Serie-23

Serie 23
Aufgaben und Lösungen

Aufgabe 1

"Es gibt doch sicher noch viel mehr Mathematisches bei den Spielen zu finden", meinte Mike. "Aber bestimmt, da wäre ja noch die sogenannte Spieltheorie (manchmal klang die natürlich durch) selbst, Überlegungen bei Computerspielen und so weiter. Nun aber muss ich mich erst mal mit dieser Aufgabe beschäftigen". "Zeig mal". "Auf dem Bild siehst du die zwei Quadrate ABCD und BEFG. Das rechts liegende soll für die Überlegungen der roten Aufgabenstellung immer kleiner sein als das andere. Auf der Strecke AE ist ein Punkt X zu finden. Der Punkt X soll mit F bzw. mit D verbunden werden.  Der Punkt X soll folgende Eigenschaften haben: Wird die Figur entlang der Linien DX und XF geteilt, so lassen sich die Teile zu einem Quadrat zusammenlegen.   (6 rote Punkte)
Das geht? , fragte Lisa etwas zweifelnd, die sich die Figur betrachtete.  Aber ja doch und deine Spezialistengruppe könnte sich ja mal eine Formel überlegen, wie man den Umfang der Figur elegant ausrechnet, wenn die Längen der Seiten der Quadrate a bzw. b sein sollen (a>b). 2 blaue Punkte.

Lösung

blau: Ich gehe mal von C im mathematisch positiven Sinn um die Figur:
a + a + a + b + b + b +(a - b) = a + a + a + b + b + b + a - b = 4a + 2b
rot:
Der Punkte X muss b cm von A entfernt sein - Die Aufgabe zum Spielen kann man sich in der Mathelandausstellung in Dresden anschauen.
Die komplette Lösung von Stefan G. aus Dresden, danke.
Die Seitenlänge des Quadrates ABCD sei a und die Seitenlänge des Quadrates BEFG sei b.
O.b.d.A. sei a>b. (Spiegele an BC falls b>a und benenne um.)
Durch die Schnitte entsteht stets ein Fünfeck mit konkavem, rechtem Winkel CGF. In diesen muss zur Konstruktion eines Quadrates eines der entstehenden Dreiecke mit rechtem Winkel DAB bzw. BEF eingfügt werden. Dabei muss eine Kathete die Länge b aufweisen und der Winkel den sie mit der Hypothenuse einschließt muss sich mit dem Winkel XFG zu neunzig Grad ergänzen.
Da der Winkel XDC kleiner als neunzig Grad ist, muss auch er durch einen weiteren Winkel ergänzt werden, d.h. das zweite Dreieck muss auf der Seite DC angebracht werden. Ist die Kathete auf DC kleiner als a bzw. die Kathete auf FG kleiner als b, so verbleibt eine Kante an C, die nicht mehr aufgefüllt werden kann. Für längere Katheten auf diesen Seiten, entstehen nicht zu kompensierende Spitzen.
Um ein Quadrat zu ergeben müssen die Katheten, die auf der Geraden BC liegen so lang sein, dass sie einen gemeinsamen Eckpunkt des neuen Quadrates bilden. Da die Dreiecksseiten alle größer als Null sind (X=A bzw. X=E ergeben nur ein echtes Dreieck, dass nicht zur Vervollständigung zu einem Quadrat taugt, bspw.da die Strecken DX und XF nicht gleich lang sind) muss die Kathete des Dreiecks im Winkel CGF, die die Strecke CG enthält größer als b sein und also über den Punkt C hinausragen. Zugleich müssen sich die Winkel im neu gebildeten Quadratpunkt zu neunzig Grad ergänzen. Damit haben die beiden Dreiecke neben dem rechten Winkel auch einen weiteren Winkel gemein, da sich die neunzig Grad jeweils mit dem Winkel der sich im anderen Dreieck der gemeinsamen Quadratspitze findet zu hundertachtzig Grad ergänzen. Damit sind die beiden Dreiecke ähnlich.
Außerdem bilden XF und XD Seiten des neuen Quadrates und müssen daher gleich lang sein. Dies sind aber die Hypothenusen der beiden Dreiecke, die folglich kongruent sind.
Daraus folgt, dass AX = b und BX = a.
Selbiges lässt sich alternativ auch ohne Betrachtung der Winkel zeigen. Dafür sei zunächst AX = q und BX = p. Durch die Gleichheit der Hypothenusen, sprich XF = XD, gilt dann (1) b^2+p^2 = a^2 + q^2
Zudem muss für die aus den Dreiecken gebildete Spitze des Quadrates gelten, dass die eine Kathete gleich der anderen Kathetenlänge zuzüglich der Differenz aus a und b, sprich CG, ist, also (2) p = q + (a-b)
Die Lösung des Gleichungssystems führt auf p = a und q = b und damit ebenfalls auf die oben angegebene Lösung.
Hier noch ein Bild von Jana & S. aus Lugau, danke.

Aufgabe 2

"Heute haben wir die Grundkonstruktionen wiederholt und sind dabei auf die Aufgabe gestoßen, wie groß wohl der größte Kreis ist, der in ein gleichseitiges Dreieck von 1 m Kantenlänge  hineinpasst.", berichtete Lisa. (3 blaue Punkte für eine passende konstruktive Lösung, 3 noch dazu, wenn die Formel zur Berechnung hergeleitet wird.)
"Nun das ist ja nicht so schwierig", meinte Mike. "Wie wäre es denn damit? Wie groß ist der größte Halbkreis, der in das 1 m große gleichseitige Dreieck hineinpasst?" - 5 rote Punkte

Lösung

Hier noch ein passendes Bild von Jana & S. aus Lugau, danke.
blau: Der größte Kreis, der in ein Dreieck, hinein passt ist der Inkreis. Ein konstruktive Lösung geht natürlich mittels einer maßstabsgerechten Zeichnung.
Rechnerisch: Mit den Mitteln der Klasse 9: tan α = r/(a/2) mit α = 30° a/2 = 0,5 m
Damit ergibt sich r =0,2886751 m, der Flächeninhalt mit A = πr² = 0,2617994 m² = 0,26 m²
rot: Der Halbkreis liegt auf einer der Seite, die beiden anderen Seiten sind Tangenten.
Wieder mit den Mitteln der Klasse 9 ergibt sich: sin α = r/(a/2) mit α = 60° a/2 = 0,5 m (Achtung es sind nicht die selben Winkel gemeint.)
Damit ergibt sich r = 0,4330127 m, der Flächeninhalt mit A = πr²/2 = 0,2945243 m² = 0,29 m².
So mit ist erstaunlicherweise der Halbkreis größer als der Kreis - Radius so wie so, aber auch vom Flächeninhalt her.

