Serie-8

Serie 8 Aufgabe 1

Nach so vielen Nüssen müssen sich Bernd und Mike ein wenig bewegen. Kurz philosophieren sie über das Problem von Achilles und der Schildkröte. Ist ein alter Hut meint Mikes Schwester. Wie ist es damit?
Zwei Freunde wollen eine lange Wanderung unternehmen. Dann kommt doch was dazwischen und so machen sie folgendes aus. Der erste geht schon mal los und so schafft er jeden Tag 36 km. Sein Freund startet 4 Tage später und nimmt bis zum Treffen das Fahrrad mit dem er 108 km am Tag fährt. Wie viele Tage nach dem Start des ersten Mannes treffen sie sich?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Es gab verschiedene Verfahren. Hier mittels Gleichung.
l Zeit des Läufer und r Zeit des Radfahrer. Wenn sie sich treffen haben sie die gleichen Wegstrecke zurückgelegt. Weg ist Geschwindigkeit mal Zeit.
36 l = 108 r
mit r = l - 4 (
36 l = 108 (l - 4)
36 l = 108 l - 432
432 = 72 l
l = 6.
Am Ende des 6. Tages hat der Läufer 216 km zurückgelegt und der dann 2 Tage fahrende Radfahrer ebenfalls. Sie treffen sich also 6 Tage nach dem Start des ersten Mannes.

Serie 8 Aufgabe 2

Bernd sieht im Fernsehen einen Bericht die Renovierungsarbeiten auf einem Schiff. Auch Außenbords muss neu Farbe drauf. Die Maler stehen unmittelbar über der Wasseroberfläche auf einer Leiter, deren Sprossen jeweils 20 cm voneinander entfernt sind. Tja, aber das war bei Ebbe, wenn die Flut kommt steigt das Wasser um 1,40 m. Wie viele Sprossen muss der Maler steigen, damit er keine nassen Füße bekommt? Einfache Frage oder?
Zu erreichen sind 2 Punkte.

Diesmal eine kleine Scherzaufgabe. Der Maler muss gar nicht nach oben steigen, da das Schiff und damit auch die Leiter bei Flut nach oben gehen.

Serie 8 Aufgabe 3

Bernd und Mike haben in der alten Spielzeugkiste den Jenga-Wackelturm entdeckt. Sie bauen ihn auf und mit viel Geschick schaffen sie sagenhafte 46 Steine raus zu holen, bevor dann der Turm mit lautem Krachen einstürzt. Das hört Bernds Schwester und möchte mitmachen, sie lässt sich das Prinzip erklären.
Es sind 57 Holzquader. Drei Quader werden nebeneinandergelegt, dann kommen quer dazu wieder drei drauf, dann wieder quer drei ... Am Ende steht ein Turm aus 19 Schichten mit quadratischer Grundfläche da. Vorsichtig wird ein Quader aus dem Turm geschoben und wieder oben entsprechend quer drauf gelegt. Dann ist der nächste Spieler dran. Nach drei Spielzügen ist der Turm eine Schicht höher, während irgendwo weiter unten 3 Steine fehlen. Spielregeln sind also: einen Stein einer beliebigen - außer der oberersten - Schicht entnehmen und die jeweils oberste Schicht auf möglichst drei Quader komplettieren. Steine dürfen nur entnommen werden, wenn es (irgendwo) weiter oben eine komplette Schicht gibt- speziell können aus der zweithöchten Schicht nur Steine entnommen werden, wenn die oberste Schicht komplett ist -. Natürlich kann man wenn beispielsweise 26 Schichten erreicht sind, auch aus der ursprünglich nicht vorhandenen 22. Schicht einen oder auch zwei Steine (zwei Spielzüge) entnehmen. Verloren hat der, bei dem der Turm einstürzt.
Wie viele Spielzüge sind theoretisch möglich und wie hoch (Schichten) ist dann der Turm?
Zu erreichen sind 8 Punkte.

