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Katrin (Nudel)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 23. Februar, 2001 - 16:00: | 
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Hallo Moderatoten Team! Ich hoffe, dass ihr mir, wie auch schon einige male zuvor weiterhelfen könnt! Ich bin zur Zeit in einer Mathe AG und bekomme dort sehr knifflige Aufgaben aus der Kl. 8!! 2 Aufgaben sind Hausaufgabe und mit einer komme ich überhaupt nicht zurecht! Ich habe die Aufgabenstellungen jeweils als Anlage beigefügt. Ich habe versucht die Aufgabe 360812 schon einmal zu lösen:
sind die Zahlen 1937, 1973, 9137 und 9173 ??!
Ich hoffe ihr könnt mir bei der Aufgabe 360814 weiterhelfen oder ein paar Tipps geben, blicke dabei nämlich überhaupt nicht durch. Außerdem muß berücksichtigt werden, dass nur Rechenschritte benutzt werden, die bis Kl. 8 im Wissensstand vorhanden sind!!
In Hoffnung auf baldige Antwort eure Kati
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Katrin (Nudel)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 23. Februar, 2001 - 16:08: |
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das mit der Anlage hat ja grade nicht so richtig geklappt, wie ich es mir vorgestellt hatte, ich versuche es noch einmal:
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bart
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 25. Februar, 2001 - 21:02: |
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gehts etwas kleiner? ISt irgendwie sonst unleserlich auf meinem Lap-schirm |
Katrin (Nudel)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Februar, 2001 - 15:38: |
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kann das leider nicht kleiner machen!!!
hoffe, dass mir trotzdem jemand helfen kann!
Antwort am Besten bis Mittwoch!
Kati |
Martin (Martin243)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Februar, 2001 - 16:57: |
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Erstmal hier:
Mit den Aufgaben beschäftige ich mich im Moment noch! |
Martin (Martin243)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Februar, 2001 - 17:03: |
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Und noch das:
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Martin (Martin243)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Februar, 2001 - 17:44: |
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zu der Pyramidenaufgabe:
Da die Grundfläche genauestens festgelegt ist, macht es keinen Sinn, diese zu verschieben, da eine Verschiebung keine weiteren Möglichkeiten bietet, wenn die Spitze eh über der Grundfläche liegen soll.
Hierfür kommen 4 Ebenen in Frage, nämlich die Ebene direkt über der Ebene durch A, B, C, dann die Ebene darüber, noch eine Ebene und dann die Ebene durch E, F, G und H.
Nun kann die Spitze in jeder dieser Ebenen drei Positionen einnehmen:
I: Genau über der Mitte der Grundfläche
II: Über der Mitte einer Quadratseite
III: Über einer Quadratecke
Meine Theorie:
Es gibt wegen 4 Ebenen und je 3 Möglichkeiten je Ebene 4*3=12 verschiedene Pyramiden.
a) Muss ich das echt zeichnen??? Nöö, das kannst du doch wohl...
b) Die dem Punkt A gegenüberliegende Ecke der Grundfläche liegt in beide Richtungen je zwei Gitterpunkte vom Rand entfernt. Mit der momentanten Position ergibt das ein Quadrat mit 3*3=9 Gitterpunkten, wovon natürlich die momentane Position abgezogen werden muss: 9-1=8. Das ist nun die Anzahl der freien Gitterpunkte, die für die eine Pyramidenecke in Frage kommen.
D.h. ich kann die Pyramide auf 8 verschiedene Weisen nach rechts und/oder hinten verschieben.
Na? Ich hoffe, die Sache war echt so einfach. Oder habe ich da etwas missverstanden? |
Martin (Martin243)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Februar, 2001 - 17:46: |
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Oh! So groß und ich hätte es fast übersehen!
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Martin (Martin243)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Februar, 2001 - 18:23: |
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Zu der Primzahlaufgabe:
1937=13*149 ist keine Primzahl (1. Bedingung nicht erfüllt)
91=7*13 ist keine Primzahl (3. Bedingung nicht erfüllt)
Also: Die einzige Lösung ist 1973. |
Katrin (Nudel)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 01. März, 2001 - 16:31: |
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Hallo!! Ersteinmal möchte ich mich recht herzlich für die Lösung der beiden Aufgaben bedanken!!Waren beide richtig!! Habe meinem Lehrer aber gesagt, dass ich sie nicht selbst gelöst habe, sondern jemand aus dem Internet!Das fand er echt super, vorallem, weil er bei der Lösung der Aufgaben selbst ersteinmal nachsehen mußte!!
Allerdings habe ich jetzt schon wieder so was auf!! Aber bitte nicht die Lösungen hinschreiben, sondern nur meine Fragen dazubeantworten, möchte versuchen, selbst die Aufgaben danach zu lösen!Habe die Aufgaben wieder als Anhang mitgeschickt!
Also zu Aufgabe 360822:
sollen alle Winkel addiert 120° ergeben?? Das geht doch garnicht, oder etwa doch??
und wie soll CB eine Winkelhalbierende sein, wenn die Strecke doch außerhalb des Dreiecks liegt??
