konstruktion dieses speziellen magischen Quadrat zusammenhängen. zum Weiterlesen.
Eine Zerlegung des Schachbrettes ist hier zu sehen.

Aufgabe 6

Die Teilung des Schachbrettes war ja im wahrsten Sinne eine verschlungene Angelegenheit, also gar nicht so einfach".  "Der Meinung bin ich auch", meinte Bernd. "Es gibt doch sicher noch andere Schachbrettformen als immer nur das quadratische 8x8-Feld." "Aber klar doch, der Schachturm war schon ein Beispiel für eine andere Variante, wobei der sich ja wie ein normales Brett bespielen ließ", gab Maria zu bedenken. "Bevor wir uns solchen Brettern zu wenden, habe ich noch was anderes", sagte Mike und zeigte den anderen seine Aufgaben.
Es soll das Schachbrett (a = 40 cm) genommen werden. Auf welchen Feldern (Ränder) liegen die zwei Ecken des größten gleichseitigen Dreiecks, welches auf das Schachbrett passt, wenn die  dritte  Ecke genau in der Ecke von h1 (unten rechts) liegt. Wie groß ist dieses Dreieck? (Länge, Umfang und Fläche) - 6 rote Punkte. 3 blaue Punkte gibt es für die größtmögliche Anzahl von Springern auf einem Schachbrett, die sich nicht bedrohen - Begründung nicht vergessen.

Lösung

blaue Aufgabe von XXX, danke
Das Springerproblem hat prinzipiell zwei Lösungen mit einer Idee: Zwei Springer auf gleichen Farben bedrohen einander nicht! Mithin kann man 32 Springer, eben farbgleich aufs Brett stellen. Und mehr geht nicht, da sie jedes andersfarbige Feld bedrohen!
Leider begründet das noch nicht, dass man nicht mehr Springer unterbringen kann, wenn man bei einem zweiten Versuch die beiden ersten Springer z.B. auf aneinander grenzende Felder stellt.
Jeder Springer besetzt ein Feld und bedroht bis zu acht leere Felder. Ein leeres Feld kann aber von bis zu acht Springern bedroht werden, sodass letztlich pro Springer ein Feld besetzt, maximal ein zusätzliches Feld bedroht wird. Damit sind wir bei den 50% der Felder, die man besetzen kann.
Diese Argumentation kümmert sich nicht um Effekte am Rande des Schachbrettes, wo Springer "am Rande" auch mal nur zwei Felder kontrollieren, andererseits ein Feld auch nicht von bis zu acht Springern bedroht werden kann. Wie gewagt der 50%-Schluss ist, zeigt das 2x2-Brett, auf welchem man 100%, nämlich 4 Springer stellen kann.
rote Aufgabe von Doreen N., danke
Die Diagonale teilt das Brett, das gesuchte gleichseitige Dreieck liegt je zur Hälfte in einer der beiden Hälften des Brettes. Die beiden anderen Ecken des größten gleichseitigen Dreiecks berühren das Brett links und oben, in den Ecken beträgt der winkel jeweils 60°. Unterhalb des Dreiecks entsteht ein weiteres Dreieck mit den Winkeln 15° rechts unten((90-60)/2) und 75°links(180-90-15).Nun können wir die Seitenlänge des gleichseitigen Dreiecks berechnen.
sin75°=40/x
x=41,41
und nun die noch unbekannte dritte Seite des rechtwinkliges Dreiecks unten sin15°=a/x
a=10,72
damit liegen die Ecken in den Feldern a3 und f8 ->das Ganze lässt sich auch auf das rechtwinklige Dreieck oben rechts übertragen das gleichseitige Dreieck:
Länge x =41,41
Umfang u=3*x=124,23
Flächeninhalt A=x²/4*Wurzel3=742,56

Aufgabe 7

Da war ja das Brett richtig voll mit Springern, na ja wenn die Zugfolge nun mal so ist, braucht man sich nicht zu wundern, dass 32 Springer drauf passen". "Mike, du hast Recht, wie so oft", meinte Bernd.  "Sag mal, geht jetzt nicht schon wieder die Sommerpause los?" "Aber ja, für diese Aufgabe kann man sich Zeit lassen". "Na gut, dann frage ich mal für 8 rote Punkte, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich zwei zufällig auf einem Brett stehende Damen bedrohen."  "Nun das hört sich nicht gerade einfach an", meinte Lisa, die gerade dazugekommen war. "
Wobei, für die 6 blauen Punkte braucht man auch Fantasie." "Lass hören". "Statt des Schachbrettes wird ein gleichgroßes Schachtuch (40 cm) genommen und um einen passenden Holzzylinder "geklebt", so dass die a-Kante und die h-Kante aneinander liegen. Welchen Durchmesser muss der Zylinder haben und bis wohin kommt ein Läufer, der auf d1 steht, wenn er eine vollkommen freie Bahn hat."

