Serie-22

Serie 22
Aufgaben und Lösungen

Spiele und Mathematik

Aufgabe 1

Hallo Mike, hast du schon von dem Skandal im Vorfeld der Monopoly-WM gehört?" Mike schaut Bernd etwas zweifelnd an. "Das Team von Otto Bitter, dem Mathematiker aus C. wurde durch einen Detektiv ausspioniert, welcher von einem Teamchef aus L. engagiert wurde. Der berichtete seinem Auftraggeber in einem geheimen Chat, der aber geknackt wurde. Das kannst du hier nachlesen." "Zeig mal."
Zum Team von Otto Bitter gehören 5 Leute, diese fahren jeweils eines der Fahrzeuge Moped, Fahrrad, Motorrad, Auto und man glaubt es kaum, auch ein altes Skateboard ist dabei.
Die Fahrzeuge sind zwischen 8 und 12 Jahren alt.
Die Familiennamen der Teammitglieder lauten Hoppe, Kalt, Holz, Meier und Siebert.
Das Fahrrad ist älter als Dieter Meiers Fahrzeug.
Der Hoppe, welcher nicht Emil heißt, hat ein nicht 10 Jahre altes Gefährt.
Das Moped ist ein Jahr älter als das Auto von dem Siebert.
Bert hat ein 9 Jahre altes Fahrzeug. Das Motorrad ist hingegen 11 Jahre alt.
Carlos Skateboard ist älter als das Fahrzeug von Mister Kalt.
Zu Arno kann ich noch nichts sagen.
"Etwas verworren, was der Detektiv so schreibt," meinte Bernd. "Stimmt, aber immerhin kann man schon jetzt herausbekommen, wie die 5 Teammitglieder von Otto Bitter mit vollständigem Namen heißen, welches Fahrzeug sie fahren und wie alt die Fahrzeuge sind." - 5 blaue Punkte
Weiter im Chatprotokoll:
Zur Absprache trafen sich die 5 Teammitglieder jeweils an einem anderen Tag der letzten Woche einzeln mit Otto Bitter (Mo. -- Fr.).
Mal dauerte es recht lange, dann wieder ging es recht schnell. Was besprochen wurde, war nicht zu erfahren. Es waren Zeiten von 1 Stunde, 1,5 Stunden, aber auch 2,5 bzw. 3,5 Stunden, einmal sogar 4 Stunden.
Die Treffen begannen 17.00 Uhr, 17.10 Uhr, 17.20 Uhr, 17.30 Uhr und einmal gar erst um 17.40 Uhr. Jedes Teammitglied hat einen anderen Beruf.
Der Dachdecker kam nicht am Montag. Er blieb eine Stunde weniger lange als der, dessen Treffzeit 10 Minuten nach der des Dachdeckers begann.
Der Fleischer kam an einem späteren Wochentag als der, der nur eine Stunde blieb und an einem früherem Tag als der, der um 17.10 Uhr kam.
Der Dachdecker kam nicht am Mittwoch, er kam an einem früherem Tag als der, welcher um 17.30 Uhr kam, wobei dieser wiederum eine Stunde länger blieb als der Frisör, der nicht am Montag kam.
Derjenige, welcher 3,5 Stunden blieb, traf zu einer früheren Uhrzeit ein als der Maler, der nicht am Montag kam und nicht der Rekordhalter der Aufenthaltsdauer war.
Zu dem Team gehört auch ein Bäcker.
"Uff, ich kann hier nicht den Beruf und den passenden Namen zusammenbringen.", meinte Bernd. "Stimmt, aber Beruf, Tag, Eintreffzeit und Beratungszeit lassen sich zuordnen." 5 rote Punkte

