Serie-24

Aufgabe 1

277. Wertungsaufgabe
"Ich freue mich schon auf den Faschingsauftritt unseres Mathezirkels. Es werden 4 unserer Teilnehmer in ihrer Verkleidung als Gauß, Newton, Einstein und Galilei, mit ihrem persönlichen Buch in der Hand auftreten. Leider kann Paula nicht dabei sein, aber Alexandra, Corinna, Anja und Zeta." Klingt doch gut", meinte Bernd, "gib es noch mehr Informationen?" "Aber klar doch", erwiderte Lisa. Die Mathematiker kommen jeweils in einem der Büchern vor, die mit Band 1 bis 4 nummeriert sind.
Sie kamen nacheinander auf die Bühne.

1. Die als Zweite auf die Bühne kommt, hat den Band 4 in der Hand.
2. Anja hat einen Band, dessen Nummer direkt nach nach dem Buch mit Einstein kommt.
3. Zeta kommt später auf die Bühne als Galilei.
4. Alexandra als Gauß hat weder den Band 1 noch Band 4
5. Corinna kommt später als die "Mathematikerin", die in Band 1 vorkommt.

Lösung

Auf die genaue Dastellung des Lösungsweges wird dieses mal verzichtet.
blau:

Aufgabe 2

278. Wertungsaufgabe
"In unserem Mathezirkel untersuchen wir große und kleine natürliche Zahlen, erzählte Maria am Abendbrotstisch. "Erzähl mal weiter," forderte ihr Vater sie interessiert auf. "Als erstes suchten wir die kleinste natürliche Zahl (größer als Null), die sich ohne Rest durch alle natürlichen Zahlen von 1 bis 10 teilen lässt. (2 blaue Punkte)
Die andere Aufgabe war dann schon was für unsere richtigen Experten. Welche ist die kleinste natürliche Zahl (größer 1) aus der sich die 2., die 3. , .. und die 10. Wurzel ziehen lässt, so dass die Ergebnisse natürlich auch wieder natürliche Zahlen sind." - 3 rote Punkte

Lösung

blau: Mal ohne Primfaktorenzerlegung. Die Zahl muss durch 10 teilbar und durch 9, also durch 90. Auch der Faktor (Teiler) sieben wird gebraucht. Das aber geht nur, wenn die gesuchte Zahl 7 · 90 = 630 enthält. So muss die gesuchte Zahl ein Vielfaches von 630 sein. 1260 - aber das geht nicht durch 8. 1890 geht auch nicht, aber 2520 enhählt allen gesuchten Teiler. (Die Primzahlzerlegung beweist das auch noch mal: 2520 = 2³ · 3² · 5 · 7)
rot: Wegen > 1 muss es eine Potenz 2ⁿ sein. Jetzt wird zum Beispiel die 5. Wurzel gesucht, dann nutze ich die Exponentialschreibweise. 5. Wurzel aus 2ⁿ= 2^n/5. n muss also durch 5 teilbar sein. Das gleiche gilt entsprechend 4. Wurzel also n muss durch 4 teilaber sein usw. n ist letztlich die bei blau gesuchte Zahl. 2²⁵²⁰ ist die gesuchte Zahl. 3,9408425 · 10⁷⁵⁸Die Zahl also insgesamt 759 Stellen.
39408424552214162695348543183638915172819172249751642655322154182349336765880096
10655644786388200003560563883371670355420740089454019139502362143605063997052312
03021164366069389563701733455174652493802096528279659381259483508916176782516892
61632215488187059650565457777432980818725650237046825687537631627813593798578816
08885188091378378731800863271837927577487029464607207207704361774773772297845000
22657580657233628383930137914619684009220791267089768552182903618603146950084219
24278007257807164800126572667987375177230234311435842855213499193805644680391721
69626202673688062730898676596391772134889601552116981492110306817797885781410543
59274289556411400436598704927821275214881488970218576557325551889577507340928956
338410400961096026352642413831783448576
Die Potenzen der 2 von 2¹ bis 2²⁵²⁰ hier mal klicken