Lösung

Blau: Die 40 cm des Schachbrettes sind der Umfang des Zylinders. Mit u=Π * d, ergibt sich d zu rund 12,7 cm.
Wo die Läufer ankommen sieht man im Bild.
Für die recht komplexe Lösung der roten Aufgabe möchte ich mich bei XXX bedanken.
--> als pdf <--
Anmerkung - der vorkommende Bruch lässt sich gut kürzen. 1456/4032 = 13/36
Meine Variante ist auch nicht kürzer, allerdings ist die erreichte Endformel für ein n x n - Feld gar nicht mehr so schlimm:
P= 1 - (n-2)*(3n-1)/(3n(n+1)) - lässt sich auch noch etwas vereinfachen.
   Bild     von Torsten Jechorek, danke

Aufgabe 8

"Das zusammengewickelte Schachbrett hat unserer Gruppe richtig gut gefallen", sagte Lisa als sich die vier nach den Ferien wieder trafen. "Das ging mir selber aber auch so", gab Bernd zu. "Prima, dann lasst uns mit den Primfeldern eines Schachbrettes weiter machen." "Primfelder?" "Also passt auf, auf die Felder eines Schachbrettes - siehe Bild - werden von links nach rechts und oben nach unten die Zahlen von 1 bis 64 geschrieben (pro Feld eine Zahl). Anschließend wird das wiederholt, aber nun von unten nach oben (von links nach rechts bleibt). Die Felder, auf die zweimal eine Primzahl geschrieben wird, ist ein Primfeld. Es sollte doch für 6 blaue Punkte zu schaffen sein, alle Primfelder zu notieren." "Ich denke, das wird klappen", meinte Bernd und überlegte: "Wie groß ist wohl die Summe aller verwendeten Zahlen auf der untersten Reihe eines n x n Schachbrettes?" (4 rote Punkte)

Lösung

Die Lösung der blauen Aufgabe von Ernesto, danke
Lösung als pdf
Die Lösung der blauen Aufgabe von Wadim, danke
Wenn man von unten nach oben zählt, dann haben die unteren Feldern die Zahlen von 1 bis n (n*(n+1)/2). Wenn man von oben nach unten zählt, dann haben die unteren Feldern die Zahlen von n²-n bis n².
Rechnen zuerst die Summe von 1 bis n². n²*(n²+1)/2.
Jetzt rechnen wir die Summe von 1 bis n²-n. (n²-n)*(n²-n+1)/2.
Und aus erste Reihe wird die zweite abgezogen. Das ist die Summe, die wir brauchen.
Am Ende bekommen wir n*(n²+1).
Anmerkung Thomas: Auf jeder Zeile eines solchen nxn Feldes ist es die gleiche Summe, ist doch cool oder.

Aufgabe 9

"Ich hätte ja nicht gedacht, dass die Summe aller Zahlen auf einer Reihe sich doch mit so einer recht einfachen Formel berechnen lässt", meinte Maria, als sie die Formel sah, "noch dazu, wo auf jeder Reihe die selbe Zahl als Ergebnis vorkommt. Bei dem n x n fällt mir auch eine schöne Aufgabe wieder ein, die ich irgendwo schon mal gesehen habe. Auf einem 3 x 3 Schachbrett (also zum Beispiel in der linken unteren Ecke unseres Bildes stehen vier Springer in den Ecken. Die weißen unten, die schwarzen oben. Finde eine Zugfolge, so dass am Ende die Springer ihre Plätze getauscht haben. Es wird abwechselnd gezogen (nur im begrenzten 3 x 3 Bereich), die Springer dürfen sich durchaus zwischendurch bedrohen, aber natürlich nicht gleichzeitig auf einem Feld stehen." (Die halbe Mindestzugzahl wird als blaue Punkte vergeben.) "Das klingt aber nicht ganz einfach", meinte Lisa, "aber unsere jüngere Spezialistengruppe wird das schon schaffen. Lass uns mal aber noch das probieren. Auf unser komplettes Schachbrett sollen möglichst viele reguläre Würfelnetze gelegt werden. Die Quadrate der Netze sind genau so groß wie die Felder des Schachbrettes. Natürlich dürfen sich die Netze nicht überlappen und auch nicht über den Rand ragen." "Was meinst mit regulärem Würfelnetz?" Regulär sind alle Netze, die sich zu einem Würfel zusammenfalten lassen und deren Quadrate an den Kanten verbunden sind. Welche der 11 möglichen Formen von Netzen genommen werden und wie viele jeder Art ist egal." Jedes Netz bringt einen roten Punkt.