Aufgabe 3

"Das war ja eine geniale Schnippelei bei der vorletzten Aufgabe. Ich hatte schon so eine Ahnung, dass dies mit dem Satz des Pythagoras zu tun hat, wegen der Quadrate und so.", meinte Maria, die gerade die Ergebnisse der Spezialistengruppe präsentierte. "Apropos Pythagoras, wir hatten mal so eine Aufgabe bekommen, dass man mit einem der Sätze aus der Satzgruppe des Pythagoras eine Strecke mit der Länge von Wurzel aus 3 konstruieren konnte." "Da hast du Recht Lisa, ich kann mich erinnern." "Na siehst du und nun sollen wir sogar die Strecke konstruieren, die gleich der 4. Wurzel aus 3 entspricht, da stehe ich noch auf dem Schlauch." - 4 rote Punkte für die Konstruktionsbeschreibung (mit Begründung).
"In unserer Gruppe haben wir neulich Quadrate untersucht. Leicht war zu sehen, dass die Diagonalen immer länger waren als die Quadratseiten. Da taucht die Frage auf, ob es Rhomben gäbe, deren eine oder gar beide Diagonalen so lang wären, wie die Seiten."(3 + 2 blaue Punkte)

Lösung

blau: Ich entscheide mich dafür, mit der Untersuchung der Diagonale BC zu beginnen. Die Seiten AB und AD (= a) sind gleich lang, also ist das Dreieck ABD gleichschenklig. Wird die Länge von BC gleich a gewählt, so ist ein Rhombus gefunden, dessen eine Diagonale so lang ist wie die Seiten. Es gibt aber zugleich auch nur dieses eine Rhombus mit BC = a. Dessen zweite Diagonale (e) ist dann automatisch länger. Dies lässt sich mittels Kosinussatz oder der Formel für die Höhe im gleichseitigen Dreieck (= Hälfte der anderen Diagonale e).
e = a² · √ 3
Wird mit der andren Diagoanle begonnen gilt das oben geschriebene analog.
rot: sehr ausführliche Lösung von Samuel Kilian, danke
Man nehme eine Strecke SB der Länge 1 und verlängere diese. Mit dem Zirkel kann man die Strecke noch 3 mal um die Länge 1 verlängern.
Man hat dann eine Strecke AB mit der Länge 4, die geviertelt ist. Der Punkt S liegt auf dieser Strecke, 1 von B entfernt und 3 von A. Dann zeichne man einen Halbkreis mit dem Mittelpunkt M in der Mitte der Strecke AB mit dem Radius der Hälfte der Länge der Strecke AB. Der Radius ist dann 2.
Nun konstruiert man eine Senkrechte zu AB, die AB im Punkt S schneidet. Der Schnittpunkt der Senkrechte mit dem Halbkreis ist der Punkt C. Nach dem Satz des Thales liegt jetzt ein rechtwinkliges Dreieck mit c=4, p=1 und q=3 vor.
Die Strecke SC ist die Höhe und hat die Länge Wurzel aus 3, da h*h=p*q=1*3 und somit h*h=3 (Höhensatz des Euklid).
Jetzt greift man mit dem Zirkel die Strecke SB ab, diese hat die Länge 1. Man kann somit auf der Strecke SC den Punkt P ermitteln. Die Strecke SP hat die Länge 1. Jetzt konstruiert man eine Senkrechte zu SC, die SC in P schneidet. Außerdem ermittelt man den Mittelpunkt der Strecke SC und zeichnet mit diesem Punkt als Mittelpunkt einen Halbkreis mit dem Radius (SC)/2. Der Schnittpunkt dieses Kreis mit der Senkrechten ergibt den Punkt Q, der nach dem Satz des Thales ein rechtwinkliges Dreieck mit S und C bildet mit den Längen von (SC) = c' =√(3), p'=1 und q'=√(3)-1.
Da nach dem Kathetensatz des Euklid gilt: a*a=p*c, also hier a' * a' = p' + c' = 1*√(3) = √(3), ist a= "vierte Wurzel aus 3".
Anmerkungen von Thomas: 1. Es ist auch möglich nur mit dem Höhensatz oder dem Kathetensatz zu arbeiten. 2. Diese Konstruktion wird u.a. genutzt, um Teilung eines gleichseitigen Dreiecks zu ermöglichen, aus dessen Teilen sich dann ein Quadrat zusammensetzen lässt. siehe hier

