Serie-21

Serie 21
Aufgaben und Lösungen

Aufgaben und Lösungen Serie 21

Aufgabe 1

"Das war letzte Woche eine recht sportliche Aufgabe", meinte Maria. "Das stimmt." "In diesem Jahr ist ja die Leichtathletik-WM und so wird in unserer Gruppe das Thema Mathematik und Sport aufgegriffen werden", sagte Maria. "Klingt richtig gut, da will ich mal hoffen, dass sich unser Ausdenker mal eine ganze Serie zu dem Thema überlegt - „geht klar", murmelte Mike vor sich hin. Das hörte Bernd, der gerade ins Zimmer kam und rief ganz aufgeregt: "Dann lasst uns diese sportliche Logelei angehen, die sich aus einem Interview mit Karl Berg ergibt." Karl Berg fuhr im Jahr 2008 zu den olympischen Spielen und traf dort vier Freunde, die er aus verschiedenen Trainingslagern kannte. In dem Interview ging es mit den Vor- und Nachnamen, sportlichen Disziplinen (jeder hatte eine andere) und sonstigen Informationen etwas durcheinander. Sportfreund Beier heißt nicht Emil. Emil ist Speerwerfer. Dann gibt es noch den Sportler Monk. Der Stabhochspringer ist der Herr Jung. Es gibt einen Zehnkämpfer. Arno Meyer ist kein Hochspringer. Einer heißt Fred und Bert ist Weitspringer. (Für 6 blaue Punkte ist herauszufinden, wie die Sportler mit vollständigem Namen heißen und welche Sportart sie betreiben.)
Jeder der Sportler ist in einem anderen Haus untergebracht (1 bis 5 -- von links nach rechts). Hinzukommt, dass jeder der Sportler in verschiedenen Jahren eine Sportschulausbildung beendete (2003, 04, 05, 06 und 07). Der Sportler aus Haus 1 beendete die Sportschule eher als der, der direkt neben ihm untergebracht ist. Emil war genau ein Jahr eher fertig als der, der direkt rechts neben ihm wohnt. Bert war ein Jahr eher fertig als Fred, allerdings später als der Zehnkämpfer, der wiederum direkt links neben dem wohnt, der seine Ausbildung 2005 beendete. Arno war eher fertig als Fred, jedoch genau ein Jahr eher als der Nachbar aus Haus 4. - Wer wohnt in welchem Haus und beendete wann seine Ausbildung an einer Sportschule? - 6 rote Punkte.
Anmerkung, diese Logikaufgabe ist im Stil von Einstein's Weihnachtsrätsel: die Aufgabe

Lösung

Die Lösung von Doreen, danke
blaue Punkte:
-Tabelle erstellen mit Vorname, Familienname, Sportart (Tabellenkopf: Vornamen: Arno, Bert, Emil, Fred, Karl)
-Eintragen der gegebenen Dinge: Karl-Berg, Emil-Speerwerfen, Arno-Meyer, Bert-Weitsprung
-Angabe Hr.Jung+Stabhochsprung->kann nur Fred sein, da bei allen anderen Familienname oder Sportart schon bekannt
-Karl Berg muss Hochsprung sein, da Arno Meyer nicht Hochsprung und sonst alle anderen Sportarten bekannt
-letzte Sportart Zehnkampf->nur noch Arno Meyer frei
-Emil heißt nicht Beier->Bert muss Beier heißen und Emil Monk
=>Arno-Meyer-Zehnkampf
Bert-Beier-Weitsprung
Emil-Monk-Speerwerfen
Fred-Jung-Stabhochsprung
Karl-Berg-Hochsprung

rote Punkte:
-Tabelle erstellen mit Vorname, Jahr und Hausnummer (Tabellenkopf: Jahr 2003-2007)
-Aufschreiben der bekannten Angaben:
-Haus 1 nicht 2007 -Bert nicht 2007
-Haus 2 nicht 2003 -Bert nicht 2003
-Haus 5 nicht 2003 -Fred nicht 2003
-Haus 4 nicht 2003 -Arno(Zehnkämpfer) nicht 2007
-Emil nicht 2007 -Arno nicht Haus 2
-Emil nicht Haus 5 -Arno nicht Haus 4
-Aufschreiben der Reihenfolge(nach Jahren):
-Arno-Bert-Fred (zwischen Bert+Fred 1Jahr)
-Haus1-Haus2
-Arno-2005
-Arno-Haus4-Fred (zwischen Arno+Haus4 1Jahr)
-Arno muss 2003 oder 2004 sein, da nicht 2005 und auch nicht später(siehe Reihenfolge)
nun habe ich solange die Annahme Arno+2003 überprüft, bis sich ein Widerspruch ergab->damit konnte Arno nur 2004 sein
->Tüfteln an den übrigen Angaben bis zum Ergebnis:
2003-Karl-Haus1
2004-Arno-Haus3
2005-Emil-Haus4
2006-Bert-Haus5
2007-Fred-Haus2
noch einmal eine Zusammenfassung von Christian (Bamberg), danke
Haus 1 Karl Berg, Hochsprung, 2003
Haus 2 Fred Jung, Stabhochsprung, 2007
Haus 3 Arno Meyer, Zehnkampf, 2004
Haus 4 Emil Monk, Speerwerfer, 2005
Haus 5 Bert Beier, Weitsprung, 2006

Aufgabe 2

"Ich habe mir mal die Wertung in der Fußballbundesliga der letzten Saison angeschaut und überlegt, ob wohl die Punkteverteilung einen Einfluss auf den Tabellenplatz hat," fragte Bernd. "Fußball ist nicht so meins", meinte Mike, "aber gut lass uns das doch mal durchgehen. Es ist ja so, dass eine Mannschaft für einen Sieg (G) 3 Punkte für ein Unentschieden (U) 1 und bei Verloren (V) keinen Punkt erhält."
8 blaue Punkte für die Untersuchungen zur Platzierung bei einer Verteilung GUV mit 2;1;0 bzw. 3;2;0.

