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Knobelaufgaben für Profis
Schüler Fachschulen, 10. Klassenstufe
Tags: Übriges
 
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anonymous 16:48 Uhr, 24.01.2007  |
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Hey Leute hab ein paar echt komplizierte aufgaben für euch A1 Wie viele Rechtecke gibt es in einem 10x10 Gitter, deren Seiten alle auf gitterlienen liegen? A2 Eine 4-zifferige natürliche Zahl mit der Ziffernschreibweise xyyz hat die Primfaktorzerlegung xyyz = p* p*xxp, wobei x,y,z,p paarweise verschiedene Ziffern und p eine Primzahl und xxp eine 3 zifferige Primzahl ist. Finde alle solche Zahlen xyyz ! A3 Beweise In einem bei C rechtwinkligen, nicht gleichschenkligen Dreieck ABC halbiert die Winkelhalbierende durch C auch den WInkel zischen der Höhe und der Seitenhalbierenden durch C A4 Berthold und Ulf spielen mit Chips, die sie zu einem Stapel oder mehreren Stapeln aufeinander gelegt haben. Beide dürfem abwechselnd einen Zug machen, der darin besteht, jeden Stapel, der mehr als einen Chip enthält, in zwei Stapel zu Teilen. Gewonnen hat ,wer als Letzter einen Stapel teilen kann. a) Untersuche für die fünf Startsituationen mit einem Stapel aus 3, 4, 5, 6, und 7 Chips und für die Startsituation mit zwei Stapeln aus 15 und 4 Chips, ob der erste Spieler den Gewinnen Erzwingen kann, und beschreibe gegebenfalls eine Gewinnstrategie für den ersten SPieler. b) Finde alle Startsituationen mit Stapeln aus höchstens 80 Chips, bei denen der erste Spieler den Gewinn nicht erzwingen kann. So das wars auch schon. Lösung natürlich bitte mit Rechnung. Ich probier die Aufgaben schon seit Tagen komme aber einfach nicht weiter. |
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anonymous 23:09 Uhr, 24.01.2007 |
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Hallo, A1: Ich gehe davon aus, daß Du ein Rechteck gegeben hast, welches durch 9 waagerechte und 9 senkrechte Gitterlinien in 10x10 kleinere Rechtecke geteilt wurde und daß sowohl die inneren Linien als auch die Randlinien des ursprünglichen Rechtecks von Dir als Gitterlinien bezeichnet werden. Wie kann denn ein solches Rechteck aussehen? Es ist m "ganz kleine Rechtecke" breit und n "ganze kleine Rechtecke" hoch ("ganz kleine Rechtecke" sind Rechtecke, die nicht noch einmal von Gitterlinien geteilt werden). Dabei können m und n jeweils jeden beliebigen Wert von 1 bis 10 einnehmen. Das macht schon mal 100 "verschieden große" Rechtecke ("verschieden große" heißt, daß die Anzahl der inneliegenden "ganz kleinen Rechtecke" unterschiedlich oder deren Anordnung anders ist, d.h. 4x4 ist eben etwas anderes als 2x8 und 8x2 und die beiden sind auch nicht gleich). Wie viele Möglichkeiten gibt es nun, daß ein mxn-Rechteck auf die Gitterlinien gelegt sein kann? Betrachten wir die linke obere Ecke eines solchen Rechtecks. Diese kann in der Waagerechten an (11-m) Stellen liegen und in der Senkrechten an (11-n) Stellen. Das heißt, für jedes mxn-Rechteck gibt es (11-m)*(11-n) Möglichkeiten, es zu positionieren. Das mußt Du nun "aufaddieren" für alle Möglichkeiten von m und n: Zunächst eine kurze Vorüberlegung: SUMME(n=1 ; 10 ; (11-n) ) = 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = SUMME(n=1 ; 10 ; n ) = 55 analog: SUMME(m=1 ; 10 ; (11-m) ) = 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = SUMME(m=1 ; 10 ; m ) = 55 SUMME(m=1 ; 10 ; SUMME(n=1 ; 10 ; (11-m)*(11-n) )) = SUMME(m=1 ; 10 ; (11 - m)*SUMME(n=1 ; 10 ; (11-n) )) = SUMME(m=1 ; 10 ; (11 - m)*55) = 55 * SUMME(m=1 ; 10 ; (11 - m) ) = 55 * 55 = 3025 A2: p ist eine einstellige Primzahl, kann also nur 2, 3, 5 oder 7 sein. Da aber auch xxp eine Primzahl sein muß, ist p=2 nicht möglich, bleiben also nur noch 3, 5 und 7. Weil aber