Aufgabe 4

„Die letzte rote Aufgabe führt letztlich auf das Dudeney Puzzle, das fand ich verblüffend“, gab Bernds Opa verwundert zu, als er die Aufgabe mit den vier Experten durchgegangen war.  „Denkt aber auch daran, dass die Mitglieder eurer Mathematikgruppe mal etwas körperliche Bewegung gebrauchen können. Wie viele sind denn in eurer Gruppe?“ „Das wechselt immer mal, aber so zwischen 8 und 12 sind es schon“, sagte Lisa. „Alle klar. Also, wenn es z.B. 8 sind, dann sollen die sich (durchnummeriert) in einem Kreis aufstellen und im Uhrzeigersinn sich nacheinander immer einen Ball zuwerfen. Ein paar Runden, so dass immer der nächste den Ball bekommt. Dann wieder Start bei Nummer 1, der Ballwurf so, dass jeder zweite den Ball bekommt. Neues Spiel - nun ist es jeder dritte, na und so weiter bis zur sieben.“ „Verstanden, aber da gibt es doch sicher auch Runden, wo mal einige (oder mindestens einer) den Ball gar nicht bekommen.“ „Das stimmt schon, aber Spaß macht es trotzdem.“ Es gibt so viele blaue Punkte wie es Runden gibt, wo jeder Teilnehmer mal den Ball bekommt. Bei welcher der möglichen Teilnehmerzahlen von 8 bis 12 passiert es nicht, dass, egal wie die Wurfregel lautet, mal irgendwelche Leute in der Runde den Ball nicht bekommen können. Bei welcher Art von Teilnehmerzahlen tritt dieses „Alle machen immer mit“-Phänomen auf? 4 rote Punkte. (Anmerkung: Jede mögliche Spielsituation kann beliebig lange dauern, mindestens so lange bis klar ist, ob die Teilnehmer den Ball bekommen können oder eben auch nicht.)

Lösung

blau: hier kann man die Varianten durchaus schnell notieren:
Anzahl der Teilnehmer t ist 8
Wurfmodus 1: 1 - 2 - 3- 4- -5 -6 - 7 - 8 - fertig jeder hatte mal den Ball
Wurfmodus 2: 1 - 3 - 5 - 7 - 1 - 3 - ... es ist leicht zu sehen, dass die Spieler mit den geraden Nummern den Ball nicht bekommen.
Wurfmodus 3: 1 - 4 - 7 - 2 - 5 - 8 - 3 - 6 - 1 - fertig jeder hatte mal den Ball
Wurfmodus 4: 1 - 5 - 1 - 5 - ... es ist leicht zu sehen, dass nur zwei Spieler den Ball bekommen.
Wurfmodus 5: 1 - 6 - 3 - 8 - 5 - 2 - 7 - 4 - 1 - fertig jeder hatte mal den Ball
Wurfmodus 6: 1 - 7 - 5 - 3 - 1 - ... es ist leicht zu sehen, dass die Spieler mit den geraden Nummern den Ball nicht bekommen.
Wurfmodus 7: 1 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 - 1 - fertig jeder hatte mal den Ball
Es sind also 4 Wurfmodi, bei denen jeder Teilnehmer den Ball bekommt. Also gibt es maximal 4 blaue Punkte
Anmerkungen:
Es ist aber noch mehr erkennbar. Wurfmodi (wm), die sich zu 8 addieren sind, entsprechen einander, nur das die Fängerfolge umgekehrt ist.
Sind t und wm teilerfremd sind alle beteiligt. Die Zahl der Beteiligten (b) lässt sich als b = ggT (t;wm) beschreiben - ggT - größter gemeinsamer Teiler
rot: Mit den obigen Anmerkungen ist die Frage schon fast beantwortet. Bei 11 Teilnehmern gilt für alle Wurfmodi ggT (11; wm) = 1. Dies gilt entsprechend für alle Teilnehmerzahlen, wenn diese eine Primzahl sind.
Den zugrunde liegenden zahlentheoretischen Bezug üerlasse ich dem geneigten Leser.

Aufgabe 5

"Immer wieder muss man Quadrieren und Wurzelziehen und das schon sehr lange im Verlaufe der Mathematikgeschichte", sagte Bernds Opa, nachdem er sich die letzten Aufgaben angeschaut hatte. "Das Quadrieren ist ja recht einfach. Zahl a mal Zahl a und fertig, aber wenn man das gemacht hat, ist die nächste Quadratzahl - also das Quadrat von (a+1) sogar ohne Multiplikation ermittelbar. Das bekommen (für 3 blaue Punkte) sicher auch die Mitglieder eures Mathezirkels heraus."
"Na Opa, so wie du guckst, hast du doch sicher auch einen Tipp für das Wurzelziehen", feixte Bernd. "Aber klar doch, zumindest eine gute Näherungslösung. Ich betrachte mal den Bereich bis zur 1000. Die Quadratzahlen zwischen 100 und 1000 kennt ihr doch sicherlich." "Die haben wir mal gelernt," sagte Maria, "aber  für die kennen wir ja dann auch die Wurzel schon, interessanter wäre ja dann beispielsweise die Wurzel aus 230." "Na selbstverständlich.
Dann nehme ich doch gleich mal die 230. Die nächstkleinere Quadratzahl ist 225. Die Wurzel daraus ist 15. Also ist Wurzel 230 = 15,???. Für die Stellen nach dem Komma rechne ich nun die Differenz von 230 bis 225 aus, also 5. Dieses Ergebnis teile ich durch das Doppelte von 15. Dieses neue Ergebnis ersetzt die Fragezeichen." "Das probiere ich mal aus," meinte Mike. "Cool, Wurzel aus 230 mit dem Taschenrechner ist 15,16575... und die Näherung ergibt 15,1666... Damit unterscheiden sich die Ergebnisse nur um etwa 1/1000." Warum funktioniert das Verfahren so gut und wird es für Zahlen über 1000 eher besser oder eher schlechter? - 4 rote Punkte.

Lösung

blau: ganz ohne Formel:

Aufgabe 6

„Wir hatten doch vor kurzem die Umkreiskonstruktion bei gleichseitigen Dreiecken mit unserer Mathematikgruppe besprochen, erinnert ihr euch?“, fragte Maria. „Aber klar.“ „Jetzt hat einer unserer Spezialisten festgestellt, dass bei seiner Konstruktion der Umkreisradius und der  Inkreisradius in einem sehr einfachen Verhältnis stehen.“  (2 blaue Punkte für ein konstruktiv gelöstes Beispiel oder 4 blaue Punkte für einen  Beweis.)
„Nun hat ja bekanntlich jedes Dreieck einen In- und einen Umkreis, deren Radien in einem Verhältnis stehen. ?? Mit dem Verhältnis der blauen Aufgabe habe ich es mit rechtwinkligen Dreiecken versucht??, doch das hat erwartungsgemäß nicht geklappt. Aber ich habe rechtwinklige Dreiecke gefunden, wo das Verhältnis von r_u zu r_i genau 2,5 war.“,  berichtete Bernd.  In welchem Verhältnis müssen die Katheten a und b stehen (a < b), damit das r_u zu r_i -Verhältnis genau 2,5 beträgt? - 6 rote Punkte