Aufgabe 3

279. Wertungsaufgabe
"Ich habe heute eine besondere Variante einer Quadratkonstruktion entdeckt", sagte Maria. "Wie meinst du das?", fragte Bernd. "Pass auf.  Man nimmt eine Gerade a und legt auf ihr einen Punkt A fest. Dann legst du einen Punkt X fest, der nicht auf der Geraden liegt, aber so, dass AX nicht senkrecht zur Geraden a liegt. Das gesuchte Quadrat ABCD liegt mit einer Seite auf a. Der Punkte D des gesuchten Quadrates soll von X genauso weit entfernt sein, wie von A. Wie lässt sich nun ein solches Quadrat konstruieren?" (Konstruktionsbeschreibung 5 blaue Punkte.)
Bernd und Mike grübelten eine Weile, dann hatten sie die Konstruktion gefunden. Mike machte zur Übung, die Konstruktion gleich mehrfach. Lisa sah dies und probierte es ebenfalls, allerdings so, dass sie bei ihren Konstruktionen nur den Punkt A auf der Geraden a immer mal anders einzeichnete. Die Lage von X und a blieb also. Als sich Bernd später die Konstruktionen ansah machte er bei der Betrachtung der Lage der jeweils konstruierten Punkte D eine erstaunliche Beobachtung. Als er die Punkte miteinander "elegant" verband, sah er eine klassische Kurve. Welche? - 3 rote Punkte (Name und kurze Begründung)

Lösung

Auf dem Bild sind die Konstruktionen für den Punkt D bzw. D1 - Punkt auf A zu erkennen. m ist die Mittelsenkrechte von AX. Deshalb sind die Punkte D bzw. D1 gleichweit von A und X entfernt. (D liegt senkrecht über A bzgl. a, damit eine der Quadratseiten von ABCD auf a liegt.
Da die Quadratseiten AD bzw. AD1 nun konstruiert sind, lassen sich daruas jeweils zwei Quadate konstruieren ABCD (mathematisch positiver bzw. negativer Umlaufsinn) und ABCD1 (mathematisch positiver bzw. negativer Umlaufsinn) Anmerkung: Wird AX senkrecht a zugelassen, so gibt es einen Punkt D mit den geforderten Eigenschaften, aber nicht D1. rot: Die Punkte D liegen auf einer Parabel. Mögliche Definition einer Parabel:
Eine Parabel ist die Menge aller Punkte X, deren Abstand zu einem speziellen festen Punkt – dem Brennpunkt F – und einer speziellen Geraden – der Leitgeraden l – gleich ist.
X wurde durch D ersetzt, F durch X und l durch a. Quelle
Die Punkte D1 " bewegen sich auf a. (letzlich ein Spezialfall einer Parabel.)

Aufgabe 4

280. Wertungsaufgabe
"Die Parabel von letzter Woche hat mir gefallen. Ich hatte das zwar mal gelesen, aber leider auch wieder vergessen", sagte Lisa. "Dafür habe ich hier eine einfache Bastelei. Ich nehme mir ein beliebiges spitzwinkliges Dreieck und halbiere dessen Seiten. Wenn ich diese Halbierungspunkte miteinander verbinde. Entstehen im Inneren des Dreiecks vier Dreiecke." "Du ich habe das mal probiert mit einem gleichseitigen und einem spitzwinklig gleichschenkligen Dreieck. Da sind die vier Dreiecke kongruent zueinander, stimmt 's". "Aber ja, die Frage ist, gilt das aber auch für den allgemeinen Fall?" - 5 blaue Punkte für einen überzeugenden Beweis. Wird der Beweis für das gleichschenklige Dreieck probiert, so gibt es immerhin auch 3 Punkte. (Aber nicht zusammen 8)
"Ich habe deine Vorschrift mal auf ein Dreieck mit 8 cm, 9 cm und 10 cm angewendet. Nun kann ich die Figur zu einer Pyramide falten, deren Dreiecksflächen kongruent sind. Die Oberfläche dieses komischen Tetraeders ist relativ schnell gefunden, aber wie groß ist dessen Volumen?" - 12 rote Punkte.