Nun zu Aufgabe 360823:
bei a): gibt es da einen bestimmten Trick, den man anwenden kann?
bei b): wäre dies eine mögliche Antwort? Da im Zähler eine grade und eine ungrade Zahl stehen, kann das Ergebnis nicht gekürzt werden. Stammbrüche haben im Zähler immer die Zahl 1, daher werden die Ursprungsnenner addiert, die eine ungrade Zahl ergeben!
bei c): habe das mit einigen Zahlen ausprobiert, verstehe allerdings die Aufgabenstellung nicht genau! Meinen die mit "als Summe erhaltene Bruch" das Ergebnis oder z.b bei 1/2 + 1/3 + 1/4= 12/24??
Hoffe, dass ihr mir auch diesmal weiterhelfen könnt! Habe allerdings noch 2 Wochen Zeit! Danke schon einmal im Voraus! eure Kati
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Martin (Martin243)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 01. März, 2001 - 18:57: |
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zu Aufgabe 360822:
Ich weiß nicht, ob du dich darauf beziehst, aber wenn es heißt, dass die Größe des Winkels ABC 120° betragen soll, dann stehen A, B und C nicht für die einzelnen Winkel, sondern für die Eckpunkte des Dreiecks, die einen einzigen Winkel einschließen und zwar den bei B (der mittlere Buchstabe), also gilt nur: b = 120°.
Die Strecke CB liegt innerhalb des Dreiecks ADC!!!
Die Skizze:
Der Rest wird gleich noch bearbeitet! |
Martin (Martin243)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 01. März, 2001 - 20:05: |
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zu Aufgabe 360823:
a)
Ich glaube, am einfachsten wäre es, es einfach mal auszuprobieren und einige einfachere Stammbrüche zu addieren:
1/3 + 1/4 + 1/5 = ?
1/4 + 1/5 + 1/6 = ?
etc.
Dann musst du nur noch schauen, welche dieser Summen zwischen 1/2 und 1 liegt und fertich!
Du kannst aber auch die Anleitung der Teilaufgabe c) benutzen. Allerdings kam ich da auf eine kubische Gleichung mit recht exotischen Zahlen als Lösungen.
Kurz der Ansatz:
1/n + 1/(n+1) + 1/(n+2) > 1/2 UND 1/n + 1/(n+1) + 1/(n+2) < 1
[(n+1)(n+2) + n(n+2) + n(n+1)]/n(n+1)(n+2) > 1/2 UND [(n+1)(n+2) + n(n+2) + n(n+1)]/n(n+1)(n+2) < 1
.
.
letztendlich:
n3 - 4n - 2 > 0 UND n3 - 3n2 - 10n -4 < 0
n > 2,214 UND n < 5,110
... aber das nur so am Rande und ohne Garantie...
b)
Man weiß (oder man sollte wissen), dass zwei aufeinanderfolgende natürliche Zahlen n und n+1 immer teilerfremd sind. Somit ist auch deren Summe (der Zähler) zu beiden Zahlen teilerfremd. Voraussetzung für das Kürzen wäre aber, dass der Zähler mit mindestens einer dieser Zahlen mindestens einen Teiler (Primfaktor) gemeinsam hat.
Deine Antwort ist im Grunde genauso richtig, ich habe nur etwas mehr erklären wollen.
c)
Der Nenner des ersten Stammbruchs muss gerade sein, denn nur dann hat man zwei gerade und einen ungeraden Nenner. Als Zähler erhält man dann eine gerade Zahl, denn alle drei Produkte in diesem Zähler sind gerade (gerade*gerade=gerade und ungerade*gerade=gerade)).
An deinem Beispiel siehst du, dass es da klappt, denn (deine Summe war falsch) 26/24 = 13/12. Man kann also durch 2 kürzen.
Nimmt man allerdings z.B. 1/3 + 1/4 + 1/5 = 47/60, so erhält man einen ungeraden Nenner, der sich so zusammensetzt:
47 = 3*4 + 4*5 + 3*5 und 3*5 ist das "kritische" Element hierbei.
Den allerletzten Teil muss ich mir noch durch den Kopf gehen lassen. Tu's auch! Viel Spaß dabei! |
Katrin (Nudel)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 02. März, 2001 - 12:30: |
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HI!
Bei der Aufgabe 23 handelt es sich bei a) aber nicht um Stammbrüche!! es können alle möglichen Bruchzahlen zwischen 1/2 und 1 sein!! Oder habe ich die Aufgabenstellung falsch verstanden??
Den Rest seh ich mir noch an! Aber schon mal Danke! |
Martin (Martin243)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 02. März, 2001 - 13:17: |
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Ist doch wurscht, ob es Stammbrüche sind oder andere Brüche. Du musst die Summen (ganz gleich, was für Brüche sie darstellen) mit 1/2 und 1 vergleichen. Sie müssen sich im offenen Intervall ]1/2;1[ befinden.