Lösung

In dem Dreieck sind Um- und Inkreis eingetragen. Das es sich um ein gleichseitiges Dreieck handelt, sind die „besonderen Linien“ identisch. - die Höhen, Mittelsenkrechten, Winkelhalbierenden und die Seitenhalbierenden. Alle schneiden sich in einem Punkt, dem Mittelpunkt der beiden Kreise. Dieser Punkt teilt die Linien im Verhältnis 2 zu 1 - als Eigenschaft des Schnittpunktes der Seitenhalbierenden in jedem Dreieck. Damit ist der Umkreisradius genau doppelt so groß wie der Inkreisradius.
Es gab auch spannende Überlegungen, die auf dem Satz des Pythagoras beruhten bzw. die Eigenschaft sin 30° = 0,5 nutzten.
rot: a,b Katheten, c- Hypotenuse, A - Flächeninhalt
Eigenschaft 1: r_u = c/2
Eigenschaft 2: A = ab/2
allgemeine Eigenschaft von Dreiecken: r_u = abc/4A (hier steckt Eigenschaft 1 drin) und r_i = 2A/(a + b + c)
Es soll r_u =2,5 r_i sein. ∗
c/2 = 2,5 · ab/(a + b + c)
c = 5 · ab/(a + b + c), und c = √ a² + b² liefert mit einer recht komplizierten Umformungen das gewünschte Ergebnis.
Ein Einsetzen des bekannten 3 - 4 - 5 Dreiecks ergibt, dass dieses die Bedingungen erfüllt, so lässt dann mittels genauer Betrachtungen zur Ähnlichkeit zeigen, dass das Verhältnis a:b=3:4 das Gesuchte ist.
Ein Weg, den auch die Lösung von Samuel K aufzeigte, sei noch vorgestellt.
Die Dreiecke AZM und AMY bzw. die die Dreiecke BMZ und BXM sind nach dem Kongruenzsatz sSw jeweils kongruent zueinander. Es sind aus dem gleichen Grund die Dreiecke MCY und MXC kongruent zueinander. Damit ist MXCY ein Quadrat mit der Kantenlänge r (=r_i). Weiterhin folgt: b1 und c1 sind gleichlang und c2 und a1 sind ebenfalls gleich lang.
r = b - b1 (mit b1 = c -c2) ⇒
r = b - (c - c2) (mit c2 =a1 = a - r) ⇒
r = b - (c - (a - r)) ⇒
r = b - c + a -r ⇒
2r = b - c + a ⇒ r = 0,5(b - c + a)
Wegen ∗ ⇒ r/r_u= 1/2,5 = 0,4 = (0,5(b - c + a))/(0,5c) = (b - c + a)/c = (a +b )/c -1 ⇒
0,4 = (a +b )/c -1 | + 1 ⇒
1,4 = (a +b )/c | · c ⇒
1,4c = a + b mit c = √ a² + b² ⇒
1,4√ a² + b² = a + b |² ⇒
1,96 a² + 1,96b² = a² + 2ab + b² | -(a² + 2ab + b²) ⇒
0,96 a² - 2ab + 0,96 b² = 0 | : (96/100) ⇒
a² - 50/24 ab + b² = 0 | Lösungsformel für quadratische Gleichungen ⇒
a_1,2 = 25/24 b ± √(625/576)b² - b²
a_1,2 = 25/24 b ± √(49/576)b²
a_1,2 = 25/24 b ± 7/24 b ⇒
a₁ = 18/24 b = 3/4 b und a₂ = 32/24 b = 4/3 b ⇒
a und b stehen im Verhältnis 3 : 4 bzw. 4 : 3.

Aufgabe 7

„Schaut mal, was ich gefunden habe, ein Bild vom Weihnachtsmanntreffen im letzten Jahr“, strahlte Maria. „Hier seht ihr sie alle nebeneinander in der Reihe stehen.“ „Ich kann sie gar nicht so genau erkennen mit dem Kostüm und dem Bart“, meinte Bernd.
„Nun die Namen, warte mal ach ja. Es waren Ines, Andrea, Carla, Marla, Fred, Peter, Tom und Eric dabei.“ „Stimmt genau“. „Hier noch ein paar Tipps:“
Tom steht zwischen Carla und Peter.
Eric steht nicht neben Andrea.
Marla steht zwischen Eric und Fred.
Zwischen Carla und Ines stehen zwei Personen.
Andrea steht rechts neben Carla.
Wer steht wo? - 4 blaue Punkte - Es könnte sein, dass es sogar noch Zusatzpunkte gibt.
„Und was ist auf dem anderen Foto zu sehen?“, fragte Mike. „Nun das ist ein Foto von den Fotobüchern der letzten Urlaubsfahrten, pro Jahr eins. Ihr seht, da stehen die 6 Bücher nebeneinander (links die 1 und rechts die 6). Oh, die stehen ja etwas durcheinander, aber Ihr bekommt sicher heraus, an welchem Platz welches Buch steht - Urlaubsjahr (2003 - 2008, Urlaubsziel und Tage des Aufenthaltes vor Ort (14, 15, 16, 17, 18, bzw. 19).“ 8 rote Punkte
Das Buch über Polen steht an der Stelle 4 und ist nicht von 2005
Ganz links steht wirklich das Buch von 2003, das Buch an der Stelle zwei umfasst 15 Urlaubstage.
2006 waren wir in Italien.
Das Norwegenbuch steht zwischen dem Buch aus dem Jahr 2008 und dem 18-Tage-Urlaub.
Neben Norwegen steht nicht Deutschland.
2007 waren wir 14 Tage vor Ort, das Buch dazu steht nicht ganz rechts.
Das Buch über Deutschland ist direkt rechts neben dem 17-Tage-Urlaub.
Der 16Tage-Urlaub in Frankreich steht direkt neben dem Spanienbuch.
8 rote Punkte