Lösung

Die Lösung dieser Aufgabe von Dr. F. Göring und XXX, danke.
280.pdf

Aufgabe 5

281. Wertungsaufgabe
"Ich habe neulich wieder mal "Per Anhalter durch die Galaxis" gelesen", sagte Bernd. "Ja, das kenne ich auch," meinte Lisa. "Die berühmte Zahl daraus ist bekanntlich die 42 - die Antwort auf alles." "Nun, das hat sich mir nicht so erschlossen, aber die 42 ist trotzdem interessant, denn sie ist das Produkt aus genau drei verschiedenen Primzahlen. Gibt es eigentlich noch mehr solche Zahlen?. Ich denke schon." Für je zwei solcher Zahlen (kleiner als 100) gibt es einen blauen Punkt. (Achtung die Primzahlen dürfen nicht potenziert auftreten, denn sonst würde die 60 = 2²*3*5 auch die Bedingung erfüllen)
"Wie viele Teiler mögen solche "Primelzahlen" wohl haben", fragte sich Mike. "Du meinst, egal wie groß die auch sind?" "Genau!" 3 rote Punkte, 4 rote Punkte gibt es noch dazu, wer ein "Primelzahlzwillingspärchen" findet - also zwei direkt aufeinander folgende Zahlen, die die Bedingung "Primelzahl" zu sein, erfüllen.

Lösung

Der wissenschaftliche Name der "Primelzahlen" lautet sphenische Zahl infos bei wikipedia
blau die gesuchte Zahlen sind recht einfach zu finden:
Die kleinst mögliche ist: 2*3*5 = 30
2*3*7 = 42 - war schon gegeben.
2*3*11 = 66
2*3*13 = 78
2*3*17 > 100 also 2*3 abgearbeitet
2*5*7 = 70
2*5*11 > 100 also 2*5 abgearbeitet
2*7*11 > 100 also 2 abgearbeitet
3*5*7 > 100 also mit drei geht nichts mehr fertig. rot: Die sphenische Zahl ensteht durch a*b*c (Primzahlen alle verschieden: Diese Produkt lässt sich durch 1, a, b, c, a*b, a*c, b*c und a*b*c teilen. Es sind also genau 8 Teiler.
Die kleinsten Zwillinge sind 230 = 2*5*23 und 231 = 3*7*11
Drillinge gibt es auch: kleinstes Tripel: 1309 (7*11*17), 1310 (2*5*131) und 1311 (3*19*23)
Vierlinge gibt es nicht, denn dann würde eine der Zahlen den Primfaktor 2 in der Form 2*2 enthalten.

Aufgabe 6

Der erste Kollege bekommt die Hälfte aller Eier und ein halbes Ei, der zweite ein Drittel des Restes und ein Drittel-Ei. Dann gibt es ein Viertel und ein Viertel-Ei und zum Schluss ein Fünftel und ein Fünftel-Ei. 4 rote Punkte (Die im Korb verbleibenden Eier sollte er diesmal besser verteilen und nicht aufessen.)

Lösung:

Es gab eine recht große Beteiligung, aber dabei waren leider auch eine Reihe falscher Angaben. Es besonders die Angabe, dass es nicht wirklich kaputte Eier geben darf, wurde missachtet. Etwas schade, dass die schöne rote Aufgabe nur von wenigen in Angriff genommen wurde, vor allem, wenn doch das Prinzip bei blau deutlich wurde, aber okay.

blau: Eine von vielen Varianten. Wenn der Hase am Ende ein Ei hat, dann waren es vorher x, so dass x - x/2 -1/2 = 1 gilt. (Für Nichtgleichungsleser: Er hatte x Eier, von denen die Hälfte ab und ein halbes gab er auch noch weg. Umstellen oder Probieren führt auf x = 3. Vorher hatte er y Eier mit y - y/2 -1/2 = 3. Das führt auf y = 7. Die nächste Überlegung führt auf 15 und schließlich auf 31 Eier.