Lösung

Die Lösung von Sabine, - besser geht es nicht, danke
Lösung Aufgabe 253

Aufgabe 2

"Von dem Skandal der letzten Woche habe ich erst einmal genug." "Das geht mit genau so", gab Mike Bernd Recht."Hast du schon Marias neue Würfelkreation gesehen?" "Zeig mal". Staunend begutachtet Mike den Würfel, an dessen 8 Ecken sich jeweils eine kleine Kugel befindet. Auf zwei der Kugeln stehen die Zahlen 1 und 3. Auf den anderen Kugeln sind mit Bleistift die Buchstaben a bis f zu erkennen. "Was hat es mit den Kugeln und Buchstaben auf sich?" "Maria und Lisa sind noch dabei, die Buchstaben durch die Zahlen 2; 4; 5; 6; 7 und 8 zu ersetzen -- keine Dopplungen, so dass die Zahlen auf jeder der Seiten in der Summe 18 ergeben." "Ich verstehe."
Wie können die Zahlen verteilt werden -- Angabe der Seite und "Kontrollrechnung" - 4 blaue Punkte.
Ist es möglich, dass die Seitensumme der Kugelzahlen andere Werte annimmt -- je eine  der Zahlen 1 bis 8 an den Ecken soll bleiben und die Summe soll natürlich auf allen Seiten gleich sein. - 2 rote Punkte.

Lösung

Lösungen von Andree D. (linkes Bild) und Felix K. (rechtes Bild), danke
Es wurden noch drei weitere Varianten gefunden.
zur roten Aufgabe: Die Summe der Zahlen eins bis acht ist 36. Betrachtet man alle Seiten des Würfels, so wird jede Zahl drei mal eingesetzt. Die Summe aller Seiten zusammen ist also 3 · 36 = 108. Verteilt auf die 6 Seiten des Würfels ergibt das eine Seitensumme von 18. Es ist also mit diesen Zahlen nur die 18 möglich.

Aufgabe 3

"Da hatte ich ja Glück, dass ich bei dem Kugelwürfel letzte Woche schon richtig angefangen hatte", meinte Maria. "Vielleicht hilft deine mathematische Intuition auch hierbei?", fragte Lisa. "Lass sehen." Ich habe mir aus einem Dominospiel (0-0 bis 6-6, also das mit den 28 Steinen) vier Steine genommen und das gelegt. Was siehst du?" "Hm, ach ja. Die Steine lassen sich als 3 Zahlen auffassen. Eine dreistellige Zahl a oben, eine einstellige Zahl b in der zweite "Reihe" und eine vierstellige Zahl c unten. Es gilt nun noch a mal b = c." " Ist ja cool. Gibt es noch mehr solcher Aufgaben?" "Ich denke schon." Für jede gefundene Aufgabenstellung gibt es zwei Punkte, aber wenn man eine solche gefunden hat, dürfen die Steine nicht noch einmal für eine weitere Aufgabe genommen werden. (Die Steine der Beispielaufgabe sind also auch nicht noch mal verwendbar. Mit den verbleibenden 24 Steinen wären also theoretisch noch 6 Aufgaben legbar, aber auch praktisch? - keine "0" am Anfang der Zahl.)
Wie viele Steine hat ein 12er-Superdomino? Es gibt also die Steine 0-0 bis 12-12, wobei auch hier gilt, jede Zahl darf immer nur einmal mit jeder der Zahlen kombiniert werden. (2 rote Punkte, wie viele Punkte müsste der höchste Paschstein mindestens haben, wenn man ein Dominospiel mit mehr als 1 000 Steinen haben möchte -- noch einmal 2 rote Punkte.)