Lösung

blau: die Beschreibung lässt mehrere Lösungen zu. Dies trifft sowohl für die Überlegung zu dem Begriff rechts - aus der Sicht des Betrachters oder der Personen auf dem Bild, als auch auf die Betrachtungen selbst. Die Aussage - Zwischen Carla und Ines stehen zwei Personen - ist im streng mathematischen Sinne als mindestens zwei Personen auffassbar. - Die Aufgabenstellung impliziert eher die Variante genau 2. Rechts neben ist meiner Auffassung nach ein Hinweis auf direkter Nachbar, anders als bei rechts von oder nur rechts.
Es waren Andrea, Carla, Eric, Fred, Ines, Marla, Peter, Tom . - alphabetisch geordnet.
Tom steht zwischen Carla und Peter.
1. Tom steht zwischen Carla und Peter.
2. Eric steht nicht neben Andrea.
3. Marla steht zwischen Eric und Fred.
4. Zwischen Carla und Ines stehen zwei Personen.
5. Andrea steht rechts neben Carla.
⇒ a. Carla-Tom-Peter oder Peter-Tom-Carla (1.)
⇒ b. Andrea-Carla-Tom-Peter (aus der Sicht der Personen) oder Peter-Tom-Carla-Andrea (aus der Sicht des Betrachters)(5.)
⇒ c. Eric-Marla-Fred oder Fred-Marla-Eric (3.) ⇒ d. die Dreiergruppe aus c. passt nur vor oder eben nach die Vierergruppe aus b (es gibt keine Überschneidungen der Namen)
⇒ e. Es gibt zwei Vierer-Konstellationen(b), dazu zwei Dreier-Konstellationen(c) und Einzeln die Ines
⇒ Es gibt die Möglichkeiten: 431; 413; 341; 314; 143 und 134, wo bei 3 und 4 jeweils dopplet belegt sind.
⇒e1: 431
Andrea-Carla-Tom-Peter+Fred-Marla-Eric+Ines - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.
Andrea-Carla-Tom-Peter+Eric-Marla-Fred+Ines - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.
Peter-Tom-Carla-Andrea+Fred-Marla-Eric+Ines - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.
Peter-Tom-Carla-Andrea+Eric-Marla-Fred+Ines - geht nicht - 2. nicht erfüllt.
⇒e2: 413
Andrea-Carla-Tom-Peter+Ines+Fred-Marla-Eric - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
Andrea-Carla-Tom-Peter+Ines+Eric-Marla-Fred - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
Peter-Tom-Carla-Andrea+Ines+Fred-Marla-Eric - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Peter-Tom-Carla-Andrea+Ines+Eric-Marla-Fred - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
⇒e3: 341
Fred-Marla-Eric+Andrea-Carla-Tom-Peter+Ines - geht nicht - 2. nicht erfüllt.
Fred-Marla-Eric+Peter-Tom-Carla-Andrea+Ines - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Eric-Marla-Fred+Andrea-Carla-Tom-Peter+Ines - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
Eric-Marla-Fred+Peter-Tom-Carla-Andrea+Ines - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
⇒e4: 314
Fred-Marla-Eric+Ines+Andrea-Carla-Tom-Peter - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Fred-Marla-Eric+Ines+Peter-Tom-Carla-Andrea - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
Eric-Marla-Fred+Ines+Andrea-Carla-Tom-Peter - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Eric-Marla-Fred+Ines+Peter-Tom-Carla-Andrea - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
⇒e5: 143
Ines+Andrea-Carla-Tom-Peter+Fred-Marla-Eric - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Ines+Andrea-Carla-Tom-Peter+Eric-Marla-Fred - geht nicht - 4. nicht erfüllt.
Ines+Peter-Tom-Carla-Andrea+Fred-Marla-Eric - 4. im Sinne von genau 2 Personen und 2. erfüllt.
Ines+Peter-Tom-Carla-Andrea+Eric-Marla-Fred - geht nicht - 2. nicht erfüllt. ⇒e6: 134
Ines+Fred-Marla-Eric+Andrea-Carla-Tom-Peter - geht nicht - 2. nicht erfüllt. Ines+Fred-Marla-Eric+Peter-Tom-Carla-Andrea - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.
Ines+Eric-Marla-Fred+Andrea-Carla-Tom-Peter - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.
Ines+Eric-Marla-Fred+Peter-Tom-Carla-Andrea - (nur) streng mathematisch richtig (4.), 2. erfüllt.