rot: Bei blau sieht man dass die Eierzahl ungerade sein muss. Will man am ein drittel Ei zu einem Rest von Eiern ergänzen, so geht das bei 2/3 bei 5/3, bei 8/3 ... Also bei einer Zahl die 1 kleiner ist als eine durch drei teilbare Zahl. Für das 1/4 Ei gilt entsprechend. Es muss sich um eine Zahl handeln, die um 1 kleiner ist als eine durch 4 teilbare Zahl. ... Die gesuchte Startzahl ist also um 1 kleiner als eine Zahl, die durch 2; 3; 4 und 5 teilbar ist. Eine solche Zahl ist das KgV der Zahlen (oder ein Vielfaches davon). Das kgV ist 60, die Startzahl also 59. (Die Teilungsvarianten gehen aber mit mit jedem Vielfachen von 60, wenn man dann noch 1 subtrahiert. so auch mit 5! -1 = 119)

der Test:

59 - (59/2 + 1/2) = 59 - 30 = 29

29 - (29/3 + 1/3) = 29 - 10 = 19

19 - (19/4 + 1/4) = 19 - 5 = 14

14 - (14/5 + 1/5) = 14 - 3 = 11

Aufgabe 7

283. Wertungsaufgabe

„Was zeichnest du denn? Das erinnert mich an die Klasse 3.“,sagte Maria.
„Du hast schon Recht. Es soll eine „Additionsmauer“sein. Man schreibt vier Zahlen (1a, 1b, 1c und 1d) in die Kästchen der unteren Zeile hinein. Dann werden die direkt nebeneinander stehenden Zahlen addiert und das Ergebnis in das obere Kästchen geschrieben (z.B 1a + 1b = 2a). Schritt für Schritt wird nun die Mauer voll.“ „Ach ja, jetzt weiß ich es wieder.“ Um die Mauer eindeutig lösbar zu machen, müssen die Zahlen aber nicht notwendigerweise in der unteren Zeile stehen. Es können auch Ergebnisse der oberen Reihen genutzt werden, um den Rest der Mauer eindeutig zu bestimmen. Für vier blaue Punkte sind alle Varianten anzugeben, wo mindestens Zahlen stehen müssen, um die Mauer eindeutig berechnen zu können
Eine Variante ist schon mal kurz notiert: 1a, 1b, 1c, 1d Für zwei rote Punkte ist die Mauer so auszufüllen, dass alle Beträge der Zahlen der Zeile 1 verschieden sind und ganz oben eine Null steht. - Beispiel angeben reicht.

Lösung:

blau: Leider wurde die Aufgabe nicht von allen Teilnehmern erfasst. Es ging ja darum, die Kombinationen von Feldern zu finden, die mindestens ausgefüllt sein müssen, um die Additionsmauer eindeutig (und widerspruchsfrei ausfüllen zu können. Es leicht nachvollziehbar, dass es 4 Felder sein müssen. Nun um 4 Felder von 10 auszuwählen, gibt es 210 Möglichkeiten. Allerdings gibt es auch "verbotene" Vierer bzw. "unvollständige" Vierer. Verboten: Beispiel: 1a, 1d, 2b und 4. Hier ist nur die Summe S von 1b + 1c ermittelbar. Mit 1b = S - 1c gibt es unendlich viele Lösungen. Unvollständig: Beispiel: 1a, 1b, 1c und 2a. 2a stellt keine neue Information her. sondern ist aus 1a und 1b zwingend.
Rafael hat 120 Möglichkeiten gefunden, Glückwunsch.
Es wäre spannend zu wissen, ob es eine Formel für den Fall einer n-stufigen Additionsmauer gibt.
rot: Beispiel: 1a = -17, 1b = 4, 1c = -1 und 1d = 8
Es kam also darauf an, die Grundschulaufgaben auf negative Zahlen auszudehnen.

