Serie-26

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Serie 26

Aufgaben und Lösungen


Aufgabe 1
301. Wertungsaufgabe

"Hallo Mike, du warst doch letzte Woche zu dem Treffen der Wochenaufgabenentwerfer in Potsdam. War das interessant?" "Aber selbstverständlich." Na dann erzähl doch mal," drängelte Lisa.
"Hier lest einfach meine Notizen."
Es sind 5 Schüler, die haben  alle in diesem Jahr begonnen, Wochenaufgaben ins Netz zu stellen. Start war Januar, Februar, April, Mai bzw. Juli. Es sind zwei Jungs, Bert und Helmut, sowie die Mädchen Elke, Gina und Melanie. Angereist kamen sie aus Freiberg, Berlin, Zwickau, Köln und München. Keiner kam aus seiner Heimatstadt (Hannover, Dresden, Hamburg, Leipzig und Rostock), in denen sie ihre Wochenaufgaben veröffentlichen.
1..Einen Monat bevor Bert begann, seine Wochenaufgaben zu veröffentlichen, begann der/die Leipziger/Leipzigerin, der/die aus Freiberg angereist kam, mit seinen Aufgaben.
2..Den Start der Wochenaufgaben im Februar unternahm nicht der/die aus Köln angereiste und nicht der/die in Hannover wohnende.
3..Der Start der Veröffentlichung des (oder der) aus München angereisten war eher wie  des Hamburgers (oder Hamburgerin) und genau drei Monate früher als der Start durch die Rostockerin Gina.
4..Melanies Veröffentlichung war einen Monat eher als der Start von Elke, die  aus Berlin anreiste.
Wer kam aus welcher Stadt nach Potsdam? Wo wohnen die Leute? Wann begannen die Veröffentlichungen? 6 blaue Punkte
Begleitet wurden die Schüler durch ihre Mathelehrer, die alle verschiedene Augenfarben -- blau, grün, grau, braun und rötlich- hatten. Sie hielten alle einen kurzen Vortrag, diese begannen 9.50 Uhr, 10.00 Uhr, 10.20 Uhr 10.40 Uhr und 10.50 Uhr. Auf dem Rednerpult stand jedesmal etwas anderes. Saft, Milch, Tonic, Limo und Wasser. Ich schätzte die Lehrer  auf 25 , 40, 50, 55 und 60 Jahre.
1.Der Lehrer mit den brauen Augen und dem Saft ist 10 Jahre älter als der, welcher eine halbe Stunde eher mit seinem Vortrag begann.
2. Der 55-jährige begann 20 Minuten später als der Milchtrinker, der wiederum älter ist als der Limotrinker mit den grünen Augen.
3. Der Wassertrinker begann seinen Vortrag 20 Minuten eher als der mit den rötlichen Augen.
4. Der mit den blauen Augen war der Jüngste.
Wer (Augenfarbe) hielt wann seinen Vortag und trank dazu welches Getränk? 6 rote Punkte
"Sag mal, war da der Mathelehrer aus Chemnitz, der sich schon so viele Aufgaben ausgedacht hat, auch dabei?" "Nö, das ist doch auch wieder nur so eine Aufgabe von dem."

Lösung:
Die Tabellen im Sinne der Aufgaben des Logiktrainers sind Uwe, danke.
Januar Februar April Mai Juli Hannover Düsseldorf Hamburg Leipzig Rostock Freiberg Berlin Zwickau Köln München
Bert - + - - - - + - - - - - + - -
Helmut + - - - - - - - + - + - - - -
Elke - - - + - - - + - - - + - - -
Gina - - - - + - - - - + - - - + -
Melanie - - + - - + - - - - - - - - +
Freiberg + - - - - - - - + -
Berlin - - - + - - - + - -
Zwickau - + - - - - + - - -
Köln - - - - + - - - - +
München - - + - - + - - - -
Hannover - - + - -
Düsseldorf - + - - -
Hamburg - - - + -
Leipzig + - - - -
Rostock - - - - +
Daraus lässt sich ablesen: Wann, wer, wohnt in, kommt aus:
Januar - Helmut - Leipzig - Freiberg
Februar - Bert - Dresden - Zwickau
April - Melanie - Hannover - München
Juli - Gina - Rostock - Köln
rote Aufgabe:
Januar Februar April Mai Juli 25 Jahre 40 Jahre 50 Jahre 55 Jahre 60 Jahre Saft Milch Tonic Limo Wasser
blau - + - - - + - - - - - - - - +
grün + - - - - - + - - - - - - + -
grau - - - + - - - - + - - - + - -
braun - - - - + - - - - + + - - - -
rötlich - - + - - - - + - - - + - - -
Saft - - - - + - - - - +
Milch - - + - - - - + - -
Tonic - - - + - - - - + -
Limo + - - - - - + - - -
Wasser - + - - - + - - - -
25 Jahre - + - - -
40 Jahre + - - - -
50 Jahre - - + - -
55 Jahre - - - + -
60 Jahre - - - - +

Daraus lässt sich ablesen: Vortragsbeginn, Augenfarbe, Getränk, Alter:
9.50 Uhr - grün - Limo - 40
10.00 Uhr - blau - Wasser - 25
10.20 Uhr - rötlich - Milch - 50
10.40 Uhr - grau - Tonic - 55
10.50 Uhr - braun - Saft - 60



Aufgabe 2

302. Wertungsaufgabe
"Hallo Lisa." Hallo Mike, was machst du denn mit dem Zettel zum kleinen 1 x 1.?" Das ist nicht das ganze 1  x 1, sondern es sind  nur die zweistelligen Ergebnisse davon." Wie viele solcher Ergebnisse gibt es eigentlich und lässt sich daraus die Anzahl der Primzahlen zwischen 10 und 100 ermitteln? (Kleines Einmaleins bedeutet beide Faktoren sind einstellig.) 3 blaue Punkte. Aus den Ergebnissen der blauen Aufgabe soll eine 9-stellige Zahl zusammengestellt werden, deren Ziffern alle verschieden sind (keine Null). Je zwei Ziffern, die nebeneinander stehen, bilden ein Produkt des kleinen Einmaleins. 5 rote Punkte. Beispiel für 5-stellig 32481 -- 32; 24; 48 und 81 sind Produkte des kleinen Einmaleins.