Lösung

Es gibt zum Beispiel diese Variante alle 28 Steine zu verwenden:
Vorgabe war: 223 * 5 = 1115 s. Bild
500*2=1000; 401*3=1203; 415*4=1660
633*4=2532; 664*4=2656; 555*6=3324
Es wurden bis zu 5 Lösungen gefunden, herzlichen Glückwunsch, hier noch ein paar Beispielaufgaben:
300*4=1200; 661*4=2644; 33*5= 1610;
602*6=3612; 256*4=1024; 444*3=1332
611*4=2444; 465*5=2325; 600*5=3000
rot. Es viel Wege die nach Rom führen, so auch hier. Alle Steine xy eines Spieles werden erfasst, wenn die Bedingung x<=y gefordert wird. (oder alternativ x>=y) - so werden Doppelzählungen vermieden. Die Höchstpunktzahl auf einem Stein sei n (Normaldomino n=6). Also x; y <=n.
Dann wird schnell klar: Es gibt n+1 Steine 0y, n Steine 1y, n-1 Steine 2y, ... 1 Stein ny, (nämmlich nn). Daraus folgt: Die Summe der Steine ist:
(n+1) + n + ... 3 + 2 + 1 bzw. 1 + 2 + 3 + ... + n + (n+1) (Beispiel n= 6 ==> 1+2+3+4+5+6+7=28)
Nun lassen sich die gesuchten Ergebnisse durch Auszählen finden oder mittels der Summenformel (n+1)(n+2)/2.
Superdomino: n = 12 also sind es 91 Steine.
n=43 ==> 990 Steine, n = 44 ==> 1035 Steine. Also müsste der gesuchte höchste Paschstein 44|44 sein, um mindestens ein 1000-er Spiel zu haben.

Aufgabe 4

"Das mit dem Dominospiel hat mir gefallen und ich hätte nicht vermutet, dass man wirklich sieben verschiedene solche Multiplikationsaufgaben legen kann", meinte Bernds Opa, der sich mal wieder von seinem Garten losreißen konnte und zum Kaffeetrinken gekommen war. "Da habe ich auch gleich eine solche Aufgabe für euch. Schaut euch die vier Steine an, die ich zu einem Quadratrahmen zusammengelegt habe. Die Summe der Punkte auf jeder Seite des Rahmens ist gleich. Nehmt nun die verbleibenden Steine und bildet weitere solche Rahmen." Die blaue Punktzahl für jeden gefundenen Rahmen ist zwei. (Die Steine der Beispielaufgabe sind also nicht noch mal verwendbar. Mit den verbleibenden 24 Steinen wären also theoretisch noch 6 Rahmen legbar, aber auch praktisch? - Die Gleichheit der Seitensumme gilt immer nur für einen Rahmen. Im Beispiel war die Summe 9, es kann aber genau so auch mehr oder weniger pro Quadrat sein.)
Man kann natürlich auch versuchen aus allen 28 Steinen einen solchen Quadratrahmen zu legen. Welche Varianten für je gleiche Seitensummen gibt es? 4 rote Punkte

Lösung

blau:
Lösung Teil 1
Lösung Teil 2
Die Summe für eine solche Seite eines Superrahmens ergibt sich aus einem 1/4 der Summe aller Punkte auf dem Domino und 1/4 der Summe aller Punkte, die die Ecken des Rahmens bilden. (Das kann man für das obige Bild ganz gut nachvollziehen.
Jeder der Werte von 0 bis 6 ist 8 mal auf dem Domino vertreten, also 8*(0+1+2+3+4+5+6) = 168. werden "leere" Ecken verwendet, so ist die minimale Seitesumme 168/4 = 42 (ist ja so wie so die Antwort auf alles ;-) ) Ist in jeder Ecke eine "6", so ist nach obiger Überlegung, die gesuchte maximale Seitesumme 48.