Lösung

Bei der blauen Aufgabe war dieses mal ja lediglich nachzurechnen, ob sich bei der veränderten Punkteverteilung eine andere Platzierung ergibt. Dies ist durchaus der Fall. Zum Selberrechnen mit einer beliebigen Punktevorgabe bitte das script nutzen:
Bundesliga
Wie man leicht sieht, ändern sich nur die mittleren Plätze. Allerdings wird bei 2;1,0 das Torverhältnis deutlich entscheidender.
Für den roten Teil die Lösung von Doreen, danke
Bildung eines Quaders mit den Seiten a (halbe Torbreite), b (Entfernung vom Elfmeterpunkt bis zum Tornetz) und c (Torhöhe)
a=7,32m/2=3,66m
b=10,92m+2m=12,92m
c=2,2m
Berechnung der Quaderdiagonale e
e=Wurzel(a²+b²+c²)
e=13,607424m
das Ergebnis runden wir großzügig auf 13m, da der Ball ja nicht genau in die Torecke passt mit seinen 23cm Durchmesser
-Berechnung der Zeit, die der Ball für die Entfernung e braucht (bei 72km/h)
x=e*3600s:72000m/s
x=0,65s
=>Bei einer Reaktionszeit von 1s hat der Torwart bei einem Schuss in die oberen Ecken keine Chance, den Ball zu fangen.
Ich habe auch die Zeit berechnet, wenn der Ball auf einer Seite knapp hinter der Latte ins Netz geht(also nicht bis nach hinten in die Ecke) - bis dahin vergehen ca.0,55s also auch (rein rechnerisch) keine Chance.
Anmerkung: Alle Lösung, die zeigen, dass es keine eigentlich Chance gibt, gelten als richtig. Es zeigt sich also, dass es nur am Können (Wollen?) der Spieler liegt, ob es klappt, den Ball in eine der oberen Ecken zu befördern und so den Elfmeter erfolgreich abzuschließen.

Aufgabe 3

"Wenn ich mir die Siegerehrungen so anschaue, so bin ich immer wieder verblüfft wie viele Varianten von Siegerpodesten es gibt," meinte Mike. "Da hast du Recht. Es gibt runde, längliche, welche aus Holz, aus Metall usw.," erinnerte sich Maria, als sie an die letzten Olympischen Spiele dachte. Auf dem Bild ist ein recht einfaches zu sehen. Die Flächen oben sind quadratisch (40 x 40 cm). Die Höhe liegen bei 20, 40 bzw. 60 cm. Wie groß sind Oberfläche und Volumen dieses Podestes? (5 blaue Punkte).
"Schaut mal meine Skizze an. Ich habe aus den Quadraten möglichst große regelmäßige Achtecke gemacht. So gefällt mir das Siegerpodest besser," sagte Lisa. "Nicht schlecht", staunte Bernd. Wie groß sind Oberfläche und Volumen dieses Podestes? (5 rote Punkte).

Lösung

Die blaue Aufgabe:
Oberfläche: Hier bietet sich ein "Flug" um das Podest an.
Von oben und unten ist letztlich jeweils ein Rechteck zu sehen (40 x 120) x 2 = 9600 cm².
Von links und rechts ist letztlich jeweils ein Rechteck zu sehen (40 x 60) x2 = 4800 cm².
Von vorn und hinten ist letztlich jeweils ein Rechteck zu sehen, wenn man einfach den Platz 3 auf den Platz 2 "stellt" (80 x 60) x 2 = 9600 cm².
Das sind zusammen 24000 cm² bzw. 2,4 m².
Beim Volumen ist auch das "Stellen" von Platz 3 auf 2. angebracht. Dann hat man einen Quader V = a x b x c = 80 cm x 40 cm x 60 cm = 192000 cm³ = 0,192 m².
Die rote Aufgabe:
Zuerst wird die Kantenlänge s der Achtecke gebraucht. Von den 40 cm des Quadrates müssen zwei Stücke der Länge x abgeschnitten werden.
s = 40 - 2x
x = (40 - s)/2 An den Ecken ist aber auch der Satz des Pythagoras anwendbar s² = x² + x² = 2x²
Die obige Formel wird in die zweite eingesetzt.
s² = 2* ((40 - s)/2)²
...
s² = 800 - 40s s²/2
...
0 = s² + 80 - 1600
s _1,2 = - 40 ± Wurzel ((1600 + 1600))
negatives Ergebnis entfällt.
s = 16,5685425 cm ≈ 16,57 cm.
Aus der allgemeinen Flächeninhaltsformel für regelmäße n-Ecke (n > 2)lässt sich das Achteck schnell finden. (a - Seitenlänge)
Die Herleitung ist mittels Inkreisradius, Satz des Pythagoras und Tangens relativ einfach.
Das a in der Formel ist das oben ausgerechnete s.
A = 1325,48 cm²
Volumen (Stellen" von Platz 3 auf 2) ⇒ V = 2 · A · h = 2 · 1325,48 cm² · 60 cm = 159058 cm³ = 0,159 m³
Interessant wird nun wieder die Oberfläche. Oben und unten zusammen sind das 6 Achtecke - kein Problem.
Nun die Rechtecke: Platz zwei 7 Rechtecke (40 cm hoch) Platz drei 7 Rechtecke (20 cm hoch) ⇒ 7 Rechtecke (60 cm hoch)
Platz eins 6 Rechtecke (60 cm hoch) + links 1 Rechteck 20 cm + rechts 1 Rechteck 40 cm ⇒ 7 Rechtecke (60 cm hoch)
Alles zusammen A_O = 6 · A + 14 · s · h = 6 · 1325,48 cm² + 14 · 16,57 cm · 60 cm = 21871,7 cm² = 2,18 m²