Lösung

Für die blaue Aufgabe bietet sich eine Analyse der Zugmöglichkeiten an. Das Feld B2 wird nicht genutzt. Von jedem anderem sind genau zwei Felder erreichbar. Damit lässt sich ein Rundweg konstruieren bzw. wenn ein Springer immer ein Feld nutzt, von dem er nicht kommt, ergibt sich der Rundweg zwangsläufig.
Damit sich die Springer nicht auf die Hufe treten, entscheidet man sich für eine Richtung. Jeder Springer führt 4 Bewegungen aus. Es sind also 16 Bewegungen notwendig.
Echte Schachspieler sehen dabei aber nur 8 Züge. Weiß + Schwarz = ein Zug. Damit gäbe es nach meiner Punkteverteilung von oben eigentlich nur 4 Punkte, aber ich möchte doch 8 vergeben.
Noch ein sehr schönes Bild von Wadim, danke.

Würfelnetze auf dem Schachbrett - das war schon mal was anderes. Da hätten natürlich sehr viele mitmachen können, um wenigstens ein paar Punkte zu erhaschen, selbst wenn man nur 3 oder 4 draufmalt, wären das ja 3 oder 4 Punkte gewesen, aber nun ja.
Die Spitzenreiter: Paula, XXX; Bernhard, Felix und Doreen - je 9 Netze, zwei der eingesandten Lösungen:

Ob es überhaupt mit 10 Netzen geht, ist noch ungeklärt.

Aufgabe 10

"Würfel auf dem Schachbrett hatten wir ja schon, aber die Würfelnetze, die fand ich richtig gut", meinte Bernds Opa, der seine Herbsterkältung überstanden hatte und nun wieder mal zu Besuch war. "Die Aufgabe mit den Springern kannte ich schon, denn es ist eine sehr alte Aufgabe - sie soll von Guarino Guarini stammen, der im 17. Jahrhundert lebte. Ich habe für euch auch noch eine einfache Aufgabe. Ein normales Schachbrett hat ja 64 Felder, da lassen sich schnell mal die Randfelder auszählen. Aus wie vielen Feldern besteht ein Super-Schachbrett, welches 300 Randfelder hat?" 3 blaue Punkte.
"Als ich die zweite Aufgabe der Schachserie gesehen habe, ist mir noch eine Aufgabe eingefallen. Wenn man von a1 nach h8 in Einerschritten mit einem Turm geht, braucht man genau 14 Schritte. Aber wie viele solcher 14-Wege gibt es?" 6 rote Punkte. "Na Opa, da hast du uns ja noch eine Rätselnuss aufgegeben, aber wir werden es schon schaffen.", meinte Bernd.

Lösung

blau:
Ein n x n-Feld hat 4n - 4 Randfelder- 4 Seiten mit n, wobei die doppelt gezählten abgezogen werden müssen.
Beispiel: Das normale Schachfeld 4 x 8 -4 = 28 Randfelder (lässt sich leicht nachzählen) und 64 Felder (64=8²).
300 Randfelder --> 4n - 4 = 300 --> 4n = 304 --> n = 76 --> 76² = 5776
Es sind also 5776 Felder auf einem Brett, welches dann genau 300 Randfelder hat.
Für die Wegezahl verwende ich hier die Lösung von Felix Karu, danke.
Wie viele Möglichkeit gibt es 7 Schritte nach rechts und 7 Schritte nach unten anzuordnen?
Gesamtschritte 14, Rechtsschritte 7, Abwärtsschritte 7.
Anzahl der Möglichkeiten: A = 14! / ( 7!* 7!) = 3432
Von (r,r,r,r,r,r,r,a,a,a,a,a,a,a) bis (a,a,a,a,a,a,a,r,r,r,r,r,r,r)
Für eine nxn Feld gibt es A = (2 * (n - 1))! / ((n - 1)!* (n - 1)!) = (2 * n - 2)! / ((n - 1)!* (n - 1)!)
Hier noch die Lösung von Wadim, echt stark, danke.
In jedes Feld habe ich die Anzahl der Möglichkeiten, dieses Feld zu betreten, hineingeschrieben. Man sieht, dass eine Zahl die Summe der Zahlen ist, die neben ihm stehen und sie berühren. Dadurch ergibt sich die Anzahl der verschiedenen Wege. Hier ist mein Bild:

