Kozi Klasse 6 - Lösungen zur Serie 1

Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 1. Serie - September 2011
Nadine Große
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur Serie 1
1. Finde alle Lösungen für ab × ab = ccb! Dabei stehen verschiedene Buchstaben für unterschiedliche Ziffern, gleiche Buchstaben für gleiche Ziffern. Keine der Zahlen beginnt mit 0. Beschreibe Deinen Lösungsweg!
Lösung: a muss kleiner als 4 sein, da sonst das Quadrat von ab vierstellig ist. Desweiteren kann b nur eine der Ziffern
0, 1, 5 oder 6 sein, da b2 auf b enden soll. 0 fällt aber auch weg, da das Quadrat von 0 auf zwei Nullen enden muss. Bleiben
für a nur 1, 2 oder 3 und für b 1, 5 oder 6. Wir probieren diese Fälle aus:
ab = 15: (ab)2 = 225 ist Lösung mit c = 2.
ab = 16: (ab)2 = 256 keine Lösung.
ab = 21: (ab)2 = 441 ist Lösung mit c = 4.
ab = 25: (ab)2 = 625 keine Lösung.
ab = 26: (ab)2 = 676 keine Lösung.
ab = 31: (ab)2 = 961 keine Lösung.
Ab 32 sind die Quadratzahlen schon vierstellig. Damit gibt es zwei Lösungen.
2. Anna und Bodo unterhalten sich.
Bert: Anne, wie alt bist du eigentlich?
Anne: Das verrate ich nicht. Aber vor einem Jahr war mein Vater doppelt so alt wie ich.
Bert: Das ist interessant. Doch damit kann ich noch gar nicht wissen, wie alt du bist.
Anne: Mein Vater und ich sind zusammen 47 Jahre alt.
Bert: Ah! Das sind jetzt genug Informationen um herauszufinden, wie alt dein Vater und du seid.
Hat Bodo recht? Wenn ja, wie alt sind die beiden und warum reichte die erste Information von Anna noch nicht aus, um
das herauszufinden. Begründe deine Antwort.
Lösung ohne Variablen: Wenn Anna und ihr Vater heute zusammen 47 Jahre alt sind, dann waren sie vor einem Jahr
zusammen 45 Jahre alt. Damals war der Vater doppelt so alt wie Anna. Die 45 Jahre verteilen sich also zu 2 Teilen auf
den Vater und zu einem Teil auf Anna. Das sind insgesamt 3 Teile. Damit entspricht ein Teil 45 : 3 = 15 Jahren. Vor
einem Jahr war somit Anna 15 und der Vater 30. Damit sind sie heute 16 und 31.
Die erste Information reicht noch nicht aus, um das Alter zu bestimmen, da es bis dahin noch mehrere Möglichkeiten gibt,
z.B. Anne 14 und Vater 27.
Lösung mit Variablen: Wir führen Variablen für das Alter von Anna und ihrem Vater ein. Das heutige Alter von Anna
(in Jahren) sei a und das ihres Vater (ebenfalls in Jahren) v. Vor einem Jahr war also Anna a − 1 Jahre alt und ihr Vater
v − 1. Damals war der Vater doppelt so alt wie Anna. Wir erhalten also die erste Gleichung: 2 · (a − 1) = v − 1.
Diese Information reicht Bert noch nicht, um das Alter von Anna zu bestimmen, da diese Gleichung noch viele verschiedene
Lösungen hat, z.B. a = 11, v = 21 oder a = 10, v = 17.
Als zweite Information wissen wir, dass Anna und ihr Vater zusammen 47 Jahre alt sind: a + v = 47.
Stellen wir diese Gleichung nach v um: v = 47 − a und setzen dies in die erste Gleichung ein, so erhalten wir:
2 · (a − 1) = 47 − a − 1,
2a − 2 = 46 − a,
3a = 48,
a = 16
und damit v = 31. Durch Umformen der beiden Gleichungen erhalten wir also, dass es höchstens eine mögliche Lösung
geben kann (a = 16 und v = 31). Die Probe liefert, dass es wirklich eine Lösung ist. Damit ist Anna 16 und ihr Vater 31
Jahre alt.
3. Baue einen Origamiwürfel (Die Anleitung ist auf dem Extrablatt.) Schraffiere die Außenseite des Würfels und entfalte ihn
wieder. Durch das Falten ist ein Muster von Faltlinien auf dem ursprünglichen Quadrat entstanden. Skizziere dieses Muster
zusammen mit der Schraffur. Wie groß ist das Verhaltnis der Würfelkantenlänge zur Kantenlänge des Ursprungsquadrats?