gilt, daß xyyz = p*p*xxp ist, kann p*p nicht größer als 19 sein, da sonst nicht die gesuchte Zahl xyyz und die Primzahl xxp mit der selben Ziffer anfangen können. Bleibt: p = 3 Da alle Primzahlen größer als 3 nicht durch 3 teilbar sind und der Rest der Division durch 3 gleich dem Rest der Division der Quersumme durch 3 ist, darf x+x+p nicht durch 3 teilbar sein. Da p=3 ist folgt also: 3 teilt nicht x+x Damit kann x nicht 9, 6, 3 (geht auch wegen der paarweisen Verschiedenheit nicht) und 0 (geht auch nicht, weil x "vorn" steht) sein. Ebenfalls ist klar, daß z=7 ist, denn xyyz=p*p*xxp endet wegen p=3 auf 7. Welche Zahlen sind Primzahlen: 113: ja 223: ja 443: ja 553: nein 553 = 7 * 79 883: ja Wie sehen die Ergebnisse p*p*xxp aus, können die dargestellt werden als xyyz?: 3*3*113 = 1017: nein 3*3*223 = 2007: ja 3*3*443 = 3987: nein 3*3*883 = 7947: nein Die einzige Lösung x, y, z, p ist: 2, 0, 7, 3. A3: Mach zuerst eine Skizze, d.h. zeichne ein rechtwinkliges Dreieck, das nicht gleichschenklig ist. Zeichne es so, daß die Seite b=AC die kürzere der beiden Katheten ist. Lege auf c=AB in der Mitte den Punkt M fest und verbinde C und M, das ist die Seitenhalbierende. Zeichne die Höhe ein und nenne den Punkt auf c=AB einfach H. Zuletzt zeichne zwischen den beiden Geraden CH und CM noch die Winkelhalbierende ein (PS: das ist eine Skizze, die muß nur ungefähr in der Mitte sein). Jetzt hast Du bei C, wo der Winkel gamma=90° liegt, 4 Teilwinkel, die wir von links beginnend mit gamma1, gamma2, gamma3 und gamma4 bezeichnen. Die Winkel bei A und B nennen wir wie gewöhnlich alpha und beta. Es gilt im rechtwinkligen Dreieck ABC: alpha + beta + gamma = 180° und gamma = 90° --> alpha + beta = 90° --> beta = 90° - alpha Wegen der Wahl unseres Dreiecks (b=AC ist die kürzere Seite) gilt, daß beta kleiner als alpha ist und somit ist: alpha > beta | + beta alpha + beta > 2*beta 90° > 2*beta | /2 45° > beta Schauen wir uns zunächst das Dreieck AHC an. Es hat einen rechten Winkel bei H und bei A den Winkel alpha. Damit ergibt sich für den dritten Winkel: gamma1 = 180° - 90° - alpha gamma1 = 90° - alpha gamma1 = beta Damit haben wir nicht nur gamma1 ermittelt, sondern auch gezeigt, daß die Winkelhalbierende von C nicht den Winkel gamma1 "zerteilt", denn die Winkelhalbierende hat wegen des rechten Winkels bei C einen Winkel von 45° zu beiden Katheten. Wir haben hier also schon mal gezeigt, daß die Winkelhalbierende "rechts" der Höhenlinie liegt. Jetzt betrachten wir das Dreieck BCM. In einem rechtwinkligen Dreieck gilt, daß der Umkreismittelpunkt der Mittelpunkt der Hypothenuse ist. Damit ist M als Schnittpunkt der Seitenhalbierenden auch der Umkreismittelpunkt. Dieser Umkreismittelpunkt hat die Eigenschaft, daß alle Eckpunkte des Dreiecks zu ihm den gleichen Abstand haben. Also gilt insbesondere: |BM| = |CM| Damit ist das Dreieck BCM ein gleichschenkliges Dreieck mit den gleichgroßen Basiswinkeln bei B und C. Also gilt: gamma4 = beta Auch hier gilt wieder, daß wir nicht nur gamma4 ermittelt haben, sondern wir haben gleichzeitig gezeigt, daß die Winkelhalbierende von C "links" von der Seitenhalbierenden liegt. Die Winkelhalbierende von C liegt "rechts" von der Höhenlinie und "links" von der Seitenhalbierenden, also zwischen beiden Geraden. Das ist schon mal die halbe Miete, denn jetzt erst wissen wir, daß unsere Skizze korrekt ist, denn wir haben die Winkelhalbierende einfach dazwischen gezeichnet, obwohl wir das zu diesem Zeitpunkt gar nicht so genau wußten. Da die Winkelhalbierende zwischen Höhenlinie und Seitenhalbierende liegt, ist jetzt auch klar, daß gilt: gamma1 + gamma2 = 45° = gamma3 + gamma4 und gamma1 = gamma4 = beta beta + gamma2 = 45° = gamma3 + beta | - beta gamma2 = 45° - beta = gamma3 Wir hatten zunächst