Aufgabe 4

"Wir hatten uns doch letzte Woche  über die Siegerpodeste unterhalten. In dem Zusammenhang sind mir noch folgende Fragen eingefallen", sagte Mike, der gerade mit Lisa bei Maria und Bernd war. "Lass hören." "Bei einem 400 m Endlauf gibt es meistens 8 Teilnehmer. Wie viele verschiedene Startaufstellungen gäbe es, wenn man die Bahnen per Los verteilen würde? (3 blaue Punkte). Wie viele verschiedene Siegerehrungen könnte es bei so einem Rennen geben, wenn es keine Doppelplatzierungen gibt. (2 rote Punkte)?"

Lösung

Der Fachbegriff für die blaue Aufgabe ist Permutation ohne Wiederholung.
Für die Bahn 1 stehen 8 Starter zur Verfügung. (8x) Wenn der Starter feststeht, dann habe ich noch 7 Starter (7x), usw.
Es gibt also 8*7*6*5*4*3*2*1 = 40320 Startaufstellungen. (mathematische Kurzform 8!)
Der Fachbegriff für die rote Aufgabe ist Variation (ohne Zurücklegen) - eine Auswahl unter Berücksichtigung der Reihefolge.
Die Überlegung ist wie bei der blauen Aufgabe. jeder der 8 Starter kann Sieger sein. Dann verbleiben für Platz noch 7 und Platz 3 sind es noch sechs Starter.
Es gibt also 8*7*6 = 336 verschiedene Siegerehrungen.
Der fehlende Fachbegriff ist die Kombination. Eine Auswahl von drei Sportlern von insgesamt acht, wobei es auf die Reihenfolge nicht ankommt.
Bei der Siegerehrung stellt Starter 1 , Starter 2 und Starter 3 eine andere Reihefolgen dar wie Starter 2 , Starter 1 und Starter 3. Wenn ich hingegen sage, drei Leute treffen sich bei der Dopingprobe ist die Auswahl 1;2;3 die gleiche wie 2;1;3. Somit gibt es (8*7*6)/(3*2*1)= 56 Kombinationen.
Die Kombination und die Variation wurde von einigen Teilnehmern verwechselt.

Aufgabe 5

"Ich möchte den 400 m Lauf noch einmal unter die Lupe nehmen." "Na dann mal los," meinte Bernd zu Mike. "Wie schafft man es, dass alle Teilnehmer wirklich 400 m laufen?. Dazu musst du Folgendes wissen: Die Laufbahn besteht aus zwei parallelen Geraden zu je 84,40 m Länge und zwei verbindenden Halbkreiskurven mit je 36,50 m Radius. Das bezieht sich auf die innere Kante." "Warte mal, wenn ich da mal schnell mit dem Taschenrechner nachrechne, komme ich aber nicht auf 400 m." (Wie viel m sind das? - 3 blaue Punkte). "Du musst bedenken, dass die Sportler nicht genau auf der Innenkante laufen, sondern in einem gewissen Abstand." Wie groß (in vollen cm) muss der Abstand sein, damit ziemlich genau 400 m herauskommen? -( noch mal 3 blaue Punkte.)
"Alles klar, das war die Innenbahn, aber wie sieht es für den Läufer auf Bahn 2 aus. Hier wieder ein Ausschnitt aus der Vorschrift: Die Bahnen sind 1,22 m breit anzulegen einschließlich der 5 cm breiten rechten Grenzlinie. Ab Bahn 2 wird die Nennmesslänge mit 20 cm von der linken Begrenzung bestimmt, da man an die Strichmarkierung dichter heran laufen kann als an die Innenkante." Wie viel Meter Vorsprung bekommt der Läufer auf Bahn 2, damit er den Kurvennachteil ausgleichen kann. (4 rote Punkte - Wer die Werte für die restlichen Bahnen ausrechnet, bekommt jeweils noch zwei Punkte dazu)

