Adventkalender 2009
Aufgaben und Lösungen
Wie lautet die fehlende Zahl?
543, 497, 451, 405, ?
Lösung: Weil die Zahlen ungefähr gleich groß sind, schauen wir uns die Differenzen an. 543–497=46, , 497–451=46, 451–405=46. Daher ist 405–46= 359 sicher eine gute Fortsetzung.
In einem Raum stehen 4 Körbe mit 85, 73 und 42 Kugeln, der letzte Korb ist leer.
Es sollen nun die Kugeln so verteilt werden, daß alle Körbe gleich viel Kugeln enthalten. Wie viele Kugeln müssen umgelegt werden.
Lösung: 85+73+42=200. Also müssen am Schluß in jedem Korb 50 Kugeln liegen. In den unterbesetzten Körben fehlen 50+(50–42)=58 Kugeln. Diese müssen also umgelegt werden. Also ist die Antwort 58.
Natürlich kann man auch die überbesetzten 85+73=158 auf die 50+50=100 reduzieren. Auch da benötigt man 58.
Variante: Man kann den Transport der Kugeln durch einen Roboterarm durchführen lassen, der immer nur in den benachbarten Korb ablegen kann.
Dann hängt das Resultat natürlich
• von der Aufstellung – nebeneinander oder im Kreis – ab, und
• von der Reihenfolge der Körbe. Z.B. 73, 85, 0, 42.
Hier kann man für jede Aufstellung und Reihenfolge die kleinste Anzahl von Umlegungen berechnen. Und sich die Frage stellen, welche Anordnung die minimale Anzahl benötigt.
Also genug zum Spielen in den Weihnachtsferien.
1/100 % der Einwohner haben einen seltenen Virus.
Wenn die Stadt 300 000 Einwohner hat, wie viele sind dann von dem Virus befallen?
Lösung: Genau 1% der Einwohner sind 3000. Ein Hundertstel davon ist natürlich 30.
Ein Schwimmbad mit den Maßen 13 m x 7m ist von einem unmittelbar angrenzenden 1/2 Meter breiten Weg umgeben. Dieser Weg ist mit 50 cm x 50cm Fliesen ausgelegt. Wie viele Fliesen brauchen wir für den Weg?
Lösung: Der Umfang des Beckens beträgt 2(13+7)=40 m. Dafür benötigen wir 2 × 40=80 Fliesen. Und in den Ecken benötigen wir noch 4 weitere Fliesen. Also benötigen wir insgesamt 84 Fliesen.
Wie lautet die fehlende Zahl?
9,20,42, ? ,174, 350, 702
Lösung: Jede Zahl ist ungefähr doppelt so groß, wie die vorhergehende, wenn eine solche vorhanden und bekannt ist. Genauer sogar um 2 größer. Also ist 2 × 42+2= 86 ein guter Vorschlag. Noch dazu, da 2 × 86+2=174 gilt.
In wie vielen unterschiedlichen Möglichkeiten können wir mit 1 Cent bis 10 Cent Münzen den Betrag von 16 Cent zusammenstellen?
Lösung: Da wir nur entweder eine 10 Cent Münze oder keine verwenden können.
Verwenden wir eine 10 Cent Münze, so können wir entweder eine oder keine 5 Cent Münze verwenden. Und so geht die Unterscheidung der Fälle weiter. Wir stellen daher die Lösungen in einer Tabelle zusammen. Die erste Zahl jedes Quadrupels ist die Anzahl der 10 Cent Münzen, die zweite die der 5 Cent Münzen, die dritte die der 2 Cent Münzen du schließlich die vierte die der 1 Cent Münzen.
(1,1,0,1),(1,0,3,0),(1,0,2,2),(1,0,1,4),(1,0,0,6),(0,3,0,1), (0,2,3,0),( 0,2,2,2),( 0,2,1,4),
(0,2,0,6),(0,1,5,1),(0,1,4,3),(0,1,3,5),(0,1,2,7),(0,1,1,9),(0,1,0,11),(0,0,8,0),(0,0,7,2),(0,0,6,4),
(0,0,5,6),(0,0,4,8),(0,0,3,10),(0,0,2,12),(0,0,1,14),(0,0,0,16). Das sind 25 Möglichkeiten.
ZWEITER WEG:
Da wir ja nur die Anzahl benötigen, und nicht alle aufschreiben müssen, können wir auch schneller zum Resultat kommen.