Aufgabe 5

"Mit den Dominosteinen lässt sich noch mehr anstellen, aber ich muss mich erst einmal mit dem Testen meiner gleichseitigen Dreiecke befassen", meinte Lisa. "Wir bereiten eine kleine Geometrieausstellung mit unserer Spezialistengruppe vor." "Die Dreiecke sind ja auch alle gleich groß und aus weißem Karton. Soll ich dir helfen, noch welche auszuschneiden? Wie viele brauchst du denn?" "Das weiß ich noch nicht genau, ich bin noch am Überlegen. Ich will Figuren aus diesen Dreiecken zusammenstellen. Die Dreiecke werden genau auf Kante gelegt. Wenn ich nur zwei Dreiecke verwende, gibt es letztlich nur eine Möglichkeit, eine solche Figur zu legen. Würde ich zwei Zweier legen, so lassen sich die durch Drehung, Spiegelung oder Verschiebung aufeinander abbilden. Damit sind sie nicht wirklich verschieden von einander." "Ach ich verstehe," meinte Mike, der Feuer und Flamme war, "das ist wie bei der Frage nach der Anzahl von möglichen Würfelnetzen, wo es letztlich auch nur 11 verschiedene gibt." "Genau".
Wie viele Dreiecke braucht Lisa, wenn sie alle Möglichkeiten für je 4 bzw. 5 Dreiecke legen und zusammenkleben will. (Es gibt je einen blauen Punkt für die Varianten, wenn was doppelt ist, werden die Punkte wieder abgezogen.) Rote Punkte gibt es für die 6-Dreieckvariante. Interessant wäre sicher auch, die Frage wie viele Möglichkeiten es bei n Dreiecken gibt -- dafür habe ich bisher noch keine Formel entdecken können.

Lösung

Ein Dreieck - eine Möglichkeit
Zwei Dreiecke - eine Möglichkeit
Drei Dreiecke - eine Möglichkeit
blaue Aufgabe:
Vier Dreiecke - drei Möglichkeiten Es werden also 12 einzelne Dreiecke gebraucht.
Fünf Dreiecke - vier Möglichkeiten Es werden also 20 einzelne Dreiecke gebraucht.
Damit waren also sieben blaue Punkte möglich.

Aufgabe 6

"Mit den in der letzten Woche gefundenen Dreiecksteilen lassen sich viele Figuren legen", meinte Mike. (Zu benutzen sind die Ergebnisse der roten Aufgabe.) "Dann mach doch mal einen Vorschlag." " Nun, Du siehst doch, dass eines der 12 Teile wie ein regelmäßiges Sechseck aussieht. Mit welchen der 12 Teile, lässt sich wohl ein doppelt so großes Sechseck legen?" (4 blaue Punkte). "Mich würde ja mal interessieren, ob man aus allen 12 Teilen auch schöne Figuren legen kann," fragte Maria ihren Bruder.
"Sicher, aber wie groß mag wohl der kleinstmögliche Umfang einer solchen Figur sein, wenn eine Dreiecksseite drei Zentimeter groß ist?" 6 rote Punkte.

Lösung

Die Aufgaben 257 und 258 basieren auf dem Spiel "Verhext" nach Professor Haber. Die aus Dreiecken zusammengesetzten Teile heißen auch Polyiamonds. zum Weiterlesen
Blaue Aufgabe:
Es gibt eine Vielzahl von Möglichkeiten solche ein Sechseck zu legen. Es ist auch möglich aus 9 Figuren ein entsprechend drei mal so großes Sechseck zu legen.
Legt eine Figur aus allen Teilen, so besteht diese - sofern man keine Lücken im Inneren hat aus 72 Dreiecken. Durch die Beschränkung auf die gleichseitigen Dreiecke lässt sich recht leicht herleiten, dass die Zerlegung von 72 in 8*9 Dreiecke ein "kompaktes" Parallelogramm entsteht. Wie man ein solches legen kann, ist in dem obigen Hinweis entnehmbar.
Dort kann man auch die Länge des Umfangs auszählen. Allerings ergeben sich für das 6x12 Parallogramm 24x3 cm Randlinie, für ein 8X9 26x3 cm. Umso bemerkenswerter, dass diese legbare Figur nur 22x3cm Randlinie aufweist (stammt aus der Spielanleitung):

Ich lass eine endgültige Entscheidung mal noch offen.