Die Beschreibung der Lösung war nicht ganz einfach.
Beispiel von Doreen Naumann:
Zuerst mal bauen wir aus den 57 Steinen einen Turm:
-> 57 Züge - 19 Schichten a 3 Steine
Dann kann man aus jeder Schicht je 2 Steine entnehmen, einer muss da bleiben, damit der Turm nicht umfällt.
Die entstehenden Schichten nummerieren wir fortlaufend.
Abkürzungen: S-Schicht (jede neue Schicht hat erstmal 3 Steine)
St-Stein
je 2 Steine von Schicht:
1-18 : 36 Züge - ergibt: 12 S ->gesamt: 31 S
19-30 : 24 Züge - ergibt: 8 S ->gesamt: 39 S
31-38 : 16 Züge - ergibt: 5 S+1 St ->gesamt: 44 S + 1 St
39-43 : 10 Züge - ergibt: 3 S+1 St ->gesamt: 47 S + 2 St
44-46 : 6 Züge - ergibt: 2 S ->gesamt: 49 S + 2 St
47-48 : 4 Züge - ergibt: 1 S+1 St ->gesamt: 51 S
49-50 : 4 Züge - ergibt: 1 S+1 St ->gesamt: 52 S + 1 St
51 : 2 Züge - ergibt: 2 St ->gesamt: 53 S
52 : 2 Züge - ergibt: 2 St ->gesamt: 53 S + 2 St
Mehr Züge sind nicht möglich, da die Schichten 1-52 nur noch aus einem Stein bestehen, die 53. ist komplett, doch die 54. wird es nicht mehr, da keine Steine mehr entnehmbar sind.
Wir haben also 54 Schichten, auch wenn die letzte nicht komplett ist, d.h. wir hatten 53 ehemals vollständige Schichten.
Jetzt müssen wir nur noch die Anzahl der Züge zusammenzählen. Wenn man die ersten 57 Züge zum Aufstellen des Turmes dazunimmt, sind es 161; ohne sie sind es 104.

Ich für mich bin einen anderen Weg gegangen. Ich habe kleinere Türme genommen und nach einem System gesucht:
Begonnen habe ich mit zwei Schichten - sonst geht ja nichts - und 6 Steinen:

Nun wird erkennbar, dass die Zahl der Züge mit jeder weiteren Ausgangsschicht um 6 zunimmt:
Zahl der Züge = (Ausgangsschicht - 2)*6 + 2
(19-2)*6 + 2 = 104.
Die erreichte Höhe nimmt mit der Ausgangsschicht um 3 zu:
erreichte Höhe = (Ausgangsschicht - 1)*3
18*3 = 54.

Serie 8 Aufgabe 4

Man das war ja vorige Woche ein ziemliches Gewackel, meinte Mike, da nehme ich doch lieber wieder mal so eine Aufgabe von Bernd's Opa.
Gleiche Buchstaben stehen für die gleiche Ziffer, verschiedene für verschiedene Ziffern:

Für jede gefundene Lösung gibt es einen Punkt, somit sind 6 Punkte erreichbar. Eine Begründung der Herleitung muss nicht mit formuliert werden. (doch recht großer Aufwand).

• P L U S, M I N U S
• 9 450, 28 350
• 9 150, 27 450
• 7 950, 26 850
• 6 450, 19 350
• 6 250, 18750
• 4 650, 13 950

Serie 8 Aufgabe 5

Bernd und Mike gehen mit Maria und Fred zu Bernd's Opa. Dort helfen sie beim Einkochen von Apfelmus. Einige Äpfel aber sind so schön, dass sie der Opa in einen Korb hineinlegt, den sie sich am Ende mitnehmen sollen. Dazu gibt es wieder eine typische Opaaufgabe:
Bernd soll 1/4 der Äpfel bekommen, Mike zwei weniger als ein Drittel, Maria 6 Äpfel weniger als die Hälfte und Fred den Rest, das sind 3 Äpfel mehr als die Hälfte der Anzahl der Äpfel die Bernd erhalten soll. Ach Opa, ist schon okay, für die schönen Äpfel lohnt sich das Rechnen.
Wie viele Äpfel sind im Korb und wie viele bekommt jeder?
Zu ereichen sind 4 Punkte.