Wenn wir die Anzahl der 10, 5 und 2 Cent Münzen kennen, ist der Rest durch 1 Cent Münzen auf genau eine Art aufzufüllen.
Wenn wir die Anzahl der 10 und 5 Cent Münzen kennen, wissen wir wie viele 2 Cent Münzen höchstens dabei sein dürfen. Und jede Anzahl zwischen Null und diesem Maximum ist erlaubt.
Also eine 10 Cent und eine 5 Cent Münze, und keine (Null) 2 Cent Münzen ergibt eine Lösung.
Eine 10 Cent und keine (Null) 5 Cent Münzen, und höchstens drei 2 Cent Münzen ergibt 4 Lösungen. Null, 1, 2, oder 3 Münzen mit 2 Cent.
Keine 10 Cent Münze.
Dann können wir die se durch zwei 5 Cent Münzen ersetzen, und erhalten mit drei oder zwei 5 Cent Münzen wieder die 1+4= 5 Lösungen wie oben.
Haben wir nur eine 5 Cent Münze, so können wir höchstens fünf 2 Cent Münzen verwenden, und erhalten somit 6 neue Lösungen.
Ohne 5 Cent Münzen haben wir höchstens acht 2 Cent Münzen und somit 9 neue Lösungen. Insgesamt haben wir also 2 × Möglichkeiten.
Wir haben viele quadratische Kacheln mit der Seitenlänge 8cm. Zwischen den Kacheln lassen wir jeweils 5mm frei. Wir wollen ein Beet von 0,59m x 1,27m damit auslegen. Wieviele Kacheln brachen wir?
Lösung: Nehmen wir die letzte Reihe von den 59 am (8 cm) weg, so bleiben 51 cm, die wir mit 6 mal 8,5 cm (Kachel plus Zwischenraum) ausfüllen können. Also haben wir insgesamt 7 Reihen von Kacheln.
In jeder Reihe haben wir ohne letzter Kachel 127–8=119=7 × 17 cm. Das heißt, wir haben 7 mal 2 Kacheln und Zwischenräume und die letzte Kachel, also 15 Kacheln je Reihe. Also insgesamt 7 × 15= 105 Kacheln benötigt.
ZWEITER WEG:
Wenn wir zu dem Rechteck noch jeweils 5mm auf jeder Seite dazu geben, erhalten wir ein Rechteck, das wir mit „Kacheln“ mit der Seitenlänge 85 mm auslegen sollen.
Das Rechteck mißt dann 595 mm x 1275 mm. 595=7 × 85 und 1275=15 × 85. Also benötigen wir 7 × 15= 105 Kacheln.
Auf wie viele Arten kann 105 als Summe von 2 oder mehreren aufeinanderfolgenden positiven natürlichen Zahlen geschrieben werden?
Lösung: Haben wir eine ungerade Anzahl von Summanden, so gibt es eine mittlere x und die gleich weit entfernt stehenden Zahlen (2x-a und 2x+a) ergeben jeweils als Summe 2x. Also ist bei insgesamt n Summanden die Summe nx=105=3 × 5 × 7. Der kleinste Summand x–(n–1)/2.
Wir haben also die folgenden Möglichkeiten:
Mit n=1 und x=105 den Summanden 105. Nur einen, daher keine Lösung.
Mit n=3 und x=35 die Summanden 34, 35, 36.
Mit n=5 und x=21 die Summanden 19, 20, 21, 22, 23.
Mit n=7 und x=15 die Summanden 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18.
Mit n=15 und x=7 müssen wir schon mit dem Summanden 0 beginnen.
Also gibt es keine weiteren Möglichkeiten mit ungerader Anzahl von Summanden.
Bei gerader Anzahl m=2k bilden das mittlere Paar y und y+1 sowie die gleichweit entfernten Paare y–a und y+1+a die gleiche Summe z=2y+1. Also muß k × z=105 sein.
Wir haben also die folgenden Möglichkeiten:
Mit k=1 (m=2) und z=105 die Summanden 52, 53.
Mit k=3 (m=6) und z=35 die Summanden 15, 16, 17, 18, 19, 20.
Mit k=5 (m=10) und z=21 die Summanden 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15.
Mit k=7 (m=14) und z=15 die Summanden 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14.