Aufgabe 7

"Ich habe heute den Film Wargames angeschaut und dort ging es unter anderem um das bekannte Spiel Tic-Tac-Toe. Es wurde behauptet, dieses Spiel geht immer unentschieden aus." "Den Film kenne ich auch", sagte Lisa, "aber verlieren kann man da schon, wenn man nicht aufpasst." "Na, das ist ja klar. Die Frage, die ich für 4 rote Punkte stelle, ist:   Wohin darf der Spieler B seinen ersten Zug nicht machen, wenn A auf das Feld 3 gesetzt hat, weil sonst der Sieg von A nicht zu verhindern ist?" "Du meinst, so einen Fehler gibt es", gab Mike zu bedenken.
"Meistens startet A ja genau in der Mitte," war Bernds Meinung. Welchen "ersten Fehler" darf B nicht machen, weil sonst A mit Sicherheit gewinnt -- 4 blaue Punkte.
TIC-TAC-TOE - online zum Üben und Probieren

Lösung

Da das Spielfeld symmetrisch ist, wird hier jeweils nur eine der möglichen Varianten besprochen. Auch heißt ja die Aufgabe, welchen Zug darf B nicht machen, ob es außer der eingesandten bzw. hier dargestellten Variante noch mehr Möglichkeiten gibt war, ja nicht gefragt. ;-)
Blau: Setzt B auf Feld 2, so setzt A auf 3. Nun muss Spieler B auf Feld 7 setzen. Jetzt setzt Spieler A auf das Feld 6 und erreicht damit zwei Linien, von denen er auf jeden Fall eine komplettieren, den B kann nur eine Vervollständigung verhindern.
Rot: Setzt Spieler B auf 2, so kontert Spieler A mit Feld 5. Nun muss Spieler B auf Feld 7 setzen. Jetzt setzt Spieler A auf das Feld 6 und erreicht damit zwei Linien, von denen er auf jeden Fall eine komplettieren, den B kann nur eine Vervollständigung verhindern.

Aufgabe 8

"Hallo Mike, du magst doch Logikrätsel?", fragte Maria. "Aber klar doch, so was hatten wir schon am Anfang dieser Serie." "Ja, das weiß ich, aber ich meine Mastermind". "Ach so." "Na klar, du weißt schon, einer versteckt vier Farbstifte und der andere muss die Kombination erraten. Wir haben das mit unserer Spezialistengruppe zuerst in einer vereinfachten Würfelvariante gespielt." "Erzähl mal."
"Also, ich nehme 5 Würfel (für nur 5 Farben). Ich verstecke eine Würfelkombination aus 4 verschiedenen Zahlen -- ohne die 6. Mein Gegenspieler dreht vier Würfel so, wie er glaubt, was meine Kombination wäre. Ist die Zahl dabei, aber an der falschen Stelle, dann schreibe ich ein kleines r, ist die Zahl richtig und an der richtigen Position, dann bekommt er ein großes R. Pass auf, ein Beispiel: Meine Kombination sei 3415, der Gegenspieler legt 4213, jetzt bekommt er ein rrR. Er versucht durch eine neue Kombination sich meiner Variante zu nähern und das so lange, bis er von mir ein RRRR bekommt." "Das habe ich verstanden, lass es uns probieren."
1234 rrr
5123 rrR
4152 rrrR
2451 rrrR
4125 rrrr
"Na komm, jetzt solltest du aber die richtige Kombination finden, außerdem war auch was nicht ganz logisch" - 4 blaue Punkte (Begründung nicht vergessen)
Das richtige Mastermind hat 6 verschiedene Farben, von denen vier versteckt werden. Wie viele Möglichkeiten gibt es für die Farbkombinationen, wenn die versteckten Farben alle verschieden sein müssen bzw. wenn die Farben beliebig oft benutzt werden dürfen? (2+2 rote Punkte)

Lösung

blau: Aus dem Vergleich von letzter Zeile - Zahlen richtig aber alle an der falschen Stelle - und der zweiten Zeile folgt 5 kommt auf Position 1. (unlogisch in den Zeilen die gleich 12 Position zu verwenden, denn in Zeile 2 gibt es nur ein R.
Die 2 kann nicht an Position 2 sein (1. Zeile) und nicht an Position 3 - letzte Zeile, aber auch nicht Pos. 1, denn da ist die 5. also ist die 2 an der letzten Stelle.
5XX2
Wegen der letzten Zeile folgt nun 5X12, letztlich 5412.
rot: alle Farben verschieden: 1. Stelle 6 Möglichkeiten, verbleiben für die 2. Stelle noch 5 Möglichkeiten, jetzt kann an an der dritten Stelle aus noch 4 Möglichkeiten wählen und die letzte Stelle erlaubt noch 3 Möglichkeiten. Es sind also 6*5*4*3 = 360 Varianten.
die Farben beliebig oft führt auf 6 Möglichkeiten an jeder Stelle also 6*6*6*6= 1296 Varianten.