Aufgabe 11

"Das waren ja echt viele Wege, die es für so einen Turm gibt", sagte Lisa ganz erstaunt, als sie die Lösung sah. "Aber trotzdem soll der Turm noch einmal von a1 nach h8 wandern, aber dieses mal so, dass er alle Felder zwischendurch genau einmal - also wirklich drauf, aber eben nur einmal - betritt." "Fragst du wieder wie viele solche Wege es gibt?", hakte Bernd nach. "Aber nein, ein solcher Weg würde mir reichen." "Bist du sicher, dass so einen Weg gibt?", warf Maria ein. "Ich denke schon, aber wenn es keinen Weg geben sollte, wäre es ja interessant zu wissen, warum es nicht gehen kann." (Für eine vollständige Betrachtung des Problems also auch für nxn-Felder sind bis zu 6 blaue Punkte möglich).
"Ich möchte mir mal ein Überblick über das Schachbrett verschaffen." "Wie das?" "Nun ich stelle mir vor, dass ich über der rechten unteren Ecke (h1) unseres Schachbrettes (Größe wie gehabt: 8 x 5 cm) in einer Höhe von 40 cm schwebe und auf die untere Kante des Feldes a1 schaue. Unter welchem Winkel sehe ich dann wohl diese Kante?" Es gibt 6 rote Punkte - die jüngeren Teilnehmer können das auch konstruktiv mit einer maßstabsgerechten Zeichnung lösen.
*Interessant vielleicht auch noch die Frage, auf welcher Kurve sich dieser "Blickpunkt" in Richtung untere Ecke von a1 bewegen müsste, so dass der Blickwinkel immer gleich bleibt. Für eine elegante Lösung gibt es noch ein paar rote Punkte dazu.

Lösung

Es gibt auf dem 8x8-Feld keinen solchen Weg. Die Anzahl der zu betretenden Felder ist 63 (a1 scharzes Feld ist ja Startfeld).Da sich die Farbe eines Feldes mit jedem Schritt ändert, sind die "ungeraden" Felder weiß un die "geraden" schwarz. Bei dem 8x8-Feld wäre das 63. Feld aber schwarz - Widerspruch.
Für n folgt nun, es sind n² - 1 Schritte auszuführen.
Ist n gerade, dann ist die Schrittzahl ungerade, das letzte Feld müste weiß sein, ist aber schwarz - es gibt also keinen solchen Weg.
Ist n ungerade, dann ist die Schrittzahl gerade, d.h. das letzte Feld müste schwarz sein und das ist es ja auch, also gibt es solche Wege, ein einfacher ist ganz nach rechts, eins hoch, ganz nach links, eins hoch, ganz nach rechts usw.
Die Strecken AC und CD sind gleich lang (40cm). Damit sind ∠ DAC und ∠ CDA gleich groß und damit 45°.
Für den ∠ CDB gilt. tan CDB = BC / CD = 35 cm / 40 cm.
∠ CDB = 41,18°
Der gesuchte Sehwinkel ∠ BDA ist dann: 45° - 41,18° = 3,82°
Die zusätzliche Aufgabe wurde durch Felix Karu ausführlich beschrieben, danke.
⇒ als pdf ⇐