Lösung

Die Lösung von Sabine Fischbach, danke.
Zur Berechnung der Strecke benötigt man den Kreisumfang U
U = 2 Pi mal r
U = 229,32 m
Zuüglich der beiden Geraden kommt man auf insgesamt 398,14 m, also fehlen 1,86 m (oder 186 cm) an 400m.
Rechnet man also rückwärts und zieht von den 400 m die beiden Geraden (zusammen 168,80 m) ab, verbleiben 231,20 m
Das teilt man durch 2 Pi (6,2831), um den Kreisradius zu errechnen. Als Ergebnis bekommt man hier 36,80 m.
Der Läufer muss also einen Abstand von etwa 30 cm zur Innenkante haben, um pro Runde volle 400 m zu laufen.
Den Nachteil für die Außenbahnen zu berechnen ist ja so schwer nicht. Die geraden Strecken ändern sich ja nicht. Nur die zwei Kurven - bei den 400 m - also ein voller Kreis. Was der zu lang ist, muss ausgeglichen werden.
Bahn 2 Radius 36,50 m + 1,22 m (Bahnbreite) + 0,2 m (Abstand zur Bahnkante) => 407,04 m. Also bekommt der Starter auf Bahn 2 einen Kurvennachteilsausgleich von 7,05 m.
Bahn 3 Radius 36,50 m + 2*1,22 m (Bahnbreite) + 0,2 m (Abstand zur Bahnkante) => 414,71 m. Also bekommt der Starter auf Bahn 2 einen Kurvennachteilsausgleich von 14,7 m.
Mit jeder weiteren Bahn nimmt der Kurvennachteilsausgleich um 2*π*1,22 m = 7,665 m zu.
Damit kommt man ganz schnell auch zur DLV-Tabelle:
Bahn 4: 22,37 m
Bahn 5: 30,03 m
Bahn 6: 37,70 m
Bahn 7: 45,36 m
Bahn 8: 53,03 m
Anmerkungen: Beim 800 m - Lauf (4 Kurven) ist zu beachten, dass nur eine Kurve zählt, weil der nach der ersten Kurven, alle Starter auf die Innenbahn wechseln. Bei der 4 x 400 m Staffel fallen 3 Kurven ins Gewicht. Der Wechsel nach innen ist dann mittels Pythagoras nachvollziehbar.

Aufgabe 6

"Nach so viel Rennerei im Stadion habe ich wieder mal den Handballern zugesehen. Da geht es flott zur Sache, wobei es meiner Mannschaft zur Zeit nicht so gut geht," sagte Bernds Opa, der wieder mal zu Besuch war. Aber der Rechtsaußen von denen ist einfach Spitze." "Was ist denn ein Rechtaußen?", fragte Maria. "Hier schau mal auf das Bild des Spielfeldes. Als Verteidiger vor seinem Tor steht er etwa da, wo ich den schwarzen Punkt gesetzt habe. Ist er in der angreifenden Mannschaft, entspricht das dem roten Punkt." "Alles klar." "Sag mal Opa, der Bereich wo nur der Torwart hin darf, das ist doch gar kein Halbkreis, oder?," fragte Bernd nach. "Da hast du Recht, da es Mindestabstände zum Tor gibt, ist das keine Kreislinie, auch wenn die Sportreporter häufig von Kreisspielern sprechen - die Trainer aber auch." (Wie groß ist der Torraum (in m²) - 6 blaue Punkte. Wie groß ist die Fläche zwischen Torraumlinie und Freiwurflinie - 8 rote Punkte)

Lösung

blau: Der Toraum setzt sich aus zwei Viertelkreisen (r = 6 m und einem Rechteck (a = 3 m; b = 6 m) zusammen.
A = π/2 · r² + a · b = 74,5 m²
rot: die Fläche zwischen Torraumlinie und Freiwurflinie setzt sich zusammen aus einem Rechteck A₁(vor dem Tor) a = 3 m und b = 9 m. Dazu kommen zwei Halbkreise A₂(r = 9 m), von diesen aber muss links und rechts jeweils ein halber Kreisabschnitt A₃ (Höhe h = 0,5 m), auch Kreissegment genannt, abgezogen werden. Schließlich muss noch das Ergebnis der blauen Aufgabe A₄ abgezogen werden.
A₁ = π/2 · r² = 127,234 m²
A₂ = a · b = 27 m²
A₃ = r² · arccos (1 - h/r) - (r-h) · Wurzel (2rh - h²) = 1,98 m²
Es ist mit A₃ ein ganzes Segment ausgerechnet worden, da ja links und recht je ein halbes vorkommt.
A₄ = 74,5 m²
A = A₁ + A₂ - A₃ - A₄ = 77,7 m²