Die Anzahl der Äpfel sei x, dann erhalten die vier folgende Anteile:
Bernd: 1/4 x
Mike: x/3 -2
Maria: x/2 - 6
Fred: 1/8 x + 3
Da Fred den Rest erhielt ist klar, dass die Summe aller Anteile genau der Zahl der Äpfel entspricht.
1/4 x + x/3 -2 + x/2 - 6 + 1/8 x + 3 = x
6/24 x + 8/24 x -2 + 12/24 x - 6 + 3/24 x + 3 = x
29/24 x - 5 = x
5/24 x = 5
x = 24
Es sind 24 Äpfel, die Berechnung der Anteile zeigt, dass jeder genau 6 Äpfel bekommt. Das geht dann auch in Ordnung.

Serie 8 Aufgabe 6

Als Bernd seinen Opa besucht, ist der nicht zu Hause. Also wartet er in der Küche wo ein Rechenzettel liegt. Es kommt wie es kommt, das Glas Milch, welches ihm seine Oma gegeben hat fällt um und ein großer Teil läuft über den Zettel. Fast kann man nicht mehr lesen, aber etwas geht dann nach dem Trocknen doch noch und so versucht Bernd die Rechnung zu rekonstruieren.
154*5* : **7 = 2**
***4
____
 2675
 ****
 _____
  ****
  ****
  ____
    0
Rekonstruiere die Rechnung.
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Das erste Sternchen in 154*5* muss eine 1 sein als Ergebnis der Addition von 4 und 7.
Damit lässt sich nun ***4 als 1274 ermitteln.
Damit steht der Divisor **7 als 637 fest.
Kurzes Probieren von 15415* : 637 = natürliche Zahl führt auf 242 als Quotient:
Die vollständige Rechnung lautet:
154154:637=242
1274
-----
  2675
  2548
  -----
   1274
   1274
   ----
     0

Serie 8 Aufgabe 7

Bernd war froh, dass er die Rechnung von seinem Opa wieder herstellen konnte. Die Zahl 154 154, die ja dabei vorkam, hat ja eine lustige Struktur meinte er später zu Mike. abc abc. Das ist nicht nur lustig, sondern auch interessant, meinte Mike. Wie so? Nun alle diese Zahlen sind Teilerwunder. Sie lassen sich durch recht ungewöhnliche Zahlen ohne Rest teilen, so z.B. durch 13, 77 und die 91. Ehrlich? Aber ja, da zu zeigen ist gar nicht so schwer, oder? (Die Ziffern a, b und c müssen nicht verschieden sein.)
Zeige, dass die Zahlen abc abc diese Eigenschaften haben und schon gibt es 5 Punkte.

Die Zahl abc abc lässt sich zerlegen in 1000*abc + abc. Das ergibt abc abc = 1001*abc.
Die Primzahlzerlegung von 1001 ist:
1001= 7 * 11 * 13.
Damit muss die Zahl durch jede der Primzahlen und jede Kombination teilbar sein. Teilbarkeitsregeln
Die Teiler sind also 7, 11, 13, 77 (7 *11), 91 (7 * 13), 143 (11 * 13) und 1001.
In der Aufzählung sind die geforderten Zahlen dabei, die Aufgabenstellung ist gelöst.

Serie 8 Aufgabe 8

Am zweiten Advent wird bei Bernd geschmückt und am Adventskranz zwei Kerzen entzündet. Natürlich sind auch seine Großeltern mit dabei. Als Bernd etwas gedankenverloren mit den Streichhölzern rumhantiert, sagte der Opa zu ihm, ich habe heute morgen bei Stöbern im neuen Weihnachtskalender des Chemnitzer Schulmodells eine Streichholzaufgabe gelesen. Es sollen mit nur zwölf Streichhölzern 6 gleichseitige Dreiecke gelegt werden. Das geht doch gar nicht, meinte Bernd. Oh doch und das ist gar nicht so schwer, ja es geht sogar mit nur 11 Streichhölzern. Wie - mit 11 Streichhölzern 6 gleichseitige Dreiecke legen - das glaube ich nicht. Doch das geht. Nun war der Ehrgeiz von Bernd angestachelt, aber es wollte und wollte nicht gehen.
Für Lösung der beiden Teilaufgaben gibt es jeweils 3 Punkte.