Aufgabe 9

"Nach dem Mastermind ist uns Maria aber noch so ein richtiges Logikrätsel schuldig oder was meinst du Lisa?" "Fragen wir wir sie doch einfach, da kommt sie gerade." "Ist ja schon gut Mike, ich habe sogar zwei, lies sie dir durch."
Für 6 blaue Punkte soll der schüchterne Schachspieler Robert Bootsbauer sein Geheimnis lüften. Dieser Robert reiste vor einem großen Turnier in Sachsen herum und wollte nicht gesehen werden. Der gerissene Reporter N. F. war ihm auf der Spur, aber am Ende fand er nur heraus, wann Robert in welchem der fünf Orten war, was für eine Krawatte er an dem Tag trug und von wie vielen Personen (2 bis 6 -- jedes Mal anders) das bestätigt werden konnte. Hier nun sein Bericht:
1. Die Anzahl der Personen, die den Schachspieler mit einer blauen Krawatte sahen, ist zwei kleiner als die der Personen vom 6. November, wo er aber nicht in Zwickau war.
2. Am 3. November ist Robert von weniger als 5 Leuten gesehen worden.
3. Hingegen gab es in Leipzig - am 17. -, mehr Personen als in der Stadt, in der er mit einer roten Krawatte erspäht wurde.
4. Es waren genau vier Personen, die ihn mit seiner grünen Krawatte sahen.
5. Genau 5 Leute sahen ihn am 21. November.
6. Seine schwarze Krawatte wurde von einer Person mehr gesehen als in Dresden.
7. Ach ja, und am 12. November wurde er von weniger Personen gesehen als in Chemnitz, dort trug er eine furchtbare lila Krawatte.
8. Was er in Döbeln wollte, war nicht herauszufinden.
Rot -- 8 Punkte
Zur Chemnitzer Spielenacht, die immer in der neuen Mensa stattfindet, gibt es auch Turniere: Monopoly, Mensch ärgere dich nicht, aber auch Siedler von Catan. Diese Turniere werden über mehrere Runden durchgeführt und sind ziemlich spannend. Die Siedler wurden an sechs Tischen mit jeweils 6 Teilnehmern gespielt. ("Der" Spieler ist kein Hinweis auf das Geschlecht). Es gab also die Startnummern 1 bis 36. In der vorletzten Runde lagen die Startnummern 8, 16, 18, 32, 34 und 36 vorn. Ina, Christian, Anja, Tom, Birgit und Marlon waren ganz aussichtsreich. Wer hatte welche Startnummer, wie war die Platzierung in der vorletzten Runde und wie am Schluss? - keine Spieler teilten sich einen Platz, sondern waren auf Platz 1, 2 ... oder 6.
1. Christians Startnummer war kleiner als die von Marlon und er - Christian  - wurde am Ende nicht Letzter.
2. Der Spieler mit der vorletzten Startnummer aus der Gruppe war in der Vorrunde auf Platz 6.
3. Inas Startnummer war doppelt so groß wie von dem, der am Ende Vierter wurde.
4. Anja wurde am Ende Fünfte, in der vorletzten Runde war sie eine Position hinter Marlon.
5. Der Bronzegewinner hatte sich um einen Platz verbessert.
6. Birgit, sie hatte nicht die 16, war in der vorletzten Runde die Erste. Der zu  dem Zeitpunkt auf Rang drei liegende, ist auch am Ende zwei Plätze hinter ihr.
7. Tom hat die Nummer 8 und kommt am Ende fast noch (eins dahinter) an den Spieler heran, der in der vorletzten Runde noch an zweiter Position lag.