Aufgabe 8

284. Wertungsaufgabe

„Du mit deinen „Primelzahlen“, da hast du mich neulich ganz schön auf Trab gehalten,“ knurrte Lisa. „Aber egal, schau mal. Beim letzten Treffen unseres Mathematikzirkels hat uns Alfred eine Zeichnung gezeigt, auf der ein gleichschenklig rechtwinkliges Dreieck zu sehen war. Er hatte einen Punkt X in das Innere gezeichnet und diesen mit den Eckpunkten des Dreiecks verbunden. Die drei den Punkt umgebenden Winkel waren „zufälligerweise“ alle gleich groß. Er hatte alle in der Figur vorkommenden Winkel schon ausgerechnet.“ Wie groß sind die in der Figur vorkommenden Winkel? - 4 blaue Punkte.
„Aber es war ihm bisher noch nicht möglich, eine exakte Konstruktionsvorschrift – und Begründung – anzugeben, wie man den Punkt X bei gegebenen Dreieck durch eine Konstruktion findet.“ 6 rote Punkte.

Lösung:

Dem Bild kann man die blaue und rote Lösung entnehmen. Der gesuchte Punkt um den es geht, heißt in der Zeichnung H. Es ist der sogenante "innere" Fermatpunkt, der für jedes Dreieick, dessen größer Winkel < als 120° ist existiert. Die drei Winkel, die den Punkt H als Schteilpunkt haben, sollen laut Aufgabenstellung gleich groß sein. Damit sind diese je 120° groß. Allerdings werden ja auch die Winkel bei den Eckpunkten geteilt. Im Dreieck ABH sind die Winkel 30°, 30° und 120° groß. Im Dreieck BCH gibt es 15°, 45° und 120°, genau wie im Dreieck ACH.

Die Konstruktion des Punktes H ist leider nur einmal komplett gelöst worden - Elisa (mit Papa?) aus Klasse 7. Hier wurde die spezielle Form des Dreiecks genutzt, nämlich, dass es gleichschenklig war, bei der Aufgabenstellung vollständig korrekt.

Hier nun die allgemeinere Variante.

Über den Seiten a und b des Dreiecks ABC werden gleichseitige Dreiecke konstruiert. - rötliche Hilfskreise. ZU diesen werden jeweils die Umkreise konstruiert - blaue Kreise. Diese schneiden sich im Punkt H.

Warum ist nun der Winkel CHB 120° groß? Nun die Punkte HBDund C liegen auf einem Kreis. Damit handelt es sich, bei dem aus den Punkten gebildeten Viereck um ein Sehnenviereck. In einem solchen gilt, dass die Summe der gegenüberliegenden Winkel 180° beträgt. Winkel BDC = 60° (gleichseitiges Dreieck) als Winkel CHB = 180° - 60° = 120°.

Entsprechend gilt die Überlegung für den Winkel CHA ==> 120° und so mit alle Winkel bei H 120°.

Praktische Bedeutung des Punktes H. Sind A, B, und C drei Orte, die durch Straßen verbunden werden sollen, die insgesamt möglich kurz sein sollen, so geht dies mit Hilfe des Punktes H.

Zum selberprobieren (Achtung, Java wird gebraucht und es kann zum Absturz des Browsers kommen) < -- hier -->

Aufgabe 8

285. Wertungsaufgabe

„Der Punkt aus eurer letzten Aufgabe wird auch Fermatpunkt genannt.“, sagte Bernds Opa, der den Zettel auf dem Tisch hatte liegen sehen. „Ich habe hier zwei ganz besondere Zahlen für euch: 1827 und  2187. Die haben nicht nur die Ziffern gemeinsam, sondern lassen sich jeweils als Produkt zweier zweistelliger Zahlen schreiben, die auch aus genau den Ziffern gebildet werden.“ „Mit etwas Taschenrechnerarbeit habe ich die Lösungen gefunden“, verkündete Mike nach nur 15 Minuten. - 4 blaue Punkte.
„Na gut, dann bekommst du noch die hier: 125460. Die lässt sich auf zwei verschiedene Arten als Produkt zweier dreistelliger Zahlen schreiben, die auch aus genau den Ziffern gebildet werden.“ Für den Fleiß 6 rote Punkte

Lösung:

blau: man kann probieren - geht ja auch schnell, aber es darf auch etwas systematischer sein.