Bild von Josephine Pallus, danke
große Ansicht
rot: nach der sehr ausführlichen Lösung von blau, hier erst mal nur kurz die Variante rot:
von links nach rechts:
Frankreich 16 Seiten 2003
Spanien 15 Seiten 2008
Norwegen 14 Seiten 2007
Polen 18 Seiten 2004
Italien 17 Seiten 2006
Deutschland 19 Seiten 2005
Aber nach meiner Schreiberei, kam noch die Lösung von Sabine, danke:
270 - Rote Aufgabe
„Und was ist auf dem anderen Foto zu sehen?“, fragte Mike. „Nun das ist ein Foto von den Fotobüchern der letzten Urlaubsfahrten, pro Jahr eins.
Ihr seht, da stehen die 6 Bücher nebeneinander (links die 1 und rechts die 6). Oh, die stehen ja etwas durcheinander, aber Ihr bekommt sicher heraus, an welchem Platz welches Buch steht“ - Urlaubsjahr (2003 - 2008, Urlaubsziel und Tage des Aufenthaltes vor Ort (14, 15, 16, 17, 18, bzw. 19). 8 rote Punkte
Aussagen:
1)Das Buch über Polen steht an der Stelle 4 und ist nicht von 2005 .
2)Ganz links steht wirklich das Buch von 2003.
3)Das Buch an der Stelle zwei umfasst 15 Urlaubstage.
4)2006 waren wir in Italien.
5)Das Norwegenbuch steht zwischen dem Buch aus dem Jahr 2008 und dem 18-Tage-Urlaub.
6)Neben Norwegen steht nicht Deutschland.
7)2007 waren wir 14 Tage vor Ort, das Buch dazu steht nicht ganz rechts.
8)Das Buch über Deutschland ist direkt rechts neben dem 17-Tage-Urlaub.
9)Der 16Tage-Urlaub in Frankreich steht direkt neben dem Spanienbuch.
Zunächst trage ich die Aussagen in meine Tabelle (+) ein.
(Anmerkung Thomas Tabelle analog Logiktrainer)
Es ergibt sich weiter:
Platz 1 (ganz links): 2003 (Aussage 2)
es kann hier nicht Deutschland sein (Aussage 8 - D steht direkt rechts neben ….)
nicht Polen (Platz Nr. 4)
nicht Norwegen (N steht zwischen ….. - Aussage 5)
nicht Italien (Aussage 4)
nicht Spanien (Aussage 9 - an Platz 2 kann nicht 16 Tage sein, vergl. Aussage 3)
also muss hier Frankreich sein
daraus ergibt sich, dass an Platz 2 Spanien steht (Aussage 9).
1- F - 2003 - 16 Tage
2- S - 15 Tage
Daraus ergibt sich, dass Deutschland nicht an Platz 3 sein kann (Aussage 8).
Der 18 Tage Urlaub kann ebenfalls nicht an 3 sein (Aussage 5).
Norwegen entweder 3 oder 5
Deutschland 5 oder 6
Da Deutschland und Norwegen nicht nebeneinander sind (Aussage 6) muss Norwegen an Platz 3 sein. Folgt man dann Aussage 5, muss dann Spanien 2008 und Platz 4 der 18 Tage Urlaub sein. Da Deutschland rechts neben dem 17 Tage Urlaub ist (Aussage 8), muss Deutschland auf Platz 6 und der 17 Tage Urlaub auf Platz 5 sein. Italien, 2006, also an 5.
2007 nicht ganz rechts, also Deutschland nicht 2007 und nicht 14 Tage. Daraus folgt Deutschland - 19 Tage.
Platz 3 = 14 Tage
Norwegen - 14 Tage - 2007
2005 = Deutschland
2004 = Polen
Ich habe meine Tabelle nach und nach vervollständigt. Hier die Übersicht:
1 - Frankreich - 2003 - 16 Tage
2 - Spanien - 2008 - 15 Tage
3 - Norwegen - 2007 - 14 Tage
4 - Polen - 2004 - 18 Tage
5 - Italien - 2006 - 17 Tage
6 - Deutschland - 2005 - 19 Tage

Aufgabe 8

„Die Aufgabe mit dem Zerschneiden haben wir in unserer Mathematikgruppe noch mal diskutiert. Dabei kamen wir auf ein anderes Problem.“ „Lass mal hören“, sagte Mike zu Lisa. „In ein Rechteck ABCD wird ein Dreieck ABX gezeichnet. X liegt dabei auf der Seite c des Rechtecks. Dabei entstehen auch die Dreiecke AXD und BCX.  Wo muss der Punkt X liegen, so dass der Flächeninhalt des Dreiecks AXD genau doppelt so groß ist wie der Flächeninhalt des Dreiecks BCX?“ „Haben das die Mitglieder der Mathematikgruppe herausgefunden?“, fragte Bernd nachdenklich. „Es hat einen kleinen Moment gedauert, aber dann stellte sich ja heraus, das war gar nicht so schwer.“ 6 blaue Punkte, wenn es gut und vollständig begründet wird.
„Ich habe hier noch so etwas Ähnliches“, sagte Maria. „Wieder geht es um ein Rechteck ABCD und um ein Dreieck im Inneren. Das Dreieck AXY hat die Eigenschaften, dass X auf der Seite b und Y auf der Seite c liegt. Es entstehen nun noch drei Dreiecke. Wie müssen X und Y gewählt werden, so dass die drei Dreiecke AYD, CYX und ABX alle den gleichen Flächeninhalt haben?“ - 8 rote Punkte

Lösung

blau:
Der Flächeninhalt des Dreiecks AXD ist gleich 1/2 · c₁d.
Der Flächeninhalt des Dreiecks BCX ist gleich 1/2 · c₂b.
Der erste Flächeninhalt soll doppelt so groß sein ⇒ 1/2 · c₁d= c₂b.
Wegen b=d ⇒ 1/2 · c₁b= c₂b. | :b
1/2 · c₁ = c₂
c₂ muss also halb so groß sein wie c₁ bzw. die Strecke c wird im Verhältnis 1 zu 2 geteilt.
rot:
Für die Flächeninhalte soll gelten:
1/2 · c₁d = 1/2 · c₂b₁= 1/2 · b₂a | · 2
c₁d = c₂b₁ = b₂a
Werden nun die Teilstrecken nicht absolut, sondern als Anteile von c bzw. b aufgefasst, lässt sich das so schreiben.
c₁cd = c₂cb₁b = b₂ba
(1-c₂)cd = c₂cb₁b = (1-b₁)ba
Wegen c = a und und b = d wird aus (1-c₂)cd = (1-b₁)ba
(1-c₂)ab = (1-b₁)ba und damit folgt (1-c₂)=(1-b₁) ⇒c₂ = b₁
Aus (1-c₂)cd= c₂cb₁b wird nun (1-c₂)ab = c₂b₁ab ⇒ (1-c₂)ab = c₂c₂ab | : ab
(1-c₂) = c₂² Diese Gleichung lässt sich leicht ausrechnen: c₂(und auch b₁) = 1/2 + 1/2 √5 = 0,618... (1/2 - 1/2 √5 entfällt.)
Die Gleichung (1-c₂) = c₂² lässt aber auch so schreiben: (1-c₂)/c₂ = c₂/1 und wird damit als Gleichung des goldenen Schnitts erkennbar.