Du addierst also einfach:
1/2 + 1/3 + 1/4 = 13/12 > 1 zu groß
1/3 + 1/4 + 1/5 = 47/60 im angegebenen Intervall
1/4 + 1/5 + 1/6 = 37/60 im angegebenen Intervall
1/5 + 1/6 + 1/7 = 107/210 im angegebenen Intervall
1/6 + 1/7 + 1/8 = 73/168 < 1/2 zu klein |
Katrin (Nudel)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 02. März, 2001 - 14:01: |
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Habe für die Aufgabe 22 mal eine mögliche Lösung geschrieben, ist die so richtig??
a) Da das Lot CD im 90° Winkel auf die Strecke AD fällt ist der Winkel ACD 60° (da 180°-90°-30°=60°). WEnn der Winkel ABC 120° groß ist, müssen die Winkel ACB und BAC jeweils 30° groß sein. somit ist die Strecke BC eine Winkelhalbierende im Dreieck ADC.
b) Wird ein Lot vom Punkt B aus auf die Strecke AC gefällt, bestehen die nun entstandenen Dreiecke aus den Winkeln 30°, 60° und 90°, so wie das Dreieck BDC. Außerdem ist das Dreieck ABC gleichschenklig und somit sind auch die nun entstandenen Seiten gleich lang. Daher besteht das Dreieck ABC aus 2 mal dem Dreieck BCD. Der Flächeninhalt ist also auch doppelt so groß!
zu Aufgabe 23:
c) Werden 3 benachbarte Stammbrüche addiert, so erhält man nur eine Summe die durch 2 teilbar ist, wenn der Nenner des ersten Stammbruches eine gerade Zahl ist (1/2+1/3+1/4=26/12=13/12; 1/3+1/4+1/5= 47/60=ungerade, hierbei ist der Zähler das störende Element).
Die Zahl (bzw. der Zähler) kann nur durch die 2 gekürzt werden, da die erhaltene Zahl ungrade ist (1/8+1/9+1/10= 42/720=121/720, die Zahl ist ungerade und kann nicht weiter gekürzt werden)!
Habe ich das nun richtig verstanden?? |
Martin (Martin243)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 02. März, 2001 - 17:59: |
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Also, an a) habe ich nichts auszusetzen.
Auch b) müsste reichen. Am besten sagst du noch, dass BC die gemeinsame Seite zweier Dreiecke ist, dass BD dem Lot von B aus auf AC entspricht, und dass alle drei Dreiecke dieselben Winkel haben.
zu c):
Vielleicht solltest du noch erläutern, wie ein ungerader Zähler (der "störende") zustande kommt. |
Katrin (Nudel)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. März, 2001 - 17:11: |
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Hallo Martin!! Ich bins mal wieder!!
Erst einmal vielen Dank für dei Lösung der Aufgaben!! Habe jetzt neue aufbekommen, hilfst du mir wieder??!
Ich habe die beiden Aufgaben wieder mitgeschickt, zur a habe ich glaube ich schon eine Lösung, weiß nur nicht, ob sie richtig ist!
Also:
a) Zuerst habe ich mir die verschiedenen Möglichkeiten, die in Frage kommen aufgeschrieben. Wenn man Apotheke A außer Acht läßt bleibt übrig:
BCDE, CBDE, BCED, CBED, BDCE, CEBD
meine Lösung: A kann nun an 5 verschiedenen Positionen eingesetzt werden. Da 6 Möglichkeiten zur Routenwahl vorhanden sind, muß 6x5=30 gerechnet werden. Die Apotheken können in 30 verschiedenen Reihenfolgen angefahren werden.
zu b) habe ich leider keine Ahnung, wie man hierbei auf einfachem Weg die Möglichkeiten errechnen kann, aber auf jeden Fall steht fest, dass BEG oder BGE hintereinander angefahren werden müssen.
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Katrin (Nudel)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. März, 2001 - 17:14: |
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Thomas Preu (Thomaspreu)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. März, 2001 - 20:02: |
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Betrachten wir das Problem ohne A, also mit nur vier Apotheken. Man zeichnet ein Baumdiagramm: An erster Stelle steht entweder B oder C, dann je nach erster Stelle C oder D b.z.w. B oder E; An dritter Stelle steht dann D oder E, C, D oder E, B mahr gibt es nach dem Baumdiagramm zufolge nicht; die vierte Stelle wird immer nur von einer letztmöglichen Apotheke besetzt, also insgesamt 6 Möglichkeiten.
Apotheke A kann überall (an 5 Stellen) eingebau werden, also hat man insgesamt als Lösung: 6*5=30 Möglichkeiten.
Betrachtet man nur das Problem mit den 3 genannten Apotheken, und zeichnet ein Baumdiagramm: An erster Stelle steht B, an zweiter Stelle E oder G; die letzte Stelle ist wieder zwingend besetzt. Also 2 Möglichkeiten.
Apotheke A hat dann 4, Möglichkeiten zum einbau in die Rute der drei Apotheken. Apotheke C hat 5 Möglichkeiten zum Einbau ...
Insgesamt ergeben sich 2*4*5*6*7=1680 Möglichkeiten. |
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