Zum Beispiel 1827 Primfaktorenzerlegung 1827 = 3 * 3 * 7 * 29

Die gesuchten Faktoren (Ziffern 1 8 2 7) müssen sich aus den Primfaktoren bilden lassen und zweistellig sein.

Einer der Fakoren muss die 29 enthalten

==> Faktor 1: 3 *29 = 87 mit 1827 : 87 = 21 ist eine Lösung gefunden.

==> Faktor 1: 7 *29 = 203 zu groß

==> Faktor 1: 3 *3 * 29 = 261 zu groß

So mit die Lösung gefunden und zu gleich gezeigt, dass es nur diese eine gibt.

Mitt dieser Methode lassen sich auch die anderen Zahlen untersuchen:

2187 = 27 * 81

rot: 125460 = 204 * 615 = 246 * 510

Die Zahlen um die es hier geht, heißen auch Vampirzahlen, die Faktoren sind die "Zähne" der Vampire.

Quelle: http://en.wikipedia.org/wiki/Vampire_number

„Mir sind neulich zwei alte Umfragen, die an unserer Schule durchgeführt wurden und in der Schülerzeitung standen, wieder in die Hände gefallen“, sagte Mike. „Lass hören“, meinte Bernd. „Bei der ersten wurden alle Schüler befragt. Das waren 650. 500 davon gaben an, sich sportlich zu betätigen. 400 antworteten auf die Frage, ob sie mehr als zwei Stunden pro Woche am Computer verbringen,mit ja. Für genau 100 traf keines der beiden zu.“ „Da lässt sich doch herausfinden, wie viele Sport treiben und trotzdem die Zeit für den Computer haben“, war sich Lisa sicher, die mit im Zimmer war. (4 blaue Punkte - !Begründung nicht vergessen!)

„Hier noch die Angaben zur zweiten Umfrage“, sagte Mike.
Reiseziele: A – Polen B – Frankreich und C – Dänemark
50 Schüler nahmen teil und kreuzten bei A, B und C entweder ja oder nein an – Enthaltungen gab es keine.
Bei der Auswertung ergaben sich folgende Ja-Anteile.
1. 20 A
2. 25 B
3. 30 C
4. 8 A und B
5. 12 B und C
6. 10 A und C
7. 3 A und B und C
Wie viele Schüler waren in keinem der Länder? Wie viele waren in genau einem der Länder? Wie viele waren in Polen, aber nicht in Frankreich? (3*3 rote Punkte)

Lösung:

blau: Es gab verschiedene Argumantationsvarianten. Ich greife mal die am häufigsten genutzte auf.

Es sind 650 Schüler, 100 treiben werder Sport, noch sitzen sie am Computer. Es bleiben also 550 Schüler. Addiert man die 500 Sportantworten und die 400 Computerangaben so ergibt sich 900. Da es nur 550 Teilnehmer sind müssen es 900 - 550 doppelte Antworten sein. Es sind also 350, die beides machen. (Nun sind es also 150 mit nur Sport, und 50 mit nur Computer.)

rot: Die Überlegungen laufen, ähnlich, zwecks kurzer Darstellung hier die Variante von mawi, danke:

2) S() heiße Schnittmenge von ()

alle = 50

A = 20

B = 25

C = 30

S(AB) = 8

S(BC) = 12

S(AC) = 10

S(ABC) = 3

Es gilt: alle = keins + A + B - S(AB) + C - S(BC) - ( S(AC) - S(ABC) )