Lösung:
Blau: Alle Ergebnisse des Kleinen 1 x 1:
10,12,14,15,16,18, 20, 21, 24, 25, 27, 28, 30, 32 ,35, 36, 40, 42, 45, 48, 49, 54, 56, 63, 64,72, 81 ==> 27 Ergebnisse. Es gibt natürlich Ergebnisse, die doppelt vorkommen (18 = 2*9 = 9*2, aber danach war nicht gefragt. Auch das häufig auch die 10-er Reihe mit zum kleinen 1 x1 gezählt wird ändert nicht am zweiten Teil der Aussage ...-->)  Streicht man aus einer Tabelle der Zahlen von 10 bis 99 die Ergebnisse heraus, so bleiben auch Zahlen Stehen, die keine Primzahlen sind, z.B. 91 = 9*13. Damit lässt sich die Anzahl der Primzahlen also so nicht ermitteln.
rot: 23 Ergebnisse aus blau enthalten keine Null und sind Kandidaten für die gesuchte 9-stellige Zahl. Die Ziffer 9 kommt nur einmal vor, also muss die gesuchte Zahl xxxxxxx49 heißen. Zwei Ziffern geschafft.
Ziffer 7 gibt es in 27 und 72. Würde die 7 irgendwo in der Mitte der Zahl stehen, so wäre sie von zwei Zweien eingeschlossen, was aber nicht sein darf, damit muss die 7 an den Anfang. ==> 72xxxxx49. Was kommt vor die 4. Da wären 72xxxx149, 72xxxx549 oder 72xxxx649.
72xxxx149 ==> 72xxx8149 ==> 72xx18149 nicht zulässig.
72xxxx649 ==> 72xxx1649 oder 72xxx3649 oder 72xxx5649 ==> ... weiteres systematisches Einsetzen führt in jedem Fall auf eine nicht zulässige Zahl, damit bleibt nur
72xxxx549
==> 72xxx1549 oder 72xxx3549 ==> Untersuchung erste Variante
72xx81549 ==> Widerspruch, denn die auf 8 endenden Produkte fürfen nicht genommen werden werden (wegen 1 oder 2 doppelt) ==>
es bleibt 72xxx3549 ==>
72xx63549 ==>72x163549 ==> 728163549. Die systemtische Untersuchung zeigt es gibt genau eine solche gesuchte Zahl.


Aufgabe 3

303. Wertungsaufgabe
"Lisa, du hast ja schon wieder die Schere in der Hand. Willst du wieder Schachbretter zerschneiden?, grinste Bernd. "Nein, ich habe regelmäßige Vielecke ausgeschnitten, die alle die gleiche Kantenlänge haben. So kann ich sowohl die gleiche Art auf Kante legen, aber eben auch verschiedene." "Auf Kante legen?" "Kante an Kante, ohne das was übersteht."  Bernd spielt gleich mal ein wenig. "Wenn ich nur die Dreiecke nehme dann passen diese super zusammen, aber auch die Sechsecke. Nehme ich allerdings Achtecke, dann bleiben Lücken." Was passt in die Lücken hinein und warum? (2 + 3 blaue Punkte). Rot Gesucht sind 3 verschiedene regelmäßige Vielecke mit jeweils gleicher Kantenlänge, die paarweise auf Kante liegen, aber die gemeinsame Ecke komplett ausfüllen. (Bei blau sind es aber eben zwei Achtecke -- also leider nicht verschieden -- und das gesuchte n-Eck, was so eine gemeinsame Ecke komplett ausfüllt. Pro Tripel je zwei Punkte.

Lösung:
blau: Die Innenwinkel eines regelmäßigen Achtecks sind 135° groß - Begründung bei rot. Legt man zwei solche Achtecke auf Kante, so ergeben sich 2*135° = 270° an den Eckpunkten der gemeinsamen Kante. Um diese Lücke zu schließen, muss die gesuchte Fläche (360° - 270° = ) 90° große Innenwinkel besitzen. Da die Kanten alle gleichlang sein sollen, handelt es sich also um ein Quadrat.
rot: Die Innenwinkelsumme eines n-Ecks lässt sich (n - 2 ) * 180° berechnen. (Für die ganz genau Lesenden - ebenes konvexes n-Eck).  Da es sich bei der Aufgaben Stellung um regelmäßige n-Ecke handeln soll ergibt sich für den einzelnen Innenwinkel {tex} \frac {(n-2) * 180^\circ} n{/tex}. Um eine Ecke mit drei verschiedenen n-Ecken auszufüllen muss also {tex} \frac {(n_1-2) * 180^\circ} {n_1} + \frac {(n_2-2) * 180^\circ} {n_2} + \frac {(n_3-2) * 180^\circ} {n_3} = 360^\circ{/tex} gelten. Dabei sollen die einzelnen Werte für n alle verschieden sein. Wird die Gleichung durch 180° dividiert, dann erhält man:
{tex} \frac {(n_1-2)} {n_1} + \frac {(n_2-2)} {n_2} + \frac {(n_3-2)} {n_3} = 2{/tex}
Jetzt gibt es verschiedene Möglichkeiten die Überlegungen fortzusetzen. So lässt sich z.B. die Gleichung nach n3 umstellen und dann systematisch probieren.  Oder man rechnet per Tabellenkalkulation durch, ... Wie auch immer.
Es gibt genau 6 verschiedene Lösungen - den Nachweis, dass dies alle sind, überlasse ich dem geneigten Leser.
Die Zahlen geben die Anzahl der Ecken an:
(3; 7; 42) - krumme Gradgrößen, deshalb nur mit Probieren ganzahliger Gradzahlen nicht zu finden
(3; 8; 24)
(3; 9; 18)
(3; 10; 15)
(4; 5; 20)
(4; 6; 12)





Aufgabe 4

304. Wertungsaufgabe
Maria konstruiert mit dem Zirkel ein regelmäßiges Achteck. Dies hat eine Kantenlänge von 6 cm. Die Bezeichnung der Eckpunkte ist wie üblich ABCDEFGH. Nun aber sitzt sie grübelnd vor ihrem Blatt. Bernd kommt ins Zimmer und fragt, was denn sei. "Ich möchte ein  weiteres Achteck in das Achteckeck hinein konstruieren. Der Punkt E soll auch Eckpunkt des neuen Achtecks sein. Zwei Seiten sollen auf den Seiten d und e liegen und eine dritte Seite auf der Diagonalen AD." "Ich verstehe," meint Bernd, nach dem er sich eine Skizze angefertigt hat. 6 blaue Punkte für eine begründete Konstruktionsbeschreibung. 5 rote Punkte für die Berechnung der Kantenlänge des kleinen Achtecks. (Anmerkung: Es ist immer ein regelmäßiges Achteck gemeint.)
Lösung:
Das regelmäßige Achteck bei vorgebener Seitenlänge zu konstruieren, ist auf mehrere Arten möglich. Hier eine Variante.
Zeichne eine Strecke AB mit 6 cm. Die Strecke wird über den Punkt B hinaus verlängert. Nun wird in B eine Senkrechte errichtet (Grundkonstruktion). Der rechte Winkel, der nicht die Strecke AB einschließt, wird halbiert (Grundkonstruktion). Der Winkel zwischen AB und der Winkelhalbierenden ist somit 135° groß. Genau das aber ist die Größe der Innenwinkel eines regelmäßigen Achtecks. Es wird nun von B aus 6 cm auf der Winkelhalbierenden abgetragen und man erhält den Punkt C des Achtecks. Eine Wiederholung der Schritte führt zum gesuchten großen Achteck.
304
Jetzt wird die Diagonale AD eigezeichnet. Siehe Bild von Uwe, danke.
Das Prinzip ist jetzt erkennbar. Das kleine Achteck lässt sich als Bild einer zentrischen Streckung des großen Achtecks mit dem Streckungszentrum E auffassen, wobei B' und C' auf der Diagonalen liegen müssen. Damit liegt aber zugleich die Seitenlänge des kleinen Achtecks fest. Die Lage der anderen Punkte lassen sich durch Parallelverschiebungen ermitteln.
rot: Die Seitenlänge des kleinen Achtecks lässt sich nun mittels Pythagoras und Strahlensatz ermitteln. Gegebene Seitenlange sei a
EB' / EB = B'C'/ a
(EB-a) /EB = B'C'/a
Die Diagonale EB ist Wurzel (2)*a + a lang.
Wird die Länge der Diagonalen in die zweite Gleichung eingesetzt, so ergibt sich:
B'C' = a*  Wurzel (2)/  (Wurzel (2) + 1) das sind rund 0,5857864 * a. Das bei 6 cm Ausgangswert 3,5147186 cm für das kleine Achteck.
Sollte es Nachfragen geben, so können diese gern im Forum gestellt werden.