Als Lösungsbeispiele sind hier die Bilder von Anika Borchmann verwendet worden - vielen Dank.

Serie 8 Aufgabe 9

Die Weihnachtsgeschenke für Bernd und Mike waren reichlich ausgefallen. Das Interessanteste war der Knobelkalender von Bernds Opa. Sorgsam hatte er für jede Woche eine Aufgabe in einen selbstgestalteten Wochenkalender eingetragen. Davon gab es weltweit nur zwei Exemplare, eines für Bernd und eines für Mike. Bernds Vater war ein wenig sauer, da er ja auch gern so einen Kalender gehabt hätte, aber Opa hatte nur zwei geschafft, schade.
Die erste Aufgabe ging so:
a * bcd = ecca
Dabei stehen gleiche Buchstaben für gleiche Ziffern und verschiedene Buchstaben für verschiedene Ziffern. b = 2*e und außerdem sind a und bcd die einzigen echten Teiler von ecca.
Für vollständige Lösung gibt es 8 Punkte.

Die Bedingung a und bcd sind die einzigen echten Teiler von ecca bedeutet, dass a und bcd Primzahlen sein müssen.
Damit kann für a nur 2, 3, 5 oder 7 in Frage kommen.
zu a = 2:
ecc2 verlangt für dann d entweder bc1 oder bc6. bc6 ist aber keine Primzahl. Das Ergebnis 2 * bc1 liegt unter 2000, dann müsste aber e ebenfalls 1 sein, damit gibt es keine Lösung für a = 2
zu a = 3:
ecc3 verlangt für dann d bc1. Das Ergebnis 3 * bc1 liegt unter 3000, dann müsste aber e 1 oder 2 sein. Wegen d = 1 bleibt nur die Möglichkeit e = 2. Dann aber muss b = 4 (b = 2*e), aber 3 *4c1 ist garantiert unter 2000, also wieder keine Lösung.
zu a = 5:
ecc5 verlangt für dann d bc1, bc3, bc7 oder bc9. Das Ergebnis 5 * bcx liegt unter 5000, dann müsste aber e 1, 2, 3 oder 4 sein. Wegen d = x kommen nur folgende Varianten: d=1: 5 * 4c1 = 2cc5, 5 * 6c1 = 3cc5 oder 5 * 8c1 = 4cc5
d=3: 5 * 2c3 = 1cc5, 5 * 4c3 = 2cc5, 5 * 8c3 = 4cc5
d=7: 5 * 2c7 = 1cc5, 5 * 4c7 = 2cc5, 5 * 6c7 = 3cc5 oder 5 * 8c7 = 4cc5
Für c werden nun die noch nicht verwendeten Ziffer durchprobiert, wo bei 4cx eine Primzahl sein muss:
d=1
5 * 401 = 2 005
Mit Erhöhung des Zehners um jeweils 1 werden die Ergebnisse jeweils um 50 größer also der Zehner entweder 5 oder 0, also gibt es keine weitere Lösung 4c1.
5 * 601 = 3 005
Mit Erhöhung des Zehners um jeweils 1 werden die Ergebnisse jeweils um 50 größer also der Zehner entweder 5 oder 0, also gibt es keine weitere Lösung 6c1.
5 * 801 = 4005 (entfällt, da 801 keine Primzahl)
...
d=3
5 * 203 = 1015 s.o. Zehner also entweder 1 oder 6 (213 keine Primzahl und 5 * 263 = 1315)
5 * 4c3 = 2cc5 s.o. Zehner also entweder 1 oder 6 (413 keine Primzahl und 5 * 463 = 2315)
5 * 8c3 = 4cc5 s.o. Zehner also entweder 1 oder 6 (813 keine Primzahl und 5 * 863 = 4315)
d=7:
5 * 2c7 = 1cc5 s.o. Zehner also entweder 3 oder 8 (237 und 287 keine Primzahlen)
5 * 4c7 = 2cc5 s.o. Zehner also entweder 3 oder 8 (437 keine Primzahl und 5 * 487 = 2435)
5 * 6c7 = 3cc5 s.o. Zehner also entweder 3 oder 8 (637 und 687 keine Primzahlen)
5 * 8c7 = 4cc5 s.o. Zehner also entweder 3 oder 8 (837 keine Primzahl und 5 * 887 = 4435)
zu a = 7:
ecc7 verlangt für dann d bc1. Das Ergebnis 7 * bc1 liegt unter 7000, dann müsste aber e 1, 2, 3, 4, 5 oder 6 sein. Wegen d = 1 bleiben nur die Möglichkeiten e = 2, 3, 4, 5 oder 6. Wegen b= 2*e folgen: 7 * 4c1 = 2cc5, 7 * 6c1 = 3cc5 oder 7 * 8c1 = 4cc5. (e 0 5 oder 6 sind dann nicht zulässig.) Für c werden nun die noch nicht verwendeten Ziffer durchprobiert, wo bei 4c1 eine Primzahl sein muss:
4c1
401, 421, 431, 461, 491 die Ergebnisse der Multiplikation mit 7:
2801, 2947, 3017, 3227, 3437, Die c- Bedingung ist nicht erfüllt.
6c1
601, 631, 641, 661, 691 die Ergebnisse der Multiplikation mit 7:
4207, 4417, 4487, 4627, 4831, Die c- Bedingung ist nicht erfüllt.
8c1
811, 821, 881, die Ergebnisse der Multiplikation mit 7:
5677, 5747, 6167, Die c- Bedingung ist nicht erfüllt.
Es gibt also wirklich nur Lösungen:
5 * 401 = 2 005
5 * 601 = 3 005
Die erste passt schön zum Jahr 2005.
PS.: Auf einige der Primzahlen beim Test mit der Multiplikation mit 7 hätte man verzichten können. (Beispiel 881 wegen bcd nicht erlaubt)