Aufgabe 7

"Hallo Mike, hast du gestern den Dartwettbewerb gesehen?", fragte Bernd. "Nein, das ist nicht so mein Ding, wobei die Geometrie der Dartscheibe an sich schon recht interessant ist." "Dann lass uns mal den Aufbau und die Abmessungen betrachten."
Double- und Triple-Ring (Innenmaß) 8 mm
Durchmesser des Bull's Eye (Innenmaß) 12,7 mm
Größe des gesamten Bull (Innenmaß) 31,8 mm
Entfernung vom äußeren Draht des Doublerings zum Bull 170 mm
Entfernung vom äußeren Draht des Triplerings zum Bull 107 mm
Durchmesser des äußeren Rings des Doubledrahts 340 mm
Die Stärke des Drahtes liegt zwischen 1,22 mm und 1,63 mm
"Macht die Einbeziehung der Drahtstärke unsere gewohnten Berechnungen nicht recht kompliziert?", fragte Lisa, als sie die beiden über der Dartscheibe grübeln sah. "Das stimmt, lass uns aber erst einmal was anderes überlegen."
Die Variante 301.
Bei dem Spiel 301 muss ein Spieler mit entweder 3 oder 6 oder 9, 12, ... Würfen die Zahl 301 erreichen. Hat er die Zahl nicht erreicht, muss er noch drei Würfe machen und die nächsten Zahlen dazu addieren. Wirft er daneben oder überschreitet er die 301, so ist die Runde verloren.
Für vier blaue Punkte ist eine Trefferfolge zu finden, mit der genau 301 Punkte erreicht werden, wobei keines der Felder doppelt genutzt werden darf, für die "5" heißt dies, es gibt von innen nach außen 4 unterscheidbare Felder. 5 innen, Treble 5 (=15 Punkte) 5 außen und 5 double (=10 Punkte). (Achtung, es muss eine durch drei teilbare Zahl von Treffern sein.)
Wie viele Treffer muss ein Spieler mindestens ins Ziel bringen, um auf die 301 zu kommen? (mehrfache "Nutzung" eines Feldes ist möglich, die Bedingung der Teilbarkeit besteht natürlich weiterhin) - 3 rote Punkte

Lösung

rot: Die höchste Punktzahl, die in einenm Feld erreicht werden kann, triple 20 = 60. Mit dreimal 60 erreicht man die geforderten 301 nicht. Es werden also noch drei Würfe benötigt.
Lösung von Felix Karu, danke: 60+57+54+51+45+34=301
Lösung von Doreen N., danke: 5xTriple 20 + 1x1außen=5x60+1=301
Lösung von Sabine F., danke: 1) Innerbull - 50 2) 19 (x2) = 38 3) 20 (x3) = 60 4) 18 (x3) = 54 5) 17 (x3) = 51 6) 16 (x3) = 48 ==> 301
Lösung von Juliane H., danke: 60 (Treble 20, 60) + 50 (inner Bull, 110) + 45 (Treble 15, 155) + 60 (Treble 20, 215) + 50 (inner Bull, 265) + 36 (Treble 12, 301)
...
blau: Es gibt sehr viele Möglichkeiten mit einer durch drei teilbaren Zahl von Treffern, die 301 zu erreichen.
Das es mit der Minmalmalzahl von 6 verschiedenen Würfen geht zeigt die obige Lösung von Felix K, danke.
weitere:
Juliane H., danke: 50 (inner Bull, 50) + 25 (outer Bull, 75) + 20 (inneres Feld 20, 95) + 60 (Treble 20, 155) + 20 (äußeres Feld 20, 175) + 40 (Double 20, 215) + 10 (inneres Feld 10, 225) + 30 (Treble 10, 255) + 10 (äußereseres Feld 10, 265) + 20 (Double 10, 285) + 15 (inneres Feld 15, 200) + 1 (inneres Feld 1, 301)
Tim J., danke: erst habe ich alle möglichen treffer der 20 adiert was 140 ergibt. Dann habe ich alle möglichen Treffer der 19 addiert was 133 sind dann habe ich beides zusammen gerechnet was 273 ergibt. Dann muss mann die Doppel 10 treffen danach die 5 dann die 2 dann die 1 und alles zusammen sind 301 Also ist die Trefferfolge:
20 - 20 - Double 20 - Trible 20 - 19 - 19 - Double 19 - Trible 19 - Double 10 - 5 - 2 - 1 = 12 Treffer und 301 Punkte
Andree D., danke:
1. Innerbull ==> 50 ==> Summe 50
2. Outerbull ==> 25 ==> Summe 75
3. Triple 20 ==> 60 ==> Summe 135
4. Double 20 ==> 40 ==> Summe 175
5. Triple 19 ==> 57 ==> Summe 232
6. Triple 18 ==> 54 ==> Summe 286
7. 1 ==> 1 ==> Summe 287
8. 4 ==> 4 ==> Summe 291
9. 10 ==> 10 ==> Summe 301

... und noch mehr Varianten gab es ...

Aufgabe 8

"Nachdem wir die Zahlen auf der Dartscheibe unter die Lupe genommen haben, könnten wir ja mal noch die Scheibe geometrisch untersuchen", meinte Mike. "Na dann mach mal einen Vorschlag." "Damit die unterschiedlich großen Drahtstärken nicht die Berechnung verkomplizieren, soll nach den Innenmaßen (s. Aufgabe 247) sofort das nächste Feld beginnen, analog gilt das für die Außenmaßangaben. Wie groß ist der prozentuale Anteil von Feldern (bezogen auf die  Fläche der gesamten Scheibe, wo eine durch 5 teilbare Punktzahl erreicht werden kann." "Oh das ist aber nicht ganz einfach", gab Maria zu bedenken. "Ich denke aber, dass es trotzdem möglich ist, dass eure Spezialgruppe dies herausbekommt". 8 blaue Punkte.
"Ich habe mir mal die Verdopplungs- und Verdreifachungsbereiche angeschaut und finde, so ganz gerecht ist das nicht," sagte Lisa. "Wie meinst du das?", fragte Bernd zurück. "Na, schau mal, die Felder für die einfache Punktzahl sind einfach zu groß. Wenn sich die Punkte eines Sektors (z.B. für die 20) wie 1:2:3 verhalten, so sollten sich die Trefferflächen wie 3:2:1 verhalten." "Das würde ich auch gut finden", bemerkte Maria. Wie würde die Geometrie eines Sektors aussehen, wenn die geforderte Gerechtigkeit durch die Veränderung der Double- und Triple-Ring (Innenmaß), aber nicht durch die Veränderung der sonstigen Abmessungen erreicht werden soll. 8 rote Punkte.