Aufgabe 5

305. Wertungsaufgabe
Bernd fährt auf dem Weg von Leipzig nach Chemnitz durch den Ort Narsdorf. Der Name des Ortes besteht aus 8 verschiedenen Buchstaben. Wie viele Orte mit dorf am Ende ließen sich mit den Buchstaben N A R und S bilden. 2 blaue Punkte. Wie viele echt verschiedene Wörter lassen sich aus den 8 Buchstaben bilden? Die Wörter haben die Längen 1 bis 8 Buchstaben. 5 rote Punkte.

Lösung:
Blau: Die ersten vier Buchstaben waren auf alle möglichen Arten anzuordnen, dies nennt man Permutation. Für die erste Stelle habe ich vier Möglichkeiten. Für jede der 4 Möglichkeiten. verbleiben für die 2. Stelle 3 Buchstaben. Das sind 4 * 3 Möglichkeiten. Für jede dieser Möglichkeiten kann ich aus zwei verbleiben Buchstaben auswählen. Das ergibt also 4*3*2 Möglichkeiten. Bei jeder dieser 24 Möglichkeiten kann ich den verbleiben 4. Buchstaben nur noch ergänzen. Es sind also 24 Möglichkeiten. Kurze Schreibweise 4! (sprich  vier Fakultät). n! (n>1) steht für 1*2*3* ... * n. siehe --> Mathelexikon <--
Anmerkung. Die "Namen" des zu bildenden Dorfes muss nicht lesbar bzw. aussprechbar sein.
rot: Hier sind nun für die 1 bis 8 Buchstaben langen "Worte"  von den acht Buchstaben des Wortes NARSDORF 1, zwei, drei, .... Buchstaben zu wählen.
Der Fachbegriff dafür ist Kombination, aber und jetzt kommt es, die bekannten Formeln für die  Kombination greifen nur, wenn alle Elemente (alle Buchstaben) verschieden sind. NARSDORF aber enthält das R eben zwei mal. Okay, wenn man NARSdorf schreiben, könnte man R und r unterscheiden, aber ...
Hier nun die Betrachtungen von XXX einmal NARSdorf und einmal NARSDORF, danke.
als pdf




Aufgabe 6

306. Wertungsaufgabe
Maria sitzt am Computer als Bernd in ihr Zimmer kommt. „Das sieht aber cool aus. Was ist das?“ „Ich lese auf der Schulhomepage gerade den Artikel zur Sierpinskipyramide. --> Zum Nachlesen<--  Dieses Modell wurde in der letzten Projektwoche gebaut.“ „Aus wie vielen kleinen Tetraedern mag wohl dieses Modell bestehen?“ „Das lässt sich ausrechnen. Pass auf. Ich gehe die Beschreibung noch mal durch. Man nimmt ein Ausgangstetraeder – Stufe 0. Nun werden alle Kanten des Tetraeders halbiert. Danach lassen sich also ausgehend von den Ecken des Ausgangstetraeders vier halb so große finden. Alles, was in der Mitte ist, kommt weg. Fertig ist die Stufe 1. Nun wird mit den verbleibenden Stufen-1-Tetraedern der Vorgang – Halbieren …  – wiederholt.  Das gebaute Sierpinskitetraeder entspricht der Stufe 5.“ Aus wie vielen kleinen Tetraedern besteht das Modell und was für ein Körper passt in die Lücke der Stufe 1? – 3+3 blaue Punkte (Nur Anzahl oder Name des Körpers bringt nicht die volle Punktzahl). Wie groß sind Oberfläche und Volumen der Stufe 5 im Vergleich zur Stufe 0, wenn die Kantenlänge in Stufe 0 bei 96 cm liegt? (8 rote Punkte)
Lösung:
blau:
Stufe 0 - 1 Tetraeder = 40
Stufe 1 - 4 Tetraeder = 41
Stufe 2 - 16 Tetraeder = 42
...
Stufe 5 - 1024 Tetraeder = 45
allgemein: Stufe n 4n Tetreder
Betrachtet man das Bild aus Aufgabe 307, so ist zu erkennen, dass die Figur, die in die Lücke passt 6 Ecken hat und 8 kongruente gleichseitige Dreiecke als Flächen besitzt ein Oktaeder ist.
rot: Betrachten wir zuerst den Übergang von Stufe 0 zur Stufe 1: Volumen. Die Stufe 1 besteht aus 4 Tetredern, die die halb so groß sind wie das Teraeder der Stufe 0. Damit ist das Volumen eines Tetraeders 1/8 des Ausgangsvolumens. Da es vier Tetraeder sind 4/8 oder 1/2 des Ausgangsvolumens. Oberfläche der Stufe 0 besteht aus vier zueinander kongruenten  gleichseitigen Dreiecken 4*A0. Die Stufe 1 besteht aus 16 halb so großen Dreiecken 16*A1. A1 ist aber 1/4 von A0. 16*1/4*A0 = 4A0.
Zusammengefasst: Beim Übergang von Stufe 0 zur Stufe 1 wird das Volumen halbiert, aber die Oberfläche bleibt. Wie man leicht nachvollziehen kann, passiert beim Übergang von Stufe 1 zur Stufe 2 das Gleiche:  das Volumen wird halbiert, aber die Oberfläche bleibt.
Allgemein: Vn = (1/2)n * V0 und An = A0
Setzt man die 96 cm der Stufe 0 in die Tetraederformel und dann in die obige Formel ein ergeben sich:
V5 = 3258 cm3 und A5 = 15963 cm2
Hier mal noch ein Bild einer passenden Mathematikbriefmarke:
Noch mehr Mathemarken --> hier <-- sierpinski