ein Dreieck mit kürzerer Seite b=AC angenommen, müssen hier also noch den umgekehrten Fall erläutern: Für Dreiecke mit längerer Seite b=AC können alle Überlegungen analog durchgeführt werden. Das Ergebnis ist dann: gamma2 = 45° - alpha = gamma3 Damit teilt die Winkelhalbierende von C auch den Winkel von Höhenlinie und Seitenhalbierende in der Mitte. A4: Mach' ich vielleicht noch, aber bestimmt nicht mehr jetzt. Außerdem ist das ja schon mehr als genug, oder? PS: Ich komme Deinem Wunsch natürlich sehr gerne nach: "Lösung natürlich bitte mit Rechnung." Schreib doch bitte Deine Adresse hier in den Thread, damit ich Dir die Rechnung und natürlich meine Kontoinformationen zukommen lassen kann. Macht so übern Daumen gepeilt 25€, ist 'nen echter Freundschaftspreis und natürlich ohne Berücksichtigung von A4. Alles klar ;-) |
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(OT) Zitat: ...hab ein paar echt komplizierte aufgaben für euch (Aufgaben abgeladen) Zitat: ...Lösung natürlich bitte mit Rechnung. *ähhh* und ein Idiot springt an... *MUHAHA* (25,- € angepeilt => Profi durch und durch.) |
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anonymous 10:47 Uhr, 25.01.2007 |
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Hallo, A4: a) Also ich würde die Aufgabe sozusagen von hinten her lösen, d.h. ich würde die als "Gewinnstrategie" bezeichnete Lösung zuerst machen, die restlichen Aufgaben ergeben sich dann fast von allein. Betrachten wir uns doch mal die Situation, bevor ein Spielzug gemacht wurde. Wir haben n Chips und m Haufen. Für jeden Chip, unter dem noch ein anderer Chip liegt, gibt es eine Spielzugsmöglichkeit. Bis auf die m Chips, die in den m Haufen unten liegen, gibt es zu jedem anderen Chip genau eine Spielzugsmöglichkeit, das sind n-m Spielzugsmöglichkeiten. Nachdem man eine dieser Möglichkeiten ausgewählt und gesetzt hat (vollkommen egal welche!), ist nun folgendes Bild zu erkennen: 1. Die Anzahl der Chips ist gleichgeblieben (trivial, aber wichtig). 2. Die Anzahl der Haufen hat sich um genau einen Haufen erhöht. 3. Die Anzahl der weiteren Spielzugsmöglichkeiten hat sich um genau eine verringert, denn jeder Chip, der vorher einen Chip darunter hatte, hat auch jetzt noch einen Chip darunter, außer dem einen Chip, der jetzt ganz unten im "neuen" Haufen liegt. Was wissen wir über das Ede des Spiels? Es ist beendet, wenn der letzte aus mehr als einem Chip bestehende Haufen so geteilt wurde, daß keine weiter teilbaren Haufen entstehen. Es müssen also im letzten Spielzug der "alte" Haufen auf 1 Chip reduziert werden und der "neue" Haufen darf auch nur einen Chip enthalten. Mit anderen Worten: Es gibt nach dem letzten Spielzug n Haufen aus jeweils genau einem Chip, vor dem letzten Spielzug gab es n-2 Haufen mit genau einem Chip und einen Haufen mit genau zwei Chips. Die Anzahl der Spielzugsmöglichkeiten war 1 (n - m = 1 mit m = n-1). Da bei jedem Zug die Anzahl der Spielzugsmöglichkeiten um genau eine verringert wird und der gewinnt, der die letzte Spielzugsmöglichkeit hatte, steht der Sieger bereits fest, nachdem man sich auf n und m und den Spieler geeinigt hat, der beginnt. Deshalb habe ich auch in meinem ersten Satz das Wort "Gewinnstrategie" in Anführungszeichen gesetzt, denn mit dem ersten Zug steht der Sieger bereits fest, von Strategie bei den weiteren Zügen kann keine Rede mehr sein! Ist zu Beginn des Spiels n-m ungerade, dann hat der beginnende Spieler eine ungerade Anzahl von Möglichkeiten. Nach seinem Zug hat sein gegenüber genau eine Möglichkeit weniger, also eine gerade Anzahl von Möglichkeiten. Nachdem der seinen Zug gemacht hat, hat der Spieler, der begonnen hatte, wieder eine Möglichkeit weniger, also wieder eine ungerade Anzahl von Möglichkeiten. Das geht so