Serie 8 Aufgabe 10

Bernd sagte zu Mike, da hätte ich letzte Woche ja fast eine Lösung übersehen, aber die eine passte ja super zum Jahr 2005. Mal schauen, was Opa diesmal hat.
Die Cheopspyramide - das antike Weltwunder , welches noch exitiert, ist eine gerade quadratische Pyramide. Die ursprünglichen Maße lagen bei einer Seitenlänge von 234 m und einer Höhe von 146 m. Mal angenommen, sie hätte keine Hohlräume bei welcher Höhe wäre dann genau, die Hälfte des benötigten Baumaterials verbaut worden?
Für die vollständige Lösung gibt es 6 Punkte.

Das Volumen der gesamten Pyramide wird mit V= 1/3 a² * h berechnet und beträgt damit sagenhafte 2664792 m³.
Nun werden die Maße einer Pyramide berechnet, die das halbe Volumen hat, wo allerdings das Verhältnis von von Grundkantenlänge und Höhe (234/146 = a/h) erhalten bleiben muss. a = 234/146 h.
1332396 = 1/3 * (234/146 h)²*h
1332396 = 0,856... * h³
h³= 1556068
h = 115,88 m
Nun wird diese Höhe von 146 m abgezogen.
30,12 m war die Höhe des Bauwerkes als die Hälfte aller Steine verbaut waren.