Aufgabe 7

307. Wertungsaufgabe
"Das Modell der letzten Woche würde ich am liebsten mit GEOMAG – Teilen nachbauen“, sagte Mike, als er sich das Bild des Modells ebenfalls im Internet angeschaut hatte. „GEOMAG, das ist doch der Magnetbaukasten, oder?“ „Aber ja doch. Du hast gleichlange magnetische Stäbe. Als Ecken nimmt man Stahlkugeln. Wenn du ein Modell der Stufe 1 baust – siehe Aufgabe 306 – dann sieht man die Lücken nicht wirklich. Es sei denn, du verwendest dreieckige Panele als Seiten für die äußeren kleinen Tetraeder. Wie viele Stäbe und  Kugeln werden für die Stufe 2 benötigt? 4 blaue Punkte – kleine Herleitung nicht vergessen. 4 rote Punkte für die Anzahl von Stäben und Kugeln der Stufe n, n – beliebige natürliche  Zahl.
Bild der Stufe 1:307

Lösung:
blau:
Stufe 0: 1*6 Stäbe + 4 Kugeln.
Das Bild zeigt die Stufe 1.
Es sind 4*6 Stäbe (24) und 4*4- 6 (10) Kugeln.
Für die Stufe zwei müssen nun vier solche Tetraeder benutzt werden, wobei die 3 oberen Kugeln der "unten stehenden" Tetraeder doppelt verwendet werden, aber die drei Kugeln, wo sich die unteren Tetraeder berühren.
24 * 6 = 96 Stäbe und 4 *10 - 6 = 34 Kugeln.
rot: n - die Stufe Anzahl der Stäbe 4n * 6 das ist leicht zu sehen.
Für die Zahl der Kugeln gab es mehere Ansätze und so waren die Formeln letztlich auch unterschiedlich "kompliziert". Richtig allerdings waren die alle.
Einen interessanten Ansatz fand Rafael.
Für die Anzahl der Kugeln multiplizierte der die Anzahl der Stangen mit 2 - macht Sinn. Um nun auf die obigen (blauen) Zahlen zu kommen wurde das Produkt durch 6 dividiert und dann kamen zwei Kugeln dazu. Setzt man nun die Anzahl der Stäbe mit 4n * 6 ein, dann ergibt sich nach wenigen Schritten: Anzahl der Kugeln K = 2(4n+1).
Wer das Ganze mal größer bauen will, der sollte folgende Anzahl Kugeln und Stäbe sich besorgen.
Stufe Stäbe Kugeln
0 6 4
1 24 10
2 96 34
3 384 130
4 1536 514
5 6144 2050
6 24576 8194
7 98304 32770
8 393216 131074
9 1572864 524290
10 6291456 2097154
11 25165824 8388610
12 100663296 33554434
13 402653184 134217730
14 1610612736 536870914
15 6442450944 2147483650
16 25769803776 8589934594
17 103079215104 34359738370
18 412316860416 137438953474
19 1649267441664 549755813890
20 6597069766656 2199023255554
21 26388279066624 8796093022210
22 105553116266496 35184372088834
23 422212465065984 140737488355330




Aufgabe 8

308. Wertungsaufgabe
"Was machst du Schönes?", fragte Bernd seine Schwester. "Ich habe das Geheimnis der Zahl 7 entdeckt und werde in meiner Spezialistengruppe diesen Mythos untersuchen." Klingt interessant, lass hören." "Hier die Aufgabe:"1234567654321 *(1+2+3+4+5+6+7+6+5+4+3+2+1) = 7 777 777 * 7 777 777
"Und das stimmt?" Formale Überprüfung durch Nachrechnen 3 blaue, Herleitung durch andere Überlegungen  noch mal 3 blaue Punkte.
"Kennst du ein anderes Geheimnis der 7?", fragte Maria ihren Bruder. "Ein Geheimnis ist es vielleicht nicht, aber die 7 soll dabei sein. Die Zahlen 5, 6 und 7 folgen ja aufeinander. Gesucht sind drei aufeinander folgende natürliche Zahlen (größer als 10), wo die erste durch 5, die zweite durch 6 und die dritte durch 7 teilbar sein soll und drei andere aufeinander folgende natürliche Zahlen (größer als 10), wo die erste durch 7, die zweite durch 6 und die dritte durch 5 teilbar sein soll." "Da gibt es doch sicher mehr als eine Lösung." "Aber klar doch." (je ein Tripel mit der geforderten Eigenschaft ist zu finden, je 2 rote Punkte, wer viele rote Punkte will -- 8 -- der sollte  drei andere aufeinander folgende natürliche Zahlen finden, wo die erste durch 307, die zweite durch 308 und die dritte durch 309 teilbar ist.)

Lösung:
blau: Mit einem "normalen" Taschenrechner funktioniert das Nachrechnen meist nicht, da es zu viele Ziffern sind, die es anzuzeigen gilt.
Das Ergebnis lautet für beide Seiten:  60 493 815 061 729
Die linke Seite 1234567654321 *(1+2+3+4+5+6+7+6+5+4+3+2+1) lässt sich zu 1234567654321 * 49 umwandeln. Die Linke Zahl hat eine einfache Struktur und wird nun untersucht:
11 * 11 = 121
111 * 111 = 12321
1111 * 1111 = 1234321 ...
1234567654321 * 49 = 1111111 * 1111111 * 7 * 7 = 7 * 1111111 * 1111111 * 7 = 7777777 * 7777777
rot: die Grundlage für diese Aufgabe ist der chinesische Restsatz. Ohne diesen zu erwähnen geht es auch. Hier die Lösung von Uwe Parsche, danke
1. Tripel teilbar durch 5, 6 bzw. 7: 215, 216, 217
weitere Tripel ergeben sich aus {5, 6, 7} + n*5*6*7 mit n .. natürliche Zahlen
z.B.: mit n = 6: --> 1265; 1266; 1267
z.B.: mit n = 7: --> 1475; 1476; 1477
z.B.: mit n = 8: --> 1685; 1686; 1687
z.B.: mit n = 10: --> 1895; 1896; 1897
z.B.: mit n = 10: --> 2105; 2106; 2107
z.B.: mit n = 37: --> 7775; 7776; 7777 --> Geheimnis der 7 ???
2. Tripel teilbar durch 7, 6 bzw. 5: 203, 204, 205
weitere Tripel ergeben sich aus {-7, -6, -5} + n*5*6*7 mit n .. natürliche Zahlen
z.B.: mit n = 6: --> 1253; 1254; 1255
z.B.: mit n = 7: --> 1463; 1464; 1465
z.B.: mit n = 8: --> 1673; 1674; 1675
z.B.: mit n = 9: --> 1883; 1884; 1885
z.B.: mit n = 10: --> 2093; 2094; 2095

3. Tripel teilbar durch 307, 308 bzw. 309: 29218111, 29218112, 29218113

weitere Tripel ergeben sich aus {307, 308, 309} + n*307*308*309 mit n .. natürliche Zahlen