Aufgabe 9

„Zeig mal deine Zeichnung“, sagte Mike zu Lisa. „Da staunst du was?. Ich habe an jeder Seite des Quadrats ABCD (Kantenlänge a) jeweils ein gleichseitiges Dreieck hinein gezeichnet. Diese haben auch die Kantenlänge a. Zwei der Punkte eines jeden Dreiecks stimmen also mit den Punkten des Quadrats überein. Die anderen vier Eckpunkte bilden im Inneren des Quadrates wiederum ein Quadrat.“ - Wie lang ist die „kleine“ Quadratseite, wenn das Ausgangsquadrat eine Kantenlänge von 10 cm hat? (3 blaue Punkte für eine konstruktive Lösung + 6 blaue Punkte für eine Berechnung)
„Sag mal, deine Figur kann man doch auch mit nach außen zeigenden Dreiecken versehen, oder?“, fragte Bernd nachdenklich. „Aber klar doch. Das sieht auch nicht schlecht aus. Die außen liegenden Ecken der Dreiecke bilden ja dann auch wieder ein Quadrat“ meinte Lisa. In welchem Verhältnis stehen die Flächeninhalte des „äußeren“ und des „inneren“ Quadrates? - 6 rote Punkte

Lösung

blau:
Die Konstruktion eines gleichseitigen Dreiecks ist ja nicht schwer. Misst man die Seiten des innen entstandenen Quadrates ab so erhält man etwas 5,2 cm.
Na und der Flächeninhalt ist dann auch kein Problem, oder?
Die Berechnung: DM ist gleich Höhe des gleichseitigen Dreiecks minus der halben Seite.
DM und BM bilden gleichschenklig rechtwinkliges Dreieck. Mit der Anwendung des Satz des Pythagoras (oder der Formel für eine Diagonale im Quadrat) ergibt sich:
kleine Quadratseite a_k=(a/2√3-a/2)√2 mit a = 10 cm ergibt sich a_k = 5,176 ... cm
rot:
Die Berechnung der äußeren Quadratseite a_a ist nun nicht schwer.
CM ist gleich Höhe des gleichseitigen Dreiecks plus der halben Seite.
CM und AM bilden gleichschenklig rechtwinkliges Dreieck. Mit der Anwendung des Satz des Pythagoras (oder der Formel für eine Diagonale im Quadrat) ergibt sich:
Quadratseite a_a=(a/2√3+a/2)√2 mit a = 10 cm ergibt sich a_k = 19,318 ... cm
Das Verhätnis der Quadratseiten ist dann 3,73 .. und das der Flächeninhalte 3,73² = 13,93.
Nur mit Formel:
((a/2√3+a/2)√2)/((a/2√3-a/2)√2)
⇒ ((√3+1)√2)/((√3-1)√2) ⇒ (√3+1)/(√3-1)
erweitert mit (√3+1) ⇒
Das Verhältnis der Seiten ist 2 + √3 ⇒
Das Verhältnis der Flächeninhalte 7 + 4√3

Aufgabe 10

„Was ist denn das für ein interessantes Gebilde?“, fragte Mike, als er Lisa beim Basteln eines durchlöcherten Würfels überraschte. „Nun zu erst hatte ich einen Würfel von 27 cm Kantenlänge. Dann habe ich den aus 9 cm großen Würfeln noch einmal gebaut. Das war aber etwas langweilig und so habe ich vorsichtig immer die Würfel heraus genommen, die mit Ihren Flächen mindestens 4 andere berührten. Den Rest habe ich dann verleimt, damit das Gebilde nicht verrutscht.“ Wie viele der 9 cm großen Würfel wurden entfernt? - 2 blaue Punkte. Wie groß sind Oberfläche und Volumen des so entstandenen Gebildes? - 8 blaue Punkte dazu.
Auch Bernd staunte. „Ich stelle mir gerade vor, wir würden nun mit 3 cm großen Würfeln Lisas „Lochwürfel“ noch mal bauen. Dann nehmen wir nach der gleichen Vorschrift (bezogen auf die vorher noch vollen Würfel)* wieder Würfel heraus. Das sieht bestimmt cool aus. Vielleicht solltet ihr das in eurer Mathegruppe mal basteln.“ „Das machen wir bestimmt mal,“ Wie viele der 3 cm großen Würfel wurden entfernt? - 1 roter Punkt. Wie groß sind Oberfläche und Volumen des so entstandenen Gebildes? - 7+4 rote Punkte dazu.

Lösung

Hier gab es etwas Verwirrung, da es einen "Druckfehler" in der ersten Version der Aufgabe gab. Hier nun aber die Lösung:
blau:
Die Anzahl der heraus zunehmenden Würfel ist 7.
Kleine Überlegung. Jeder Würfel hat sechs Seiten, also maximal 6 Nachbarn. Zieht man die sichtbaren Seiten von 6 ab, so erhählt man die Zahl der Nachbarn. ...
Der große Würfel wurde durch 27 kleine ersetzt.
7 Würfel kommen weg ⇒ V = 20/27 des Ausgangsvolumens V₀ = 27³ cm³ = 19683 cm³. V_blau= 14580 cm³
Die Ausgangsoberfläche A₀ (6 &middat; 27² = 4374 cm²) wird durch 54 kleine Flächen ersetzt. Davon kommen 6 weg, aber innen 6 x 4 = 24 hinzu.
Es sind also 54 + (24 - 6) = 72 kleine Flächen oder 72/54 A₀ = 4/3 A₀ = 4/3 · 4374 cm² = 5832 cm²
rot: Auch hier gab es Irritationen, wegen der Nachbarschaftsregel. *(bezogen auf die vorher noch vollen Würfel) sollte heißen, dass nur die zu ersetzenden großen Würfel einzeln zu betrachten waren. Dass die kleinen dann Nachbarn bekommen, die vorher zu einem anderen großen Würfel gehörten, sollte nicht ber¨cksichtigt werden. Damit entsteht dann dieses Bild. (Nun ja, der sogenannte "Menger-Schwamm", um den es sich hier handelt, lässt sich eindeutiger und kürzer beschreiben, aber dann wäre eben auch ein Teil der Aufgabenstellung nicht mehr vorhanden gewesen. Punkte auf Grund der Irritationen gab es trotzdem.)
Jeder der 20 Würfel wurde durch 27 kleinere Würfel ersetzt. Es werden also 20 x 7 = 140 Würfel entfernt.
Das Volumen ist denkbar einfach: Jeweils 7 der 27 Würfel werden entfernt, also bleibt 20/27 V_blau und das sind 10800 cm³ (oder 20 x 27 - 140 = 400 Würfel ⇒ 400 · 27 cm³ = 10800 cm³)
Oberfläche: Die 72 Flächen aus dem blauen Teil werden durch 72 x 9 = 648 ersetzt. davon werden in den "Eckbereichen" je 3 also 8 x 3 = 24 entfernt. In den "Mittelstücken je 4 also 12 x 4 = 48. Hinzu kommt, dass an jeder Stelle, wo ein Würfel (außer dem in der Mitte) entfernt wurde 4 neue Flächen auftauchen. 20 x 6 x 4 = 480 kommen hinzu.
Es sind also 648 - 24 - 48 + 480 = 1056 Flächen. Diese sind je 9 cm² groß also ergibt sich eine Oberfläche 9504 cm²
Auf die Herleitung von allgemeinen Formeln wird hier verzichtet. Zu beachten ist, dass einige Formeln im Internet die ursprünglichen Außenflächenteile vernachlässigen.