Lösung

blaue Aufgabe: Durch 5 teilbar sind alle Sektoren, in denen die Zahlen 5, 10, 15 und 20 vorkommen, inklusive der darin enthaltenen Triple und Double. Hinzu kommen Inner- und Outerbull. Alle anderen Sektoren entfallen, da diese Grundzahlen enthalten, die nicht durch 5 teilbar sind und die Verdopplung bzw. Verdreifachung bringt keine Teilbarkeit durch 5.
Die Sektorenfläche ist 1/5 aller Sektoren (Sektoren im Sinne eines Kreisringes um die Bulls).
1/5 · π · (r_a² -r_i²) = 1/5 · π · (170² mm² - 15,9 ² mm²) = 17999,5 mm²
zu diesem Werte kommt noch die Gesamtfläche der Bulls. π · r_i² = 794,2 mm²
Die durch 5 teilbare Fläche ist insgesamt 18793,78 groß. Die Fläche der gesamten Scheibe ergibt sich aus: π · r_a²
Der Anteil ist dann elementar berechenbar und und liegt bei 20,69 %.
rote Aufgabe. Hier ist die Aufgabenstellung möglicherweise nicht ganz eindeutig. Deshalb wird hier so vorgegangen.:
Bulls bleiben. Damit ist die einzuteilende Fläche der Kreisring um das Bull.
π · (r_a² -r_i²)
π · (170² mm² - 15,9 ² mm²)
89997,8 mm²
Diese Fläche muss so einteilt werden, dass Trebble : Double : einfach = 1 : 2 : 3 gilt. Das lässt sich auch als 1/6 : 2/6 : 3/6 schreiben.
14999,6 : 29999,26 : 44998,9
Double liegt außen ==> 29999,26 mm² = π (r_a² - r_t²) = π (170² mm² - r_d²)
Die Gleichung lässt sich leicht nach r_d (r_d Abstand bis zum Doublering) auflösen. r_d = 139,1 m, d.h. der Doublering müsste (170 - 139,1) 30,9 mm breit sein.
Der äußere Ring des Treble hat einen Abstand von 107 mm zum Bull und damit einen r_a von 107 mm.
14999,6 mm² = π (r_a² - r_d²) = π (107² mm² - r_t²)
(r_t Abstand bis zum Treblelering)
r_t = Wurzel ((π107² - 14999,6)/π) = 81, 69 mm ==> der Treblering müsste (107 - 81,7) 25,3 mm breit sein.
Anmerkung: Man kann natürlich auch noch die Bullflächen anpassen, so dass dort die Gerechtigkeit für die 50 bzw. 25 Punkte herrschen.

Aufgabe 9

Bernd kam nach Hause, griff sich die Zeitung und konnte folgendes im Sportteil lesen.
Der Dartverein "volle Scheibe" sucht einen neuen Trainer. Einer von  den fünf Bewerbern ist der allseits bekannte Ole King. Dann war da  noch von einem Blume die Rede so wie von dem nicht 37-jährigen Bruno Sack, dieses Alter traf auf einen anderen Bewerber zu. Der 42-jährige Vincent hieß nicht Seidel. Dann war noch von Ingo die Rede. Erstaunt musste Bernd  lesen, dass der sich bewerbende Tom schon 36 Jahre alt war, er hatte  ihn jünger geschätzt. Der Held war 2 Jahre älter als Tom, der älteste  Bewerber war gar 43. Für 5 blaue Punkte lassen sich die Vornamen,  Namen und das Alter ermitteln.
Alle Kandidaten kamen an einem Tag, aber zu verschiedenen Zeiten zum Vorstand des Vereins und berichteten von ihrer Aufenthaltsdauer bei ihrem jeweils letzten Verein. Der als Vierter kam war 5 Jahre in  seinem Verein gewesen. Auch der Held kam nicht als Erster. Der  37-jährige war nicht 4 Jahre in seinem Verein gewesen. Der zweite  Kandidat war Vincent. Etwas durcheinander kam unser Bernd als er  hinter den Sinn der letzten Informationen kommen wollte. Entweder  war Ole der Erste und Ingo der Dritte oder umgekehrt. Einer von  denen war 4 Jahre bei seinem Verein, der andere ganze 7 Jahre. 8 Jahre lang war der Herr Sack bei seinem Verein, während die längste  Trainerzeit sogar bei immerhin 10 Jahren lag. Wer kam in welcher  Reihenfolge zum Vorstellungsgespräch und hatte welche  Anstellungszeit zu verbuchen? (6 rote Punkte)

Lösung

Hier die Lösung von Sabine F., danke:
BLAUER TEIL
Zunächst mache ich Bestandsaufnahme:
Bernd ist der Leser der Zeitung. Des Weiteren geht es um 5 Personen, deren Namen und Alter gefunden werden soll.
Bekannt ist:
- Ole King
- Herrn Blume
- Bruno Sack (nicht 37 Jahre alt)
- Vincent (nicht Seidel, 42 Jahre alt)
- Ingo
- Tom (36 Jahre alt)
- Herr Held (2 Jahre älter als Tom)
- der älteste Bewerber ist 43