Für noch größere Werte von k erhalten wir negative Summanden.
Also haben wir insgesamt 3+4= 7 Möglichkeiten.
Mit welcher Zahl muß man 11 multiplizieren, damit man 1000 am nächsten kommt?
Lösung: Es ist 100=9 × 11+1 also 1000=90 × 11+10. Und es ist 90 × 11 genau 10 von 1000 entfernt. Nehmen wir um 11 mehr, also 91 × 11=1001, so gilt 100=91 × 11–1. Also liegt 91 × 11 deutlich besser. Und besser als Abstand 1 geht es nicht mehr.
ZWEITER WEG
Wir rechnen 1000/11=90,9… . Also kommen nur 90 × 11 mit 1000=90 × 11+10 oder 91 × 11 mit 1000=91 × 11–1. Und 91 × 11 liegt deutlich besser
Ein gleichseitiges Dreieck und ein regelmäßiges Sechseck haben den gleichen Umfang. Wie viele Prozent der Dreiecksfläche ist die Sechsecksfläche ?
Lösung: Wenn die Seitenlänge des Sechsecks eine Einheit beträgt, der Umfang also 6 Einheiten, dann beträgt die Seitenlänge des Dreiecks 2 Einheiten.
Das regelmäßige Sechseck setzt sich aus 6 gleichseitigen Dreiecken mit der Seitenlänge eine Einheit zusammen Das große gleichseitige Dreieck kann man in vier solche Dreiecke zerlegen, indem man die Seitenmittelpunkte verbindet.
Die Sechseckfläche ist also 6 Viertel der Dreiecksfläche. Da 6/4=1,5 ist, beträgt die Sechseckfläche 150% .der Dreiecksfläche.
Die ersten beiden Glieder einer Folge sind 26 und 34. Jedes weitere Folgeglied entsteht durch Division des letzen Gliedes durch das vorletzte Glied. Wie lautet das 1004. Element der Folge ?
Lösung: Bezeichnen wir allgemeiner 2 aufeinander folgende Glieder mit a und b. dann sind die nächsten
Also beginnt nach 6 Gliedern wieder alles von vorne. Da 1004=167 × 6+2 ist das 1004. Glied gleich dem 2. Glied, also gleich 34.
Wie viele unterschiedliche Diagonalen hat ein 8-Eck?
Lösung: Wodurch werden zwei Diagonalen unterschieden, sodaß sie unterschiedlich sind?
Wenn es einem genügt, dass sie nicht dieselben sind, also verschiedene sind, so gehen von jeder der 8 Ecken genau um 3 weniger (sich selbst und die beiden Nachbarn) , also 5 Diagonalen aus. Jede der Diagonalen wird dabei doppelt (bei jedem ihrer Endpunkte) gezählt. Also haben wir 8 × 5/2= 20 (verschiedene) Diagonalen.
ABER.
Meint man aber mit unterschiedlich, dass sie verschiedene Länge haben, so geht die Überlegung so. Wir brauchen natürlich nur die 5 Diagonalen, die von einer Ecke ausgehen, zu betrachten. Die beiden äußersten sind gleich lang, eben so das nächste Paar für sich. Von den fünf Diagonalen haben wir also 2 Paare und ein Einzelstück nach der Länge sortiert. Wir haben also 3 unterschiedliche Diagonalen.
Ganz unvernünftig ist die Unterscheidung nach der Länge nicht. Gibt es noch andere „vernünftige“ Unterscheidungen?
Eine wäre nach der Richtung. Also parallele Diagonalen sind nicht zu unterscheiden, nicht unterschiedlich. Wir haben 4 Richtungen parallel zu den 8 Seiten, da je zwei Seiten parallel sind. Und 4 Richtungen, die Senkrecht auf die ganz langen Diagonalen stehen. Andere Richtungen gibt es nicht, wie man sich bei den fünf Diagonalen aus einer beliebigen der 8 Ecken überzeugen kann. Hier haben wir also 8 unterschiedliche Diagonalen.
In einem dreieckigen Schulhof werden Bäume in Reihen gesetzt. Von Reihe zu Reihe werden es weniger Bäume und zwar immer um die gleiche Anzahl weniger. In der ersten Reihe stehen 15 Bäume, in der vierten Reihe 9 Bäume und in der letzten Reihe nur noch 1 Baum. Wie viele Reihen sind es?