Aufgabe 11

"Der "Schwamm" vom letzten Mal hatte es in sich, da wurde das Volumen immer kleiner und der Flächeninhalt wuchs immer mehr. "Schwamm" ist sogar richtig, denn das Gebilde heißt Menger-Schwamm.", sagte Bernd stolz. "Aber was machst du mit dem Schachbrett", fragte er Maria. "Ich untersuche Primzahlen." Nicht nur Bernd staunte. "Ich habe Zettel mit den Zahlen 1 bis 64. Die 64 kommt auf das Feld a8 (oben links). Dann lege ich die 63 rechts daneben, dann die 62 usw. immer am Rand entlang. Bin ich beim Feld a7, geht es wieder nach rechts weiter. So entsteht letztlich eine Zahlenspirale. Die 1 und alle anderen Nichtprimzahlen drehe ich herum. Jetzt geht es ans Zählen." Ermittle die maximale Anzahl von Primfeldern, die ein Läufer in einem "Zug" (Zick-Zack erlaubt) betreten kann, 3 blaue Punkte
"Es gibt aber auch eine zauberhafte Spirale von Primzahlen, die sich sogar über das Brett hinaus fortsetzen lässt. Zu einer solchen Spirale gehören die Primzahlen, deren Abstand von einer zur nächsten immer um 2 wieder zunimmt." Es sind möglichst alle Spiralen zu finden, die auf dem Brett beginnen und mindestens 3 Primzahlen enhalten, die auch auf dem Brett liegen. - pro Spirale gibt es einen roten Punkt

Lösung

Die Lösung für blau lässt sich schnell ablesen. Die unterschiedlichen Schraffuren dienen nur der Kennzeichnung "Farbigkeit" der Schachbrettfelder.
Der längste Läferzug geht von der 37 aus, wenn man hin und zurück auch noch zuläst. Bei nur Zick-Zack ist der Zug von der 59 zur 53 auch 7 Felder lang.
rot: eine Variante bei einer Primzahl starten und dann systematisch suchen:
2 - 4 entfällt
3 - 5 - 9 entfällt
5 - 7 - 11 - 17 - 25 kurz aber geht.
7 - 9 entfällt
11 - 13 - 17 - 23 - 31 -41 - 53- (65) .
13 - 15 entfällt
17 - 19 - 23 - 29 - 37 - 47 - 59 - 73 - ... - 257 Superspirale
19 - 21 entfällt
23 - 25 entfällt
29 - 31 - 35 entfällt
31 - 33 entfällt
37 - 39 entfällt
41 - 43 - 47 - 53 - 61 - ... - 1601 Superspirale
43 - 45 entfällt
47 - 49 entfällt
53 - 55 entfällt
Es sind also 4 solche Spiralen zu entdecken.

Aufgabe 12

"Hallo Lisa, was machst du denn mit dem Schachbrettmuster?", fragte Bernd. "Ich bereite unseren Mathezirkel vor. Das Schachbrettpapier (8x8 - wie üblich) soll durch Zerschneiden entlang der Kanten in vier gleichgroße und zueinander kongruente Stücke zerteilt werden." "Da fallen mir sofort zwei ganz einfache Varianten ein," meinte Mike, der gerade vom Sport gekommen war. "Mir auch, meinte Bernd, "aber ich bin mir sicher, es gibt noch mehr Möglichkeiten." Für jede echt unterschiedliche Variante gibt es einen blauen Punkt - für besonders originelle auch 2.
"Für meine Aufgabe eignet sich das Schachbrett nicht", grübelte Bernd. "Lass hören". "Ihr sehr auf dem Bild das große Quadrat ABCD mit der Seitenlänge a. In diesem befindet sich das Quadrat EFGH. Die Seite EF liegt auf der Seite AB. Die Punkte GCDH bilden ein gleichschenkliges Trapez.
Wie groß muss das innere Quadrat sein, wenn dessen Flächeninhalt genau so groß sein soll wie der des Trapezes GCDH?" - 5 rote Punkte

Lösung

Für die blaue Aufgabe werden hier nach und nach die eingesandten Lösungen vorgestellt, ob das alle sind, möge die Zukunft zeigen. Danke u.a. an Elisa, Rafael und Carl.
Entscheidend für die Verschiedenheit der Lösungen wird die Form der Teile angesehen, da nach dem Ausschneiden nur die Form entscheidet.
Wegen der angestellten Überlegungen der Teilnehmer, sind allerdings teilweise verschiedene Muster, die auf die gleiche Lösung führen, mit dargestellt. Z.B. Bild 5 und 6 in der dritten Zeile

Auswertung Serie 23 (blaue Liste)

Auswertung Serie 23 (rote Liste)