Folgendes kann man kombinieren:
Herr Held ist 38 Jahre alt. Daher kann er mit Vornamen nicht Vincent (42) oder Tom (36) heißen, sondern muss - da die anderen Kombinationen (Ole King und Bruno Sack) schon feststehen - Ingo heißen. Dann gibt es noch die Nachnamen BLUME und SEIDEL. Wenn Vincent nicht Seidel heißt, dann muss er Blume heißen. Also heißt dann Tom Seidel.
Zum Alter: Wenn Bruno nicht 37 ist, dann muss er 43 sein, denn Vincent ist 42, Ingo 38 und Tom 36 Jahre alt. Somit muss Ole 37 Jahre alt sein. Die Lösung lautet also:
1) Ole King (37)
2) Bruno Sack (43)
3) Vincent Blume (42)
4) Ingo Held (38)
5) Tom Seidel (36)
Alle Aussagen treffen so zu.
ROTER TEIL
Die Informationen aus dem Text trage ich in meine Liste der Platzierungen (numeriert von 1 bis 5) ein:
Platz 4 war 5 Jahre im Verein.
Der Held war nicht Erster - also war Ingo nicht Erster Vincent Blume war Zweiter.
Der 37jährige war nicht 4 Jahre im Verein gewesen - also war Ole nicht 4 Jahre im Verein
Wenn Ingo Erster oder Dritter war, muss er Dritter gewesen sein, denn Ingo Held war ja nicht Erster.
In Folge dessen war Ole Erster.
Wenn Ole nicht 4 Jahre im Verein war, dann war er 7 Jahre im Verein und Ingo dann 4 Jahre.
Also wissen wir bisher
1. Ole King (37), 7 Jahre
2. Vincent Blume (42),
3. Ingo Held (38), 4 Jahre
4. ?? , 5 Jahre
5. ??
Noch nicht verteilt: 10 Jahre und 8 Jahre - Tom Seidel und Bruno Sack.
Da Herr Sack 8 Jahre beim Verein war, muss er Fünfter sein. Folglich muss Vincent 10 Jahre beim Verein sein.
Verbleibt für Platz 4 nur noch Tom Seidel und Platz 5 für Bruno Sack, der 8 Jahre beim Verein ist.
Also abschließend:
1. Ole King (37), 7 Jahre
2. Vincent Blume (42), 10 Jahre
3. Ingo Held (38), 4 Jahre
4. Tom Seidel (36), 5 Jahre
5. Bruno Sack (43), 8 Jahre

Aufgabe 10

"Dart ist eine Sportart, die in geschlossenen Räumen gespielt wird. Bei dem schönen Wetter aber möchte ich lieber eine Radtour machen". "Das geht mir genauso", gab Bernd Mike Recht. "Wie ist das eigentlich mit der Übersetzung bei so einem Fahrrad?" "Wie meinst du das?", fragte Lisa nach, die sich zu beiden gesellt hatte. "Nun, an meinem Moutainbike habe ich drei Kettenblätter vorn (22; 32 und 44 Zähne) und hinten sind es 9 Ritzel (11; 12; 14; 16; 18; 21; 24; 28 und 32 Zähne). Ich kann also 27 verschiedene Gänge (k;r) nutzen. Die Übersetzung ergibt sich aus k/r - (k - Zähne Kettenblatt geteilt durch r - Zähne am Ritzel)". "Ich glaube, du hast nicht Recht, dass alle Gänge - bezogen auf das Übersetzungsverhältnis - verschieden sind.", meinte Lisa. Wie viele echt verschiedene Gänge gibt es, wenn das Übersetzungsverhältnis auf eine Stelle nach dem Komma gerundet angegeben wird? - 5 blaue Punkte.
"Was hast du konstruiert?", fragte Mike bei Lisa nach. "Das ist mein vereinfachter Fahrradantrieb. Zwei Kreise (15 cm bzw. 8 cm Durchmesser), deren Mittelpunkte 60 cm entfernt sind. Ich frage mich nun, wie lang ist meine straff gespannte Fahrradkette." - 5 rote Punkte (Anmerkung: Länge der "Fahrradkette" - idealisiert als Linie um die Kreise.)

Lösung

Die Lösungen von Felix Karu (danke), ergänzt durch Anmerkungen: 250.pdf

Aufgabe 11

"Siebenundzwanzig Gänge hast du also nicht wirklich an deinem Fahrrad," bemerkte Maria. "Ja, ja, du hast ja Recht", antwortete Mike. "Da sich die Sportserie dem Ende nähert, möchte ich mich noch einmal mit einem Spielfeld, dem Baseballfeld beschäftigen." "Na, dann mal los".
"Die Maße des Feldes sind nicht einheitlich und so verwende ich hier gerundete Meterangaben. Das Quadrat hat eine Kantenlänge von 27,5 m. Dieses befindet sich in einem Viertelkreis mit einem Radius von 39 m. Von H nach B sind es 97 m. A; B und I bilden einen Kreisausschnitt mit einem Radius von 121 m."
Wie groß (in m²) ist der grau gezeichnete Teil? - 4 blaue Punkte. Wie groß  (in m²) ist das eigentliche Spielfeld? 5 rote Punkte (Anmerkung: Das Spielfeld ist die Fläche AHB)