Berechne das Verhältnis der Oberfläche des Würfels zum Flächeninhalt des ursprünglichen Quadrats? Wieviel Volumen
Luft musstest du in den noch platten Würfel pusten, damit er die richtige Form erhalten konnte?
Lösung:
Links sieht man das Faltmuster des Origamiwürfels und man erkennt (siehe gestrichelt umrundete Spalte), dass die Seitenlänge des Origamiwürfels vier Mal in die
Seitenlänge des Ursprungsquadrat passt. Das Verhältnis ist also 1 : 4. Nennen wir
a
die Seitenlänge des Ursprungsquadrat a, hat der Origamiwürfel die Seitenlänge
3 42 .
a
2
Die Fläche des Ursprungsquadrat ist a , die Oberfläche des Würfels 6 · 4 = 8 a .
Das Verhältnis der Flächen ist also 1 : 83 = 8 : 3.
3
Das Volumen des Würfels beträgt a4 , falls a = 20cm war, wäre das Volumen
dann 125cm3 .
4. 1. Wenn die Aussage David ist 10 Jahre alt und Eberhard singt gerne.“ falsch ist, welche der folgenden Aussagen ist dann
”
immer richtig, falsch oder könnte stimmen aber wir wissen es einfach nicht? Begründe!
a) David ist keine 10 Jahre alt und Eberhard singt gerne.
b) David ist keine 10 Jahre alt oder Eberhard singt nicht gerne.
c) Entweder ist David keine 10 Jahre alt oder Eberhard singt nicht gerne.
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 1. Serie - September 2011
Nadine Große
d) David ist keine 10 Jahre alt und Eberhard singt nicht gerne.
2.Carlos sagt: David lügt.“ David sagt: Eberhard lügt.“ sagt: Carlos und David lügen.“ Wer lügt hier nun wirklich, wer
”
”
”
sagt die Wahrheit? Kann man das eindeutig herausfinden? Begründe!
Lösung: 1. Wenn eine Aussage falsch ist, dann ist immer ihr Gegenteil richtig. Um das Gegenteil zu finden, kann man
sich überlegen, welche Fälle es geben kann. Die Aussage und ihr Gegenteil müssen dann immer alle Fälle abdecken. Für
unsere Aussage gibt es folgende Fälle:
1. David ist 10 und Eberhard singt gerne.
2. David ist nicht 10 und Eberhard singt gerne.
3. David ist nicht 10 und Eberhard singt nicht gerne.
4. David ist 10 und Eberhard singt nicht gerne.
Der erste Fall ist die ursprungliche Aussage und damit sind 2-4 zusammen das Gegenteil. 2-4 kann man auch kürzer
beschreiben durch David ist keine 10 Jahre alt oder Eberhard singt nicht gerne.“ Das ist b), also stimmt b) immer. a)
”
und d) sind dagegen möglich, weil sie den Aussagen 2. und 3. entsprechen. Sie können also stimmen, müssen aber nicht,
da ja auch Aussage 4 eintreten könnte. Genauso kann c) stimmen, nämlich immer dann, wenn 2. oder 4. eintritt. c) kann
aber auch falsch sein, nämlich wenn der dritte Fall eintritt.
Wenn wir wissen, dass der erste Fall falsch ist, können wir nur b) mit Sicherheit folgern.
2. Nehmen wir zuerst an, dass Carlos die Wahrheit sagt. Dann muss David lügen und damit Eberhard die Wahrheit sagen.
Wenn Eberhard aber die Wahrheit sagt, dann lügt Carlos. Das ist ein Widerspruch. Also muss Carlos lügen und damit
David die Wahrheit sagen und Eberhard lügen. Das geht auch auf, denn wenn Eberhard lügt, dann wissen wir, dass Carlos
und David nicht gleichzeitig Lügner sind. Das stimmt, da Carlos lügt und David die Wahrheit sagt.
5. Gustav und Helga spielen ein kleines Spiel. Sie haben 25 Stäbchen auf dem Tisch liegen. Ist ein Spieler am Zug, so kann
er wählen, ob er 1, 2, 3 oder 4 Stäbchen vom Tisch nimmt. Gezogen wird abwechselnd. Gewonnen hat der Spieler, der die
letzten Stäbchen vom Tisch nimmt. Gustav beginnt. Kann Helga durch cleveres Spiel immer einen Sieg erreichen? Wenn
ja, wie? Wie sieht es bei 26 Stäbchen aus?
Was ist eine Strategie? Wenn die Aufgabe darin besteht, eine Strategie für einen Spieler in einem Zweipersonen-Spiel
anzugeben, muss man einen Plan angeben, wie der Spieler in jeder denkbaren Spielsituation reagieren soll. Also egal was
der andere Spieler macht, soll die Strategie, also der Plan, eine Handlungsanweisung geben.
Man kann sich das so vorstellen, als ob der Spieler ein Roboter wäre, dem man detailliert erklären muss, was er in welcher
Situation zu tun hat. Aussagen wie: Falls der Gegner ... macht, dann antworte so, dass der Gegner nicht gewinnen kann.“
”
wären da nur wenig hilfreich, da der Roboter ja nur stumpfsinnig das ausführen kann, was der Plan/ die Strategie ihm
vorschreibt. Man muss da schon konkret werden, z.B.: Falls der Gegner ... macht, dann bewege dich einen Schritt vor.“
”
Was wenn es mehrere Wege zum Ziel gibt? Im Allgemeinen gibt es nicht nur eine mögliche Strategie. Aber es reicht,
eine anzugeben. Das ist, als wenn uns einmal jemand nach dem Weg zum Bahnhof fragt. Da geben wir ja auch nicht alle
möglichen Wege an, einer reicht ja. Prinzipiell wäre es dann auch richtig den Fragenden einen Weg zu beschreiben, der
über den Nordpol führt (auch wenn das in der Praxis nicht zu empfehlen ist!).
Natürlich ist es nicht falsch, mehrere mögliche Strategien anzugeben. Dabei muss aber sehr gut aufgepasst werden. Schreibt
man nämlich z.B. Ziehe 2 oder 3 Stäbchen. Dann heißt das, dass jede der beiden Möglichkeiten richtig sein muss. Der
Roboter hat ja keine Zusatzinformationen um zu entscheiden, welche dieser beiden Möglichkeiten er wann zu wählen hat.
Er wählt also zufällig eine aus. Es ist also komplizierter eine Strategie so anzugeben, da man mehr überprüfen muss und
dann auch wirklich zeigen muss, dass egal welche Möglichkeit der Roboter zufällig auswählt, die Strategie immer zum Ziel
führt. Das ist im Zweifel aufwändiger und fehleranfälliger. Kann aber natürlich trotzdem richtig werden.
Wie finde ich die richtige Strategie?
Das kommt aufs Spiel an und ist manchmal auch gar nicht einfach. Oft empfiehlt es sich aber, klein “ anzufangen (hier
”
mit einer kleinen Stäbchenanzahl) und nach Verlust- und Gewinnpositionen zu suchen. Eine Gewinnposition ist eine
Spielstellung (hier Anzahl der verbliebenen Stäbchen), in der der Spieler bei richtigem Spiel immer gewinnt, egal was der
Gegner macht. In unserem Beispiel sind z.B. 1,2,3 und 4 alles Gewinnpositionen, da der Spieler, der dran ist, einfach nur
alle wegnehmen muss und der Gegner nichts dagegen tun kann. Eine Verlustposition ist eine Spielstellung, wo jeder
mögliche Zug auf eine Gewinnposition für den Gegner führt. Liegen z.B. 5 Stäbchen vor dir, kannst du nur 1-4 Stäbchen
ziehen und in jedem Fall liegt vor deinem Gegner dann eine Gewinnposition. Liegen nun aber z.B. 6 Stäbchen vor dir,
musst du nur ein Stäbchen ziehen und vor deinem Gegner liegen 5 Stäbchen also eine Verlustposition. Damit kannst du
mit dieser Strategie - also in diesem Fall 1 Stäbchen zu ziehen immer gewinnen. Es ist also eine Gewinnposition. So kann
man sich langsam auf 25 und mehr Stäbchen vorarbeiten.
Zusammenfassend:
Eine Spielstellung ist eine Gewinnposition, falls es (mindestens) einen Zug gibt, der zu einer Verlustposition führt.
Eine Spielstellung ist eine Verlustposition, falls es jeder mögliche Zug zu einer Gewinnposition führt. (Denn der Gegner
kann ziehen wie er will und muss nicht ziehen, wie wir es uns wünschen.)
Lösung zur 5.Aufgabe: Helga kann folgende Strategie nutzen: Zieht Gustav x Stäbchen, zieht sie 5 − x Stäbchen. Damit
sind nach 2 Zügen noch 20 Stäbchen da, nach 4 Zügen noch 15, nach 6 Zügen noch 10 usw und im zehnten Zug kann
Helga so die letzten Stäbchen nehmen. Gustav kann dagegen gar nichts tun, da er ja maximal 4 Stäbchen ziehen kann und
Helga dadurch auch wirklich immer 5 − x Stäbchen ziehen kann.
Liegen 