Lösung: Zwischen der ersten und der vierten Reihe gibt es 3 Zwischenräume. Also deri Mal dieselbe Zahl d von 15 abgezogen ergibt 9. Somit ist d=2. Wenn es n Reihen gibt, so muß man (n–1) Mal 2 abziehen, um von 15 zu 1 zu kommen. Also 7 Mal. Daher ist die Anzahl n der Reihen gleich 7+1= 8.
Wie groß ist die Winkelsumme in einem 8-Eck?
Lösung: Zerlegen wir das 8 Eck durch die von einer Ecke ausgehenden Diagonalen in lauter Dreiecke, so hat jedes Dreieck genau eine nicht mit der Ecke zusammenstoßenden Achteckseite. Also haben wir 6 Dreiecke. Jeder Winkel des Achtecks ist entweder in einem Dreieck enthalten, oder er wird in Teile zerlegt und auf mehrere Dreiecke aufgeteilt. Jedenfalls geben die Dreieckswinkel zusammen genau die Achteckswinkel. Die Winkelsumme in einem Dreieck ist 180°, in allen 6 Dreiecken zusammen also 6 × 180°= 1080°.
ZWEITER WEG:
Geht man einmal um das Achteck herum, so ändert man dabei die Richtung um genau 360°. In jeder Achtecksecke ändert man dabei die Richtung um genau 180° minus dem Innenwinkel des Achtecks.
Also ist die Summe der Innenwinkel des Achtecks gleich 8 × 180°–360=6 × 180°= 1080°.
Streiche in der Zahl 519487 drei Ziffern weg, so daß die verbleibende dreistellige Zahl ohne Umstellung der Ziffern möglichst nahe an 500 liegt.
Lösung: Ist sie größer als 500, muß sie mit 5 beginnen und dann möglichst klein weitergehen. Das ist mit 514 möglich. Kleiner geht es nicht. Sie weicht um 14 von 500 ab.
Ist sie kleiner als 500, muß sie mit 4 beginnen. Dann muß sie aber 487 sein. Sie weicht um 13 von 500 ab. Also ist die gesuchte Zahl 487.
In drei Schachteln sind 20 Schokoladeweihnachtsmänner. In der ersten Schachtel sind halb so viele wie in der zweiten Schachtel. In der dritten sind nicht mehr als in der zweiten Schachtel. Wie viele Möglichkeiten gibt es, wie die Schokoladeweihnachtsmänner auf die drei Schachteln verteilt sind?
Lösung: In der zweiten sind doppelt so viele wie in der ersten. . Zusammen also drei mal so viele. Aber höchstens 20. Daher in der ersten höchstens 6.
In der dritten höchstens doppelt so viele wie in der ersten. In allen drei zusammen also höchstens fünf mal so viele. Aber das muß mindestens 20 sein. Also in der ersten mindestens 4.
Wir haben also 3 Möglichkeiten (4,8,8), (5,10,5) und (6,12,2).
Gegeben ist ein Quadrat. Ein Seitenpaar verkürzen wir um 2cm und das andere Seitenpaar verlängern wir um 3cm. Das so entstandene Rechteck hat einen Umfang von 66cm. Wie groß war die Quadratseite?
Lösung: Wahrscheinlich ist gemeint, dass an jede Seite eines Paares entsprechend verändert. Dann kann man so vorgehen, dass man insgesamt um 4 cm verkürzt und um 6 cm verlängert hat. Also den Umfang um 2 cm vergrößert hat.
Der Umfang des Quadrats war also 66–2=64 cm. Die Quadratseite also 64/4= 16 cm.
Wäre jedoch das ganze Paar um 2 cm verkürzt resp. um 3 cm verlängert worden, wäre der Umfang um 1 cm vergrößert worden. Der Quadratumfang somit 66–1=65 und die Quadratseite 16,25 cm.
Also ist die erste Version eher die gewünschte.
Gegeben sind 27 Würfel - stelle diese als großen 3x3x3 Würfel zusammen. Was ist das Maximum der Augenzahlen, die Du (auf allen 6 Seiten) sehen kannst?
Lösung: In den Mitten der 6 Seitenflächen kann man von dem dort befindlichen Würfel die Sechs sichtbar machen. In den 8 Ecken kann man jeweils aber nur 4, 5 und 6 sichtbar machen. Also sieht man 8 × 15+6 × 6= 156.