=> 50 = keins + 20 + 25 - 8 + 30 - 12 - (10 - 3) = keins + 48

=> keins = 2 => in keinem dieser Länder waren 2 Schüler

nur in A = A - S(AB) - ( S(AC) - S(ABC) ) = 20 - 8 - (10-3) = 5

nur in B = B - S(AB) - ( S(BC) - S(ABC) ) = 25 - 8 - (12-3) = 8

nur in C = C - S(AC) - ( S(BC) - S(ABC) ) = 30 - 10 - (12-3) = 11

=> Nur in Polen waren 5, nur in Frankreich 8 und nur in Dänemark waren 11 Kinder. Zusammen sind das 24 Kinder, die nur in einem der Länder waren. Sollte nur die Summe gesucht gewesen sein, so kann man auch so darauf kommen:

nur ein Land = alle - keins - S(AB) - ( S(BC) - S(ABC) ) - ( S(AC) - S(ABC) ) = 50 - 2 - 8 - (12-3) - (10-3) = 24

in A aber nicht in B = A - S(AB) = 20 - 8 = 12

=> 12 Kinder waren in Polen aber nicht in Frankreich.

Aufgabe 11

„Ein Teilnehmer an unserem Mathematikzirkel ist am 16.05.2010 Bruder einer Schwester geworden, ein Sonntagskind“, sagte Maria etwas aufgeregt. „Nun da wird sie also an einem Montag ihren ersten Geburtstag feiern, aber wie alt wird sie werden, wenn sie zum ersten Mal wieder an einem Sonntag Geburtstag hat?“ 3 blaue Punkte.
Warum ist der 28. Geburtstag immer der gleiche Wochentag wie der Tag der Geburt? - 2 rote Punkte.

Lösung:

blau:

2011 - Montag, 2012 - Mittwoch (Schaltjahr) 2013 - Donnerstag, 2014 - Freitag,

2015 - Samstag, 2016 - Montag (Schaltjahr), 2017 - Dienstag, 2018 - Mittwoch,

2019 - Donnerstag, 2020 - Samstag (Schaltjahr) 2021 - Sonntag (endlich am 11. Geburtstag ist es wieder so weit.

rot: 28 = 4 * 7 Das kgV von Schaltjahrregelung und Verschiebung um eine Woche durch "normale" Jahre.

Einige Beantworter haben auf die Jahrhundertregelung hingewiesen. 1700, 1800, 1900, 2100, 2200, 2300, 2500 sind keine Schaltjahre, deshalb greift beim Überschreiten die 28-er Regel nicht.

Da das Jahr 2000 ein Schaltjahr war, sind alle aktuellen Leser nicht von dieser Ausnahme betroffen.

Aufgabe 12

„In unserer Gruppe bereiten wir gerade einen kleinen Schnellrechenwettbewerb vor“, sagte Maria. „Sag doch mal ein Beispiel.“  „Bei einer dreistelligen Zahl ist der Einer sechsmal so groß wie die Hunderterziffer, und die Zehnerziffer ist die Differenz der beiden anderen Ziffern.“ „Na, das ist doch nicht schwer“, meinte Mike.  Stimmt sicher – 2 blaue Punkte.
„Die Aufgabe kann man auch allgemeiner formulieren,“ sagte Bernd, „passt auf“.
Die Einerziffer ist ein ganzzahliges Vielfaches der Hunderterziffer und die Zehnerziffer ergibt sich aus der Differenz der beiden anderen Ziffern.
Für wie viele (und welche) dreistelligen Zahlen trifft die Verallgemeinerung der Aufgabe zu? 5 rote Punkte
Anmerkung. In jedem Fall gelte, die Hunderterziffer ist größer als Null.

Lösung:

blau: kleinste Hunderter-Stelle das Sechsfache da von ist 6 Differenz ist 5 also gesuchte Zahl 156. Hunderterstelle 2 das Sechfache ist 12 - zu groß für eine Ziffernstelle, also ist 156 auch die einzige Zahl.

rot: Antwort von XXX, danke:

Die Einerziffer ist ein ganzzahliges Vielfaches der Hunderterziffer und die Zehnerziffer ergibt sich aus der Differenz der beiden anderen Ziffern.

Dann habe ich Zahlen der Form (x) (nx-x) (nx), wobei n die Art des Vielfachen angibt, also von 0 bis 9 geht.