3. Tripel teilbar durch 307, 308 bzw. 309: 29218111, 29218112, 29218113

weitere Tripel ergeben sich aus {307, 308, 309} + n*307*308*309 mit n .. natürliche Zahlen

z.B.: mit n = 2: --> 58435915; 58435916; 58435917

z.B.: mit n = 3: --> 87653719; 87653720; 87653721

z.B.: mit n = 4: --> 116871523; 1168715234; 1168715235

z.B.: mit n = 5: --> 146089327; 146089328; 146089329

z.B.: mit n = 6: --> 175307131; 175307132; 175307133

z.B.: mit n = 73: --> 2132899999; 2132900000; 2132900001

z.B.: mit n = 242: --> 7070708875; 7070708876; 7070708877

allgemein gilt:

- zerlege die 3 oder k Grundzahlen in ihre Primzahlen

z.B.: 14; 15; 16 --> 2*7; 3*5; 2*2*2*2

- multipliziere alle Primzahlen

(evtl. kommen in der Zerlegung mehrere Primzahlen doppelt vor, diese nicht doppelt zählen)

z.B.: 2*2*2*2*3*5*7 = 1680

falls die Zahlen aufsteigend sind gilt:

{14, 15, 16} + n * 1680 mit n .. natürliche Zahlen

falls die Zahlen abfallend sind gilt:

{-16, -15, -14} + n * 1680 mit n .. natürliche Zahlen

 






Aufgabe 9

309. Wertungsaufgabe
Bernd stöbert in den Mathematikbriefmarken, die auf den Seiten des Chemnitzer Schulmodells zu finden sind. Bei Mathematik querbeet ist die vom Mathematikerkongress aus dem Jahr 1998 zu sehen. "Schau mal, die 11 kleinen Quadrate bilden (fast genau) wieder ein Quadrat. Aber interessant ist auch der Wert -- die 110." Wieso?", fragt Mike nach. "Nun, die 110 lässt sich auf drei unterschiedliche Arten als Summe von 3 verschiedenen Quadratzahlen bilden." 6 blaue Punkte (Nur das Vertauschen von Summanden zählt nicht als andere Lösung.)
kongress1998Es gibt genau eine natürliche Zahl, die kleiner ist als 110, die ebenfalls diese Eigenschaft hat. 3 rote Punkte. Für die Zahlenspezialisten: Gesucht ist eine Zahl, die sich auf vier verschiedene Arten als Summe von drei Quadratzahlen darstellen lässt. Dafür gibt es extra rote Punkte.

Lösung:
blau: Es gibt ja nicht so viele Quadratzahlen, die als Summanden in Frage kommen:
0; 1; 4; 9; 16; 25; 36; 49; 64; 81 und 100.
Beginnt mann mit der 100, so wird klar da geht nur 110 = 100 + 9 + 1
Die nächste große Quadratzahl ist ist 81: Hier gilt 81 + 29 = 110. Die 29 aber lässt sich durch 25 + 4  ersetzen, also gefunden 110 = 81 + 25 + 4.
Nun wird die 64 Verwendet, 110 = 64 +  46, aber die passende Zerlegung der 46 geht leider nicht.
Also mal noch die 49: 110 = 49 + 61 = 49 + 36 + 25 geschafft.
rot: Da die gesuchte Zahl kleiner als 110 sein soll, sind es erst einmal die gleichen Quadratzahlen wie oben. Mit Geduld und Ausdauer wird man (endlich) bei der 101 fündig:
12 + 62 + 82 = 101
22 + 42 + 92 = 101
42 + 62 + 72 = 101
Der Nachweis, dass es kleiner nicht geht, war nicht verlangt.
Extrarot: Eigentlich hat man ja mit der 101 eine solche gesuchte Zahl gefunden, denn 02 + 12 + 102 = 101, wenn man die die Null mit dazu nimmt.
Hier mal noch die Erweiterung der Lösung durch Uwe Parche (danke), der sein mathlab- Programm entsprechend hat laufen lassen: als pdf
Interessant aber auch der Ansatz von XXX, danke:
Interessant ist eine Zahl, die sich auf [mindestens] vier verschiedene Arten als Summe dreier verschiedener Quadrate ...
Wenn ich vier pythagoreische Tripel nehme, etwa (3,4,5), (5,12,13), (7,24,25), (8,15,17),
dann hat die Zahl 5*13*25*17 die geforderte Eigenschaft:
(5*13*25*17)² = (3*13*25*17)² +(4*13*25*17)²
... = (5*5*25*17)² + (5*12*25*17)²
... = (5*13*7*17)² + (5*13*24*17)²
... = (5*13*25*8)² + (5*13*25*15)²
So könnte man viele Beispiele konstruieren.




Aufgabe 10

310. Wertungsaufgabe

Maria und Lisa bereiten ihren Kurs vor. Bernd, der ins Zimmer schaut, sieht die beiden bei Ausschneiden. "Was macht ihr denn da?" "Wir bereiten verschiedene Kreisausschnitte vor, die dann zu Mantelflächen eines Kegels genutzt werden sollen. Unsere Vorlagen haben alle den gleichen Radius vom 8 cm. Dann wollen wir untersuchen, wie groß das Volumen des Kegels wird, welcher sich aus so einem Stück jeweils formen lässt." "Fehlt da nicht die Grundfläche der Kegel", fragt Bernd nach. "Das stimmt schon, aber für die Ermittlung des Volumens ist das vielleicht nicht so wild", antwortete Lisa. "Wie können eigentlich die Schüler aus der 5. und 6. Klasse, die in eurem Kurs sind, das Volumen ermitteln?". "Nun, die basteln den Zylinder, messen die Höhe und den Radius aus und setzten die Werte in die Volumenformel ein. Die älteren sollen aus den Vorgaben die notwendigen Stücke ausrechnen." "Das sollte schaffbar sein", meinte Mike, der inzwischen auch eingetroffen war.
Wie groß ist das Volumen, wenn aus einem Kreis (r = 8,0 cm) ein 90° - Stück herausgeschnitten und  der "Rest" als Mantel für einen Kegel genutzt wird -- 4 blaue Punkte. Wie groß muss das Stück sein,  damit das Volumen maximal wird? - 4 rote Punkte.

Für die Berechnung des Volumens nutzt man diese Formel: {tex}V=\frac{1}{3} \cdot \Pi \cdot r^2 \cdot h{/tex}, wobei r der Radius des beim Falten entstehenden Kreises ist  und der griechische Buchstabe die Zahl 3,1415.... darstellt.

