Keine Panik (2)

Wie bereits (vor langer Zeit) angekündigt, gibt es hier den ersten Teil von meinen ersten mathematischen Gehversuchen. Es handelt sich hierbei um meine Ausführungen zur ersten Runde der Fürther Mathematik-Olympiade im Jahr 2006/07, Klassenstufe 6 (in der fünften habe ich auch teilgenommen, aber hier kann ich die Aufzeichnungen nicht finden)(Aufgaben kann man hier sehen). Ich werde den Text unverändert abschreiben und gelegentlich [kommentieren] (nur in allergrößten Ausnahmefällen zur Orthographie und Grammatik). Kommentare des Korrektors sind rot. (Anmerkung: Die Verwendung der männlichen Form „Korrektor“ schließt nicht aus, dass es sich um eine Frau handeln könnte). Viel Spaß…

Aufgabe 1

a) Um herauszufinden, wie viele Münzen sie höchstens bekommt, schaut man sich zunächst die Einerstellen der Centstücke an. Es gibt 1 Cent, 2 Cent und 5 Cent Stücke. Für 3 und 4 Cent benötigt man 2 Münzen, nämlich für 3: 1+2 Cent, für 4: 2+2 Cent. Für die Einerstelle, wenn sie über 5 ist, muss man [man muss gar nichts; das gilt auch an anderen Stellen] zu dieser Anzahl noch eine 5 Cent Münze hinzufügen: 6=1+5, 7=2+5, 8=1+2+5, 9=2+2+5; für die Zehnerstelle gilt die gleiche Regel, denn 10 Ct \equiv 1 Ct, 20 Ct \equiv 2 Ct, 50 Ct \equiv 5Ct [die \equiv Zeichen sind eigentlich „entspricht“-Zeichen und alle vom Korrektor unterringelt], also gibt es wieder höchstens 3 Münzen plus 3 Münzen der Einerstelle. D Bei den Eurostücken ist es anders: Es gibt nämlich nur 1€ Stücken und 2€ Stücken; 3€=2+1€, 4€=2+2€, also höchstens zwei Münzen; jetzt muss man nur noch alle Anzahlen addieren: 2+3+3=8 Münzen (3/3)

b) Um die Mindestanzahl der Münzen, die in der Kasse sein sollten, herauszufinden, muss man zunächst sehen, welche Münzen vorkommen. Da alle Zahlen Münzen vorkommen, muss man nur noch schauen, wie oft jede Münze höchstens gebraucht wird, wenn man mit möglichst wenig Münzen herausgibt; [Semikolon; Punkt kann ja jeder] Die 1 Cent-Münze kommt höchstens einmal vor, was auch verständlich ist, denn wenn man zwei 1 Cent Münzen hätte, wäre das eine 2 Cent Münze, die 2 Cent Münze kommt zweimal vor, denn 2*2=4, die 5 Cent Münze höchstens einmal, denn 5*2=10; für die Zehner gilt die gleiche Regel: 1*10, 2*20, 1*50; für die Euromünzen gilt das gleiche, nur, dass es keine 5€ Münzen gibt, also 1*1€, 2*2€. [Ein Punkt!] Es müssen also 1*1 Cent, 2*2 Ct, 1*5 Ct, 1*10 Ct, 2*20 Ct, 1*50 Ct, 1*1 €, 2*2 € in der Kasse sein. Insgesamt sind dies 8 11 verzählt Münzen. (2/2)

Aufgabe 2

Wenn man vier natürliche Zahlen addiert und ein ungerades Ergebnis erzielt, müssen entweder 1 oder 3 natür gerade Zahlen dabei sein z.B. 5=1+2+0+2;1+1+1+2 drei gerade Zahlen; eine gerade Zahl [die Markierung war eigentlich mit geschweiften Klammern unter den Zahlen; als ob ich Farben verwenden würde 😉 ]

Wenn man irgendeine oder mehrere gerade Zahlen mit mindestens einer geraden Zahl multipliziert erhält man immer eine gerade Zahl:

z.B. 1*2*0*2=0; 1*1*1*2=2 gerade  [süß, ein Beispiel. Das beweist eigentlich gar nichts]

60854198505 ist ungerade, deshalb muss er sich verrechnet haben. [es fehlt noch, dass 2007 ungerade ist] (5/5)

Aufgabe 3

a) Er muss Man muss zuerst bedenken, wie es am leichtesten zu rechnen ist [sollte man vielleicht wieder öfter tun. Nimm das, Taschenrechner]. Weil 13-11=2 sind 67 Sprünge nach links und 67 nach rechts nichts anderes als 67*2. 67*2=134, von den 211 Sprüngen nach rechts ist er zu diesem Zeitpunkt 67 gesprungen. Deshalb muss man von den 211 Sprüngen 67 abziehen. 211-67=144. Er springt also noch 144 mal nach rechts, 144*13=1872. Jetzt muss man nur noch 134 mit 1872 addieren und erhält dann 2006(1/1)

b) 2 Man muss zunah erst einmal sehen, ob die Zahl Po positiv oder negativ ist. -1 ist eindeutig negativ [Hätte ich nicht gedacht… Gibt es auch mehrdeutig negativ? [die Vorzeichenfunktion sgn nimmt im komplexen alle Werte der Einheitskreislinie an]], deshalb muss der Floh mehr Sprünge nach links machen als nach rechts machen. Würde er nämlich genauso viele Sprünge nach rechts wie nach links machen, würde er im positiven Bereich sein [und bei mehr Sprüngen nach rechts als nach links verirrt er sich auf der imaginären Achse? Oder verschwindet er im Nirvana?]. Er muss also mindestens 2 mal nach links und ein mal nach rechts. 2*11=22; -22+13=-9; deshalb das ist zu weit im negativen, deshalb muss man zu be beide öfter dastehen haben [wo?]. Da 13-11=2 schwindet mit jeder -11 und 13, die gleichzeitig hinzukommen um 2 [was wollte ich damit wohl sagen? Der Korrektor setzte einen Haken]

9-8=1, deshalb 8:2=4, deshalb müssen noch 4 mal -11 und 4 mal 13 hinzukommen. Also sind es 5 Sprünge nach links und 4 Sprünge nach rechts. 5*(-11)+4*13=-55+52=-3 ↯ (1/2) [Die unterstrichene 4 war durchaus korrekt, allerdings ist 4+2=6 und 4+1=5]

c) Weil 2=13-11 und selbst schon diesen Bestimmungen entspricht, muss 2*2=4=13*2-11*2 sein, d.h. jede gerade Zahl m kann in genau m Sprüngen erreicht werden [naja, es legt es vielleicht nahe, ein Beweis ist das aber noch nicht]. Die Formel hierzu lautet (1/2*m*13)-(1/2*5*11). [Das sollte wohl eher m=(1/2*m*13)-(1/2*m*11) heißen, aber damit wäre die Aufgabe ja übererfüllt.] (2/2)

Die Aufgaben aus allen Runden gibt es hier: http://www.fuemo.de/wiki/index.php?title=Aufgaben

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Dieser Eintrag wurde veröffentlicht in Mathematik.

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