Lösung

Auf eine Herleitung der Lösung wird dieses Mal verzichtet, die Teilnehmer haben meist die PM-Kreuzgittermethode gewählt.
Blau:
3.11, Chemnitz, 3 Leute, lila
6.11, Döbeln, 4 Leute, grün
12.11, Zwickau, 2 Leute, blau
17.11, Leipzig 6 Leute, schwarz
21.11, Dresden, 5 Leute, rot
Rot:
Name, Platz, vorletzte Runde, letzte Runde, Startnummer:
Birgit, 1, 4, 18
Chris, 2, 2, 16
Ina, 3, 6, 36
Tom, 4, 3, 8
Marlon, 5, 1, 32
Anja, 6, 5, 34

Aufgabe 10

262. Wertungsaufgabe
"Also ich fand die Logikaufgabe der letzten Woche ganz schön knifflig, um so schöner, dass ich sie dann doch noch heraus bekam," meinte Bernds Opa, der wieder mal zur Tüftlerrunde gestoßen war." In einem älterem Spielebuch habe ich verschiedene Mühlespielvariationen entdeckt. Einfach, aber genial." Lass hören."
"Bei einer der Varianten ist es so: Man konstruiert ein regelmäßiges Fünfeck. Die Mittelpunkte der Seiten werden ermittelt. Die fünf Mittelpunkte werden zu einem Fünfeck verbunden. Nun wiederholt sich das Ganze. Mittelpunkte -- neues Fünfeck usw. Bis zum Schluss in dem ersten Fünfeck vier weitere Fünfecke drin sind. Die Mittelpunkte des äußeren Fünfeckes werden mit dem jeweils direkt innen liegenden Mittelpunkt der Seite des kleinsten Fünfeckes verbunden. Für fünf blaue Punkte soll die Zahl der Spielpunkte ermittelt werden. (Spielpunkte sind die Stellen, wo eine Mühle gebildet werden darf, also 3 Punkte, die durch eine Linie miteinander verbunden sind. 2x5 rote Punkte soll es für die Gesamtlänge aller Linien geben, die auf dem Spielbrett sind. (Das erste Fünfeck hat eine Kantenlänge von 20 cm. 5 rote Punkte, wenn die Aufgabe sauber konstruktiv gelöst wird.)"

Lösung

Links sieht man eine Zeichnung des Spielfeldes. Zählt man die Punkte aus, so erkennt man, dass es genau 30 Punkte sind, die zur Mühlebildung geeignet sind.
Die Fünfecke sollen regelmäßig sein, daraus folgt, dass der Winkel AMD (360° : 5) 72° groß ist. (M – Mittelpunkt des Umkreises.) Der Winkel BAC ist dann als Basiswinkel des Dreiecks AMD 54° groß. (54° + 54° + 72° = 180°). MC ist die Höhe des gleichschenkligen Dreiecks AMD. (Höhe über der Basis teilt die diese und das soll C ja machen.) Damit ist der Winkel AMC 36° groß. Daraus folgt Winkel BCA ist gleich (180° - 90° -54°) = 36°.
cos BCA = BC/AC also BC = AC *cos BCA.
Auf Grund der Ähnlichkeit der Figuren setzt sich die Berechnung der halben Fünfeckseiten fort.
u = 10 * AC + 10 * AC*cos BCA + 10 *AC*cos BCA*cos BCA + 10 * AC*cos BCA*cos BCA*cos BCA+ 10 * AC*cosBCA*cos BCA*cos BCA*cos BCA
u= 10 * AC(1+ cos BCA + cos BCA*cosBCA + cos BCA*cos BCA*cos BCA + cos BCA*cos BCA*cos BCA*cos BCA)
Dazu kommen noch die nach innen führenden Längen l:
Es gilt hier:
AB = AC* sin BCA, wieder kommt die Ähnlichkeit ins Spiel, denn die Verkleinerung setzt sich nach innen noch drei mal fort.
l = 5* AC* sin BCA + 5* AC* cos BCA*sin BCA + 5* AC* cos BCA* cos BCA* sin BCA + 5* AC* cos BCA* cosBCA* cos BCA* sin BCA
l = 5*AC( sin BCA + cos BCA* sin BCA + cos BCA* cos BCA* sin BCA + cos BCA* cos BCA* cos BCA* sin BCA)
l und u müssen noch addiert werden.
342, 14 cm + 48,77 cm = 390,91 cm