Lösung

blau: Der graue Teil ergibt sich aus der der Differenz der Flächeninhalte des Viertelkreises (Radius von 39 m) und des Quadrates (a = 27,5 m).
A = π· r² / 4 - a² = ... = 438,34 m²
rot: Die gesuchte Spielfläche ist gleich der Differenz des Kreisausschnittes IAB und den Flächeninhalten der beiden Dreiecke IHB bzw. IHA.
AB ist die Diagonale des halben Quadrates AHBY (Y ist nicht eingezeichnet, wäre der Bildpunkt von H bei der Spiegelung an AB)
AX = XH = 1/2 · AB (Alles Eigenschaften des Quadrates AHBY)
AX = 1/2 · Wurzel (2) · AH = 1/2 · Wurzel (2) · 97 m
AX = 68,6 m
IX = √AI² - AX² = √121² - 68,6² = 99,68 m ==> HI = 30,1 m
∠ AIB lässt sich mittels Kosinussatz ausrechnen.
cos AIB = 2 · 121² - 137,2² /(2 · 121²) ==> ∠ AIB = 69,1°
Die Fläche des Kreisausschnittes AIB ergibt sich aus 69,1°/360° · π · 121² ==> 8828,69 m²
Das Flächeninhalt des Dreiecks HIB lässt mit 0,5 · HI · BI · ∠ (HIB) berechnen. ==> 1032,76 m²
Der gesuchte Flächeninhalt ist demzufolge 8825,4 m²- 2 · 1032,76 m² = 6759,87 m²
Durch die vielen Rundungen in dem Zwischenrechnungen kann es durchaus zu Abweichungen bei den Ergebnissen kommen. (Packt man alles in eine Formel liegt der Wert bei rund 6692 m² ;-)

Aufgabe 12

"Die Baseballaufgabe war ja gar nicht so schwer, wobei der rote Teil es schon in sich hatte", fand Lisa. Mike stimmte ihr zu. "Dann lass uns ein letztes Spielfeld anschauen - das vom Tennis."
Wie lang sind alle Linien des Tennisfeldes zusammen? 4 blaue Punkte. (Die Mittemarkierungen (z.B. zwischen B und C) der Außenlinien zählen nicht.)
Rote Aufgabe. Es ist ein Rundweg von A nach A zu finden, der über alle Linien führt und so kurz wie möglich ist. (Buchstaben und Länge angeben.) Je kürzer desto mehr Punkte gibt es.
Für einen Beweis, dass es nicht mehr kürzer sein kann, gibt es extra Punkte.
Damit die Zahlenangaben leichter sind, können auch gern die Angaben in yard genommen werden (diese sind ja eigentlich die Grundlage).
6,40 m = 7 yd
8,23 m = 9 yd
10,97 m = 12 yd
11,89 m = 13 yd

Lösung

Schaut man sich das Bild genau an, so erkannt 4 senkrechte lange Begrenzungen. 4*2*13 yard und noch eine weitere senkrecht verlaufende Mittelline zu 2 * 9 yard.
Waagerecht sind es 3 Linien zu je 12 yard und noch 2 zu 7 yard.
Zusammen ergiebt das 172 yard.
Eine letztendliche Lösung liegt noch nicht vor, aus Zeitgründen muss die Begründung, ob der kürzeste Weg schon dabei war, noch etwas warten.
Danke schon mal bei den Mitmachenden:
Felix Karu:
A H L S P H I Q R O M I J N O C B E F J I E G K L D A 224 yard
Doreen N:
1. A I M N O R Q M N J K O R S L K G C D L K J F G C B E F J I H P Q M I E B A 2. A B E I H P Q M N O R S L K G C D L K O N J F G C B E F J I M Q R O K J I H A
In beiden Fällen sind es 222 yd.
Noch etwas kürzer die Variante Katrin P.: (von mir nachgerechet, 220 yard)
AH>HI>IQ>QP>PH>HI>IB>BD>DL>LK>KR>RQ>QR>RS>SL>LJ>JN>NO>OM>ME>EG>GF>FJ>JK>KC>CA Die Überlegungen von XXX

Ein idealer Rundweg läuft alle Wege genau einmal, also 172 y.

Die Weggabelungen B, C, E, F, G, H, L, M, N, O, Q, R sind von ungerader Parität, mithin muss jeweils ein zu ihnen führender Weg doppelt gegangen werden.

Wir suchen, anders ausgedrückt, sechs möglichst kurze Wege um immer zwei der 12 Punkte zu verbinden.

Wir suchen 6 kurze Wege zwischen diesen 12 Punkten („von außen rein“)

So haben wir einen Weg der Länge 172y + 60y = 232y:

A(BEB)(CGC)D(LHL)KG(FJNJF)EIMNOKLS(ROR)(QMQ)PHA

neuer Versuch mit den superkurzen EF usw.

Und nun ist der Weg 217y

A(BCB)(EFE)IJF(GKLKG)CDLS(RQR)(ONO)KJN(MIHIM)QPHA

im Detail

Einen dritten Versuch lasse ich sein. Ich habe schließlich die kürzesten Strecken (4,5y) zweimal, für H und L einen nahesten Punkt. Der Versuch für die Punkte an der Schmalseite eine bessere Verbindung zu erhalten, verschlechtert die guten Startbedingungen.

Auswertung Serie 21 (rote Liste)

Auswertung Serie 21 (blaue Liste)