Lösung:
blau: Es haben einige Schüler den Kegel gebastelt und mit der dabei erreichten Messgenauigkeit ein Volumen von rund 202 cm3 erzielt.
310Auf dem Bildern erkennt man noch einmal die Zusammenhänge. Der Rand des "Tortenstücks" wird zum Umfang des Kreises mit dem Radius r, der die Grundfläche bildet.
Es gelten dann folgende Beziehungen:
{tex}\frac {\alpha}{360^\circ} = \frac {r}{s}{/tex} ==>
1. {tex}r = \frac {\alpha \cdot s}{360^\circ} {/tex}
Nach dem Satz des Pythagoras gilt dann noch: h2 = s2 - r2 ==>
2. {tex} h = \sqrt{s^2 - r^2}{/tex}
Setzt man s = 8 cm in 1. so erhält man r = 6 cm und mit Hilfe der 2. Gleichung dann h = 5,291 cm. Das Ergibt ein Volumen von V = 199,485 cm3.
rot: Einige Schüler der Klasse haben nun den Winkel in 30° verändert, gemessen und gerechnet und so herausgefunden, dass wenn aus dem Vollkreis  60° ausgeschnitten werden, das größte Volumen entsteht. - Gute Näherung, alle Achtung.
Mit Hilfe der obigen Formeln kann man natürlich auch systematisch probieren und so auf die Suche nach dem größten Volumen gehen, das war der Weg von Doreen N., die auf diesem Wege gefunden hat, dass der "auszuschneidende Winkel" bei 66,06° liegen muss. Uwe Parsche und Rafael (mit Papas Hilfe?) haben die obigen Formeln in die Volumenformel eingesetzt, so dass dieses nur noch s und {tex}\alpha{/tex} enthält. Letztlich also eine Funktion von {tex}\alpha{/tex}, davon wurde die erste Ableitung auf "Null" gesetzt <-> Suche nach dem Maximum und so erhält man ein maximales Volumen für {tex}\alpha = \sqrt{ \frac{2}{3}} \cdot 360^\circ = 293,938^\circ{/tex} Das führt auf einen Ausschneidewinkel von 66,0612°.




Aufgabe 11

311. Wochenaufgabe
Bernds Vater klopft an die Tür zu Marias Zimmer und als er nach dem "Herein" ins Zimmer geht, steht er im Dunkeln. Die vier Freunde untersuchen nämlich mit dem alten Optikbaukasten vom Opa verschiedene Varianten der Entstehung von Kern und Halbschatten mit 2 bis 4 Lampen und verschiedenen Hindernissen. Anschließend übertragen Sie ihre Ergebnisse in Koordinatensysteme. Ein Experiment ist schon komplett. Den Zettel nimmt Bernds Vater mit aus dem Zimmer und sieht: Zwei punktförmige Lichtquellen in A (0; 0) und B (0; 5) beleuchten ein Hindernis  - dieses entspricht der Strecke von (5; 1) nach (5; 2). Blau: Bei welchem Punkt endet der Kernschatten -- kann auch konstruiert werden (3 Punkte). Rot: Wie groß ist der Flächeninhalt des Kernschattens. Berechnung basierend  auf der Verwendung der gegebenen Koordinaten. (4 Punkte)

Lösung:
311_k Auf dem Bild (auf das Bild klicken zum Vergrößern) sieht man die Umsetzung der Aufgabe. Der Kernschatten endet beim Schnittpunkt der "roten" und "grünen" Funktion. Der Kernschattenendet also beim Punkt  (6,25; 1,25).
Diesen Schnittpunkt kann man auch rechnerisch ermitteln.
Aus den Punkten (0;5) und (5; 2) (rot) ergibt sich die Funktionsgleichung: y = f(x) = -0,6 x + 5 und aus den Punkten (0; 0) und (5; 1) (grün) ergibt sich y = g(x) = 0,2x.
Schnittpunktberechnung:
-0,6 xs + 5 = 0,2 xs | + 0,6 xs
5 = 0,8 xs
xs = 6,25 Einsetzten in f(x) ergibt ys = 1,25.
Nimmt man als Grundseite für das Dreieck die Strecke von (5; 1) nach (5; 2), dann ist die dazu gehörige Höhe 1,25 (6,25 - 5) Mit {tex} A = \frac {g \cdot h_g}{2}{/tex} ergibt sich der Flächeninhalt zu 0,625 Flächeninhalten. (Wird als Längeneinheit 1 cm gewählt, so sind das 0,625 cm².  )





Aufgabe 12

312. Wochenaufgabe
"Hallo Bernd, was hast du denn da?", fragt Maria. "Nun, das ist eine coole Uhr, die mir mein Mathematiklehrer mal geborgt hat. Hier hast du auch noch eine Beschreibung dazu."
312Der Grundkörper der Uhr ist (war) ein 10 cm großer Würfel. Dieser wurde abgeschrägt und zwar so, dass die Kanten der schrägen Fläche ein Dreieck bilden, die den Diagonalen der Deckfläche der vorderen Fläche und der rechten Seitenfläche entsprechen. Man betrachte dazu das Bild. Die drei Pyramiden haben jeweils die gleiche Höhe. Damit sie sich drehen können, sind kleine Abstände zwischen ihnen bzw. dem Würfelrestkörper von je 3 mm. Die untere Pyramidenscheibe zeigt die Stunden, die mittlere Scheibe die Minuten und die kleine Pyramide steht für die Sekunden. Wenn man die Uhr um 12 Uhr startet, dann bilden Würfelrestkörper und die drei Pyramiden genau wieder den Urprungswürfel. Wann bilden dann die drei drehbaren Teile zum ersten Mal wieder eine "richtige" Pyramide? 5 blaue Punkte (Achtung, wie das ganze in Bezug auf den Würfelrest aussieht, ist egal.) Wie groß sind die Volumina der drei drehbaren Teile? 6 rote Punkte