Serie 8 Aufgabe 11

Als Bernd seinem Vater von der letzten Aufgabe erzählte, meinte der da hätte mich auch ganz schön verschätzt. Aber wie wie es denn noch damit.
Der Pharao soll darüber informiert werden, dass die Hälfte des Pyramidenbaus geschafft ist. Deshalb wird ein Bote zu ihm geschickt. Da der Pharao sich in der heiligen Wüstenstadt aufhält, schafft es der Bote nicht auf geradem Weg zu ihm zu gelangen, sondern er muss einmal zwischendurch zum Fluss, dort kann er Wasser in ausreichender Menge aufnehmen. Damit er schnell ans Ziel kommt, möchte er natürlich den kürzesten Weg finden. Er geht zu einem der Priester mit Namen Sa Moht. Dieser macht sich eine Skizze. In die heutige Zeit übertragen ist das ein Koordinatensystem. Der Startpunkt (0;3) und das Ziel ist (6;5). Der Fluss ist die x-Achse. Wo muss die x-Achse berührt werden, damit der Weg Start - x-Achse - Ziel am kürzesten ist?
Zu erreichen sind 6 Punkte.
Diese Aufgabe gibt es in den verschiedensten Zusammenhängen und ist zum Beispiel aus dem 10. Jahrhundert durch Haitham (Mathematiker auf Banknoten) beschrieben worden.

Viele haben die Aufgabe richtigerweise wie das Stehen vor dem Spiegel aufgefasst, dass Hilfsziel also als Punkt (6; -5) und dann die Nullstelle der linearen Funktion gesucht, je nach Ablesegenauigkeit auch richtig gefunden.
Die lineare Funktion hat die Gleichung y = - 4/3 x + 3, deren Nullstelle ist wegen Nullstelle = - n/m dann 3 : 4/3 = 3 * 3/4 = 9/4 = 2,25.
Hier nun noch die Formulierung von Andreas, vielen Dank.
Start und Ziel sind oberhalb der x-Achse. Um den kürzesten Weg zu gehen, muss der Bote im gleichen Winkel zum Fluss, wie von dort zum Ziel gehen. Der Start ist 3 hoch, das Ziel ist 5 hoch. Er muss erst 3 nach unten und dann 5 nach oben, insgesamt 8. Damit ein gleicher Winkel entsteht, muss der Punkt am Fluss auf 3/8 der Strecke von 0 bis 6 sein und der Rest 5/8. 3/8 von 6 sind 2,25. Also muss die x-Achse bei 2,25 berührt bzw. muss dort der Bote zum Fluss kommen.

Serie 8 Aufgabe 12

Na das war ja doch nicht so einfach, naja wenn man auf den Spiegeltrick kommt, dann doch.
Lass uns mal wieder einen Blick in Opas Mathekalender werfen.
Das allgemeine Dreieck. Wie war das doch? Die Dreiecke lassen sich nach Seiten und Winkeln einteilen. Für die Seiten gilt:
Sind alle Seiten gleichlang, heißt es gleichseitiges Dreieck, sind zwei Seiten gleich, dann ist es ein gleichschenkliges Dreieck (2 Schenkel und Basis) und sind alle Seiten verschieden (und damit auch die Winkel), dann ist es das allgemeine Dreieck.
Die Namen für die Einteilung nach Winkeln richtet sich nach dem größten Winkel des Dreiecks, damit gibt es spitzwinklige, rechtwinklige und stumpfwinklige Dreiecke.
Ach ja, meinte Bernd, aber wie heißt denn nun die Aufgabe.
Auf einen Blick:
Damit Winkel auf einen Blick als verschiedenen erkannt werden, müssen sie sich um mindestens 15^o unterscheiden. So sieht eben ein Winkel von 80^o schnell auch wie ein rechter Winkel aus. Wie viele Möglichkeiten für die Winkel gibt es, ein allgemeines spitzwinkliges Dreieck zu zeichnen, wenn a < b < c gelten soll?
Zu erreichen sind 4 Punkte.

Lösung

Da es ein spitzwinkliges Dreieck sein soll, ist der größte Winkel kleiner als 90^o. Wegen der Verwechselungsgefahr mit einem rechten Winkel, darf er maximal 75^o betragen. Da alle Winkel verschieden sein müssen (allgemeines Dreieck) kommt für den 2. Winkel maximal 60^o und für den dritten maximal 45^o in Frage. Die Winkelsumme dieser drei Winkel beträgt genau 180^o. Würde man nun einen der Winkel verkleinern ist die Winkelsumme von 180^o nicht mehr erzielbar, so dass diese drei Winkelwerte zugleich die einzige Lösung sind.