lange weiter, bis der Spieler, der begonnen hatte, irgendwann nur noch eine Möglichkeit hat (1 ist eine ungerade Zahl!). Er macht den letzten Spielzug, danach gibt es keine Möglichkeit mehr, der Spieler hat gewonnen. Ist zu Beginn des Spiels n-m gerade, dann zeigt man analog, daß der Spieler gewinnt, der nicht begonnen hat. Die "Gewinnstrategie" lautet also: Wenn man sich auf n Chips und m Haufen geeinigt hat, und n-m ist gerade, dann sei höflich und laß den anderen beginnen, ist aber n-m ungerade, dann frag nicht erst wer anfangen soll, sondern mach den ersten Spielzug, bevor es der andere machen kann! Jetzt zu den Lösungen zu den in diesem Aufgabenteil gegebenen Startsituationen: 1 Haufen mit 3 Chips: 3-1=2 ist gerade, der erste Spieler verliert in jedem Fall 1 Haufen mit 4 Chips: 4-1=3 ist ungerade, der erste Spieler gewinnt in jedem Fall 1 Haufen mit 5 Chips: 5-1=4 ist gerade, der erste Spieler verliert in jedem Fall 1 Haufen mit 6 Chips: 6-1=5 ist ungerade, der erste Spieler gewinnt in jedem Fall 1 Haufen mit 7 Chips: 7-1=6 ist gerade, der erste Spieler verliert in jedem Fall Jetzt wird's zweideutig. Im ersten Teil des Satzes steht "mit einem Stapel aus 3, 4, 5, 6, und 7 Chips" und gemeint sind verschieden Startsituationen. Im zweiten Teil steht "mit zwei Stapeln aus 15 und 4 Chips". Sind das nun zwei verschiedene Startsituationen mit jeweils 2 Stapeln, die dann immer beide gleich viele Chips enthalten, einmnal 15 und einmal 4? Oder soll nur die eine Startsituation mit einem Stapel mit 15 Chips und einem zweiten Stapel mit 4 Chips betrachtet werden? O.K. was soll's, wir haben eine einfache Berechnungsmethode gefunden, alle drei Startsituationen in annehmbarer Zeit zu lösen. 2 Haufen mit je 15 Chips: (15+15)-2=28 ist gerade, der erste Spieler verliert in jedem Fall 2 Haufen mit je 4 Chips: (4+4)-2=6 ist gerade, der erste Spieler verliert in jedem Fall 1 Haufen mit 15 Chips und ein Haufen mit 4 Chips: (15+4)-2=17 ist ungerade, der erste Spieler gewinnt in jedem Fall b) Wieder eine zweideutige Formulierung: "Finde alle Startsituationen mit Stapeln aus höchstens 80 Chips, bei denen der erste Spieler den Gewinn nicht erzwingen kann." Heißt das nun, daß man höchstens 80 Chips hat und alle Startsituationen aufschreiben soll, bei denen es beliebig viele Haufen gibt, die jeweils mindestens zwei Chips enthalten müssen (Haufen aus einem Chip sind "Endhaufen", tragen also überhaupt nicht zum Spiel bei, d.h. werden während des Spiels nicht angefaßt. Damit gibt es maximal 40 solcher Haufen)? Das ist eine reine Fleißarbeit, aber immerhin wäre sie endlich! Oder soll das heißen, daß die Anzahl der Haufen vollkommen beliebig ist und in jedem Haufen maximal 80 Chips sind? Dann wäre dies keine Fleißarbeit mehr, sondern eine Sisyphus-Arbeit. Egal welche der Möglichkeiten die richtige ist, ich würde nicht alle diese Möglichkeiten versuchen aufzuschreiben. Ich würde einfach die o.a. "Gewinnstrategie" für den zweiten Spieler anwenden: Der erste Spieler kann den Gewinn nicht erzwingen, wenn die Differenz aus der Anzahl der benutzten Chips (n) und der Anzahl der zum Spielbeginn existierenden Stapel (m) gerade ist (n-m ist gerade). PS: Das macht dann noch mal 'nen Zehner extra! PPS an steele: Mir war's den Spaß wert, Du hast offensichtlich niemals Spaß! Du arme Sau! |
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anonymous 15:52 Uhr, 02.03.2007 |
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hallo x die lösung für a4 hab ich meinem lehrer vorgelegt: er meinte das sei falsch weil bei einem spielzug alle haufen geteilt werden müssen; zitat:"jeden stapel". mit dieser überlegung komme ich aber trotzdem nicht weiter HELP!!! I NEED SOMEBODIES HELP!!! |
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