Lösung:
blau: Das Problem lässt sich auf die Frage zurückführen, wann stehen bei einer Uhr die zeiger übereineinander. Für den Minutenzeiger gilt, dass er 12 mal schneller ist als der Stundenzeiger. Der Minutenzeiger bewegt sich mit der Zeit t so, dass er 360°*t zurücklegt, der Stundenzeiger nur 30°*t. Übereinander liegen die genau dann, wenn der Unterschied zwischen den beiden Werten für das gleichte t bei einem Vielfachen von 360° Grad liegt. 360°*t - 30°*t = n* 360° Das nach t umgestellt, führt auf t = 12/11 *n.  Nun haben wir es bei der Uhr aber damit zu tun, dass jede Scheibe ja schon nach 120° wieder in den °Ausgangszustand" kommt. Wegen 360= 3* 120  Wird demzufolge t = 4/11*n.
Die untere Scheibe (Stunden) und die mittlere Scheibe liegen also nach je 4/11 Stunden genau übereinander.
Eine vollständige Pyramide aber ist ja erst erreicht, wenn auch die Sekundepyramide "richtig" über den beiden Scheiben dreht. Wendet man das obige Prinzip noch einmmal an, so erkennt man, dass dies Übereinstimmung zum ersten Mal erst nach 4 Stunden erreicht werden kann. (Analog bei den Zeigern einer "normalen" Uhr heißt dass nur um 12.00 Uhr liegen alle Zeiger übereinander.) Auch wenn es bei beim Betrachten der eben fast so ausssieht als ob es zwischen durch klappt, ist es eben nur dann der Fall, wenn der "Ausgangswürfel" wieder komplett ist . Technisch kommt noch hinzu, dass sich die Sekundenpyramide nicht kontinuierlich dreht, sondern "Sekundensprünge" macht, aber das war für die Aufgabenstellung nicht zu berücksichtigen.
rot: Zuerst kann man die Pyramide betrachten, die vom Würfelabgeschnitten und zur Uhr umfunktioniert wird. Die komplette Pyramide (ohne Abstände) hat ein {tex} \frac{1}{6}{/tex} des Volumens des Würfels. {tex} V = \frac {1}{3} \cdot A_G \cdot h{/tex} AG ist in dem Fall eines halbe Quadratfläche und h entspricht der Kantenlänge. Das Volumen der Pyramide ist also 1000/6 cm³ = 166,666 ... cm³. Für die Weitere Berechnung gehe ich nun zur Grundfläche über, die durch das gleichseitige Dreieck gebildet wird. Die Seitenlängen entsprechen der Diagonalen der Quadratflächen (14,142 ... cm), somit ergibt sich für diese Grundfläche Ag eine Grundfläche von 86,60 ... cm².
Mit der obigen Volumenformel {tex} h = \frac {3V}{A_G}{/tex} ergibt sich eine Höhe (von der Schnittfläche zur Ecke) von 5,77 cm. Daraus lassen sich die Höhen für die einzelnen Scheiben ermitteln (5,77 - 0,9) : 3 = 1,62 cm.
Berechnung des Volumens für die Sekundenpyramide. Es wird noch die Kantenlänge für deren Grundfläche gebraucht. Diese lässt sich mit Hilfe des 2. Teils des Strahlensatzes ermitteln. {tex} \frac {a_1}{14,142 cm} = \frac {1,62 cm}{5,77 cm}{/tex} ==> a1 = 3,97 cm. Mit der obigen Formel  ergibt sich VS = 3,68 cm³.
Die Minuten- und die Stundenscheibe sind Pyramidenstümpfe. Dafür gibt es diese Formel {tex}V = \frac{1}{3} h \cdot (A_G + sqrt{A_G A_D} + A_D){/tex} D steht dabei bei für die Deckfläche und G für die Grundfläche. UnterAusnutzung der Formel für das gleichseitige Dreieck verändert sich die Formel zu {tex}V = \frac{1}{12} h \cdot sqrt {3} \cdot ({a_G}^2 + {a_G \cdot a_D} + {a_D}^2){/tex}
Für h ist jeweils 1,62 cm einzusetzen, das jeweilige aG bzw. aD ist mit dem Strahlensatz ermittelbar. Für die Minutenscheibe sind das: aD = 4,706 cm und aG = 8,676 cm. In die Formel eingesetzt ergibt das: VM = 32,32 cm³.
Entsprechend ergibt sich für die Stundenscheibe: VH = 92,02  cm³.



Die Auswertung der Serie 26

Auswertung Serie 26 (blaue Liste)

Platz Name Ort Summe Aufgabe
301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 312
1. Rafael Seidel Chemnitz 56 6 3 5 6 2 6 4 6 6 4 3 5
2. Uwe Parsche Chemnitz 53 6 3 5 6 - 6 4 6 6 4 3 4
3. Doreen Naumann Duisburg 52 6 3 5 5 2 6 4 3 6 4 3 5
4. Linus-Valentin Lohs Chemnitz 46 6 3 2 6 2 6 - 3 6 4 3 5
5. Elisa Parsche Chemnitz 39 - 3 5 6 - 6 4 6 6 - 3 -
6. Felix Haase Chemnitz 30 6 3 5 6 - - 4 3 - - - 3
7. Hermann Thum Chemnitz 28 6 - - 6 2 - 2 - 6 - 3 3
8. Richard Hahmann Chemnitz 26 - 2 - 5 2 - 4 1 6 - 3 3
9. Loise Reichmann Chemnitz 25 - - 5 5 2 - 4 3 - - 3 3
10. Jamila Wähner Chemnitz 24 - 3 - - 2 6 4 6 - - - 3
11. Stephanie Dani Chemnitz 22 - 1 5 5 2 - - 3 - - 3 3
12. Philipp Fürstenberg Chemnitz 21 - 2 5 5 2 - 4 - - - 3 -
13. Ellen Richter Chemnitz 20 - - - 6 1 - 4 3 - - 3 3
13. Anja Posselt Chemnitz 20 - - - - 2 6 - - 6 - 3 3
13. Ria Hopke Chemnitz 20 - 2 - - - 6 - - 6 - 3 3
14. Lisa Grassmann Chemnitz 19 5 - - - - - - - 6 - 3 5
15. Ingmar Richter Chemnitz 18 6 - - - - - - - 6 - 3 3
16. XXX ??? 17 - 3 - 6 2 - - - 6 - - -
16. Marie Sophie Roß Chemnitz 17 - 2 5 - - - 4 - - - 3 3
17. Sabine Fischbach Hessen 15 4 3 - - 2 - - - 6 - - -
18. Karolin Schuricht Chemnitz 14 6 - - - - 4 - - - - - -
18. Arne Weißbach Chemnitz 14 - 2 - - - - - 6 6 - - -
18. Felix Taubert Chemnitz 14 - 3 - - 2 - - - 6 - 3 -
19. Astrid Fischer Chemnitz 13 5 3 5 - - - - - - - - -
20. Rebecca Wagner Oberwiesenthal 12 6 3 - - - - - - - 3 - -
21. Luis Raupach Chemnitz 11 - - - - 2 3 - - - - 3 -
21. Nina Zätsch Chemnitz 11 - 2 - - - - - 3 - - 3 3
22. Marion Sarah Zenk Chemnitz 10 - - - - - - - 3 - - 3 4
22. Josephine Pallus Chemnitz 10 4 - - - - - - - - - 3 3
23. Felix Brinkel Chemnitz 9 6 - - - - - - - - - 3 -
23. Ellen Wilde Chemnitz 9 - - - - 2 2 - - - - - 5
24. Jonathan Kässler Chemnitz 8 - 2 - - - - - - - - 3 3
24. Hannah-Sophie Schubert Chemnitz 8 - 2 - - - - - - 6 - - -
25. Melina Seerig Chemnitz 6 - - - - - - - - 6 - - -
25. Lucas Steinke Chemnitz 6 - - - - - - - - - - 3 3
25. Wim Winter Chemnitz 6 - 1 - - - - 2 - - 3 - -
25. Christian Wagner Bamberg 6 6 - - - - - - - - - - -
25. Robin König Chemnitz 6 - - - - - - - - - - 3 3
25. Andreas M. Dittersdorf 6 - - - - - - - - 6 - - -
25. Johanna Ranft Chemnitz 6 - - - - - - - - - - 3 3
25. Duncan Mahlendorff Chemnitz 6 - - - - - - - - - - 3 3
26. Hannah Gebhardt Chemnitz 5 - - - - 2 - - - - - 3 -
26. Ole Koelb Chemnitz 5 - - - - 2 - - - - - 3 -
26. Theresa Jänich Chemnitz 5 - - - - 2 - - - - - 3 -
26. Helene Fischer Chemnitz 5 - 3 - - 2 - - - - - - -
26. Kai-Lutz Wagner Chemnitz 5 - - - - 2 - - 3 - - - -
26. Laura Schlosser Chemnitz 5 - 3 2 - - - - - - - - -
26. Marcel Reichelt Chemnitz 5 - - - - 1 1 - - - - 3 -
27. Emilie Grossinger Chemnitz 4 - - - - 1 - - - - - 3 -
27. Henrike Grundmann Chemnitz 4 - - - - 1 - - - - - 3 -
27. Hannes Eltner ???? 4 4 - - - - - - - - - - -
28. Lukas Kirchberg Chemnitz 3 - - - - - - - - - - 3 -
28. Julia Ritter Chemnitz 3 - - - - - - - - - - 3 -
28. Tim Jechorek Chemnitz 3 - - - - 2 - - - - - 1 -
28. Willy Stöckel Chemnitz 3 - - - - - - - - - - 3 -
28. Amarin Roßberg Chemnitz 3 - - - - - - - - - - 3 -
28. Carl Geißler Chemnitz 3 - - - - 1 2 - - - - - -
28. Daniel Hufenbach Leipzig 3 - - - - - - - - - - 3 -
28. Julia Voigt Chemnitz 3 - - - - - - - - - - 3 -
29. Agnieszka Urban Chemnitz 2 - - - - - - - - - - 2 -
29. Niels Steinert Chemnitz 2 - 2 - - - - - - - - - -
29. Jule Schwalbe Chemnitz 2 - 2 - - - - - - - - - -
29. Matthias Engewald Erfurt 2 - - - - 2 - - - - - - -
29. Pauline Marschk Chemnitz 2 - - - - 2 - - - - - - -
29. Paula Hartmannsdorf 2 - - - - 2 - - - - - - -
29. Andree Dammann München 2 - - - - 2 - - - - - - -
29. Lukas Thieme Chemnitz 2 - - - - 2 - - - - - - -
30. Gwendolin Eichler Chemnitz 1 - - - - - 1 - - - - - -
30. Hannes Langenstraß Chemnitz 1 - 1 - - - - - - - - - -
30. Mara Neudert Chemnitz 1 - - - - 1 - - - - - - -
30. Jonas Frederik Otto Lichtenwalde 1 - - - - 1 - - - - - - -
30. Vincent Baessler Chemnitz 1 - - - - - 1 - - - - - -
30. Emma Irmscher Eibenberg 1 - 1 - - - - - - - - - -