Aufgabe 12

"Ja, so ist das, mal gibt es sehr viele Wege (Aufgabe 226) und mal gibt es gar keinen (Aufgabe 227)", meinte Mike. "Lasst uns zum Ende der Schachserie noch einmal auf die erste Aufgabe zurückkommen." "Wie meinst du das?“, fragte Bernd.
"Nun, da hatten wir  diese schöne Schachpyramide in schwarz und weiß. Ein Vati aus der Gruppe, die wir betreuen, hat diese aus Buchenholz noch einmal gebaut. Das heißt, die dunklen Flächen müssen noch eingefärbt werden. Wie groß ist die Fläche, die eingefärbt werden muss, wenn alle sichtbaren Flächen, auch unten, eingefärbt werden? Die Kantenlänge eines einzelnen Feldes ist - wie bei allen anderen Aufgaben auch - 5 cm." (6 blaue Punkte).
"Damit man alle Flächen sieht, müsste bei einer Ausstellung die Pyramide auf eine Art Stab gestellt werden." "Ist das nicht sehr wacklig?, gab Mike zu bedenken. "Also ich denke, wenn auf einem sehr stabilen Metallstab eine 5 cm große Scheibe angebracht wird und die Pyramide mit der 64-Feld-Seite so darauf gestellt wird, dass der Mittelpunkt des Kreises an der Stelle der Pyramide liegt, wo sie im Gleichgewicht ist, sollte es gehen." "Da hast du Recht, aber wo ist diese Balancestelle?" (6 rote Punkte)
Bernds Vater fand die Ausstellungsvariante auch gut und meinte: "Ich hoffe , dass es doch ab und an mal noch eine Aufgabe auf dem Schachbrett geben wird". Aber klar doch.

Lösung

Das Bild zeigt die Schachpyramide gedreht. Nimmt man das obige Bild hinzu lassen sich die schwarzen Flächen schnell auszählen.
Von oben und unten sieht man jeweils 32, von den Seite sind jeweils 16 erkennbar. das ergibt zusamman 128. Eine Fläche ist 5cm x 5 cm = 25 cm² groß. Es sind also insgesamt 3200 cm².
Eine andere Variante von Linus-Valentin - Klasse 4, danke.
Als erstes muss für jede Stufe (Ebene) die Anzahl der schwarzen Flächen ermittelt werden.
Ebene 1         24 schwarze Flächen (jeweils 8 an den sichtbaren Kanten und 4 an den unsichtbaren)
Ebene 2         18
Ebene 3         18
Ebene 4         12
Ebene 5         12
Ebene 6         6
Ebene 7         6
Ergebnis:         96
Zusätzlich muss noch die Anzahl schwarzer Felder von der Unterseite dazu gerechnet werden, sodass insgesamt 96 + 32 = 128 Flächen bemalt werden müssen. Für die Gesamtfläche die bemalt werden muss, muss die Anzahl der farbigen Flächen mit der Fläche eines farbigen Felds multipliziert werden.
A = 128 * 5*5cm²
A = 3200 cm² = 0,32 m²

Die Variante von Hannah, danke.      als pdf     
Den Schwerpunkt und damit die Balancestelle war nicht so einfach. Dass dieser unter der wei&slig;en Hauptdiagonale liegen muss, ist allen Beantwortern klar gewesen. Fehler gab es aber, dass die Aufgabe auf die "Mittelfläche" bzw die "Mittelwürfel" reduziert haben.
Hier die Variante von XXX, danke.

Schwerpunkt der Pyramide

Wir berechnen für jede "Schicht" das Drehmoment um die linke untere Kante:

Die Mitte der gesuchten Fläche muss 1296/204 = 106 / 17 halbe Seitenlängen von der linken (und damit auch von der hinteren) Kante der Pyramide entfernt sein, also 15,88 cm)

Hier noch die Variante von Wadim, danke.
Unsere Aufgabe ist einen Schwerpunkt für die Pyramide zu finden. Dafür haben wie die Formel
Als Koordinatenursprung wählen wir den linken hinteren Rand des Brettes.
Die Summe im Nenner: 204 (die gesamte Anzahl der Würfel ist von Aufgabe 1 bekannt) x 5³ (die Volumen eines Würfels).
Die Summe in Zähler: 5³ (die Volumen eines Würfels) x n² (n ist die Anzahl der Würfel in einer Reihe) x n/2x5 (Koordinate des Schwerpunktes einer Reihe).
Also 5⁴/2 x (1³+ ... + 8³)=5⁴/2 x (n(n+1)/2)²=54/2 x 36².
Die Koordinaten von Schwerpunkt sind (15,9; 15,9). (15,9 cm von Koordinatenursprung).

Auswertung Serie 19 (blaue Liste)

Auswertung Serie 19 (rote Liste)