Aufgabe 11

"Nimm 3", hörte Mike als er Bernds Zimmer betrat. "Hallo, was spielt ihr denn da?" "Nimm drei. Und das geht so: Wir haben zu Beginn einen Haufen mit 21 Streichhölzern. Es gibt den Spieler A und den Spieler B. Ein Spielzug besteht darin, dass abwechselnd 1, 2 oder 3 Streichhölzer von dem Haufen entfernt werden. Es gewinnt derjenige, der das bzw. die letzten Hölzer nehmen darf." "Ich verstehe", sagte Mike. "Aber ob das Spiel gerecht ist? Ich habe da so meine Zweifel." "Wie meinst du das?", fragte Bernd. "Nun, ich vermute, dass einer der Spieler den Sieg erzwingen kann."  Eine Bestätigung oder Widerlegung der Vermutung bringt 4 blaue Punkte. Gibt es eine solche Strategie für einen Haufen mit 100 Streichhölzern, wenn man bis zu 7 Hölzer nehmen darf? - 4 rote Punkte

Lösung

Rot und blau betrachtet man am besten vom Ende her.
blau: Will man das letzte nehmen, so geht das, wenn es 18, 19 oder 20 Streichhölzer sind. In diesen Dreierschriiten muss man weiter denken.
Nachzulesen in der Lösung von Rafael, danke. Lösung 263 als pdf

Aufgabe 12

"Lass uns zum Schluss der Serie noch einen Blick auf das Mensch ärgere dich nicht Spielfeld werfen." "Na, dann mal los", gab Mike an Bernd zurück. "Wie oft muss ein Spieler mindestens würfeln,um alle Spielfiguren ins Ziel zu bringen, wenn er nicht raus geworfen wird?" "Na gut, aber so viele  Sechsen nacheinander gibt es ja nicht." Klar ist das sehr unwahrscheinlich, aber trotzdem. Also der Spieler Gelb soll es sein. Sein Startfeld hat die Nummer Null. Er muss den Startplatz frei räumen, wenn noch eine Figur draußen ist.
Innerhalb seines Zielbereiches darf er seine Figuren nicht überspringen." "Das wird doch schnell unübersichtlich oder?", gab Mike zu bedenken. "Das stimmt, da sollte am besten mit einer Tabelle gearbeitet werden." 12 blaue Punkte für den Fleiß.
Glück für rot. Der rote Spieler hat eine Figur auf Feld 5. Der Spieler Gelb ist am Zug. Er hat eine Figur auf Feld 1, eine Figur auf Feld 14 und zwei Figuren, die er noch einsetzen kann (muss). Mehr als dreimal eine Sechs soll nicht auftreten. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die rote Spielfigur nicht so kurz vor dem Ende bei diesem Spielzug rausgeworfen wird? - 6 rote Punkte.

Lösung

blau: Der Tabelle kann man die Zugfolge entnehmen. Die Zahlen in der Tabelle geben die Stellung auf dem Spielfeld an. Drei Runden muss der Spieler spielen. Na ja so viel Glück wird wohl kaum eintreffen. Die Wahrscheinlichkeit für diesen Verlauf mögen Kenner selber ausrechnen.
Die Zahlen in Klammern sind die von einer Sechs abweichenden Würfelzahl

Auswertung Serie 22 (blaue Liste)

Auswertung Serie 22 (rote Liste)