Die Raumdiagonale eines Würfels hat die Länge 2009. Wie lautet die 3-stellige Zahl aus Hunderter-, Zehner- und Einerstelle der Oberfläche des Würfels?
Lösung: Die Raumdiagonale ist Seitenlänge multipliziert mit der Quadratwurzel aus 3. Um die Oberfläche zu erhalten, müssen wir also das Sechsfache des Quadrats von 2009 durch 3 dividieren. Also ist die Oberfläche das Doppelte des Quadrats von 2009. Da wir aber nur die letzten deri Ziffern benötigen, ist der Zweitausender egal. Wir erhalten also als gewünschte dreiziffrige Zahl 2 × 81= 162.
Ein Eckfeld rechts unten hat links davon und darüber jeweils 4 Felder - insgesamt also 9 Felder. Die Zahlen 1-9 sind einzeln darin eingetragen. Die Summe der Zahlen in den unteren 5 Feldern ist 20 und die Summe der übereinander liegenden Felder ist 34. Wie groß ist das Produkt der in den unteren 5 Feldern eingetragenen Zahlen ?
Lösung: In der Summe 20+34=54 dieser beiden Summen wird das Eckfeld doppelt verwendet. Die Zahlen 1 bis 9 summiert ergeben 45. Also ist das Eckfeld mit der Neun belegt.
Die restlichen 4 Felder der unteren Reihe haben also die Summe 20–9=11. Die ist aber nur durch 1+2+3+5 erreichbar. Also stehen in der unteren Reihe in irgend einer Reihenfolge die Zahlen 1,2,3,5,9. Ihr Produkt ist (3 × 9) × (2 × 5)= 270.
Gegeben ist ein Würfelnetz. Um den Würfel zu bauen braucht man einige Klebelaschen. Wie viele sind es?
Lösung: Wir haben 6 Seitenflächen. Also können wir höchsten 5 Kanten nicht aufschneiden, wenn wir die Oberfläche ausbreiten wollen. Die restlichen 7 müssen wir also aufschneiden und dann wieder mit jeweils einer Lasche versehen wieder zusammen kleben. Also benötigen wir 7 Laschen.
Gegeben ist ein Würfelnetz. Wie wissen (von gestern), daß wir 7 Laschen brauchen um den Würfel zusammenzukleben. Wie viele Möglichkeiten gibt es diese Laschen zu verteilen, d.h. nach dem Zusammenkleben ist kein Spalt offen?
Lösung: Da, wie wir ebenfalls seit gestern wissen, bei jeder der 7 „offenen“ Kante genau eine Lasche auf einer der beiden Seiten sitzen muß, haben wir 2 7 = 128 Möglichkeiten.
Wir haben eine Reihe von 11 Einsern und setzen in die Zwischenräume jeweils ein Plus- bzw. ein Minuszeichen. Wie viele verschiedene Resultate können wir bekommen, wenn wir alle Möglichkeiten durchprobieren?
Lösung: Wir haben 10 Zwischenräume, also 2 10 mögliche Verteilungen von Plus- und Minuszeichen. Aber beim Rechnen kommt es nicht mehr auf die Reihenfolge an. Sondern nur darauf, wie viele Einser wir subtrahieren. Keine Subtraktion liefert das Resultat 11. Eine liefert um 2 weniger (also 9), da von der Restsumme 10 eins abgezogen wird. Werden 10 Subtraktionen durchgeführt, so erhält man 1–10=–9.
Und alle ungeraden Zahlen zwischen –9 und 11 können als Resultate auftreten. Das sind genau 11 Zahlen, da ja 0,1,2,…,10 Subtraktionen möglich sind.
DAHER kurz. Wir haben 0,1,2,…,10 Subtraktionen, und daher 11 Resultate.
Wie viele Würfel braucht man noch dazu, um den
Quader ganz ausfüllen zu können?
Lösung: Der Quader hat die Maße 3x3x4. Also brauchen wir insgesamt 36 Steine. Aber „links hinten“ haben wir bereits einen Würfel mit 2x2x2 Steinen und noch einen neunten obenauf. Außerdem haben wir „vorne am Boden“ noch 6 Würfel liegen. Also insgesamt schon 15. Es werden also noch 36–15= 21 benötigt.