 

Auswertung Serie 26 (rote Liste)

Platz Name Ort Summe Aufgabe
301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 312
1. Uwe Parsche Chemnitz 75 6 5 12 5 - 8 4 12 10 4 4 5
2. Doreen Naumann Duisburg 58 6 5 - - 4 8 4 12 6 4 4 5
3. Jamila Wähner Chemnitz 29 - 5 - - 4 8 - 12 - - - -
4. Rafael Seidel Chemnitz 24 - - 12 - - - 4 - - 4 4 -
5. Astrid Fischer Chemnitz 21 6 5 10 - - - - - - - - -
6. XXX ??? 20 - 5 - 5 5 - - - 5 - - -
7. Felix Haase Chemnitz 18 6 5 - 2 - - - - - - - 5
8. Linus-Valentin Lohs Chemnitz 16 - - - - 4 - - 4 6 - - 2
9. Richard Hahmann Chemnitz 14 - - - - - - - 4 5 - 1 4
10. Elisa Parsche Chemnitz 12 - 5 - - - - 3 - - - 4 -
10. Sabine Fischbach Hessen 12 - 5 - - 4 - - - 3 - - -
11. Hannah-Sophie Schubert Chemnitz 10 - 5 - - - - - 2 3 - - -
12. Anja Posselt Chemnitz 8 - - - - - 8 - - - - - -
12. Ria Hopke Chemnitz 8 - - - - - 8 - - - - - -
13. Marion Sarah Zenk Chemnitz 7 - - - - - - - 4 - - - 3
13. Ingmar Richter Chemnitz 7 - - - - - - - - 5 - - 2
14. Marie Sophie Roß Chemnitz 6 - - - - - - - 4 - - - 2
14. Christian Wagner Bamberg 6 6 - - - - - - - - - - -
15. Lisa Grassmann Chemnitz 5 - - - - - - - - - - - 5
15. Matthias Engewald Erfurt 5 - - - - 5 - - - - - - -
15. Niels Steinert Chemnitz 5 - 5 - - - - - - - - - -
16. Hannes Langenstraß Chemnitz 4 - 4 - - - - - - - - - -
16. Hannah Gebhardt Chemnitz 4 - - - - 4 - - - - - - -
16. Daniel Hufenbach Leipzig 4 - - - - - - - - - - 4 -
16. Felix Taubert Chemnitz 4 - - - - 4 - - - - - - -
16. Andree Dammann München 4 - - - - 4 - - - - - - -
17. Melina Seerig Chemnitz 3 - - - - - - - - 3 - - -
17. Rebecca Wagner Oberwiesenthal 3 - - - - - - - - - 3 - -
17. Hannes Eltner ???? 3 3 - - - - - - - - - - -
17. Jonathan Kässler Chemnitz 3 - - - - - - - - - - - 3
17. Andreas M. Dittersdorf 3 - - - - - - - - 3 - - -
17. Jule Schwalbe Chemnitz 3 - 3 - - - - - - - - - -
17. Ellen Richter Chemnitz 3 - - - - - - - - - - - 3
17. Arne Weißbach Chemnitz 3 - 3 - - - - - - - - - -
17. Paula Hartmannsdorf 3 - - - - 3 - - - - - - -
18. Stephanie Dani Chemnitz 2 - - - - - - - 2 - - - -
18. Nina Zätsch Chemnitz 2 - - - - - - - - - - - 2
18. Johanna Ranft Chemnitz 2 - - - - - - - - - - - 2
18. Loise Reichmann Chemnitz 2 - - - - - - - 2 - - - -
19. Henrike Grundmann Chemnitz 1 - - - - - - - - - - 1 -
19. Ole Koelb Chemnitz 1 - - - - - - - - - - 1 -
19. Robin König Chemnitz 1 - - - - - - - - - - - 1
19. Marcel Reichelt Chemnitz 1 - - - - 1 - - - - - - -


Kommentare   

+1 #1 philips trimmer for 2015-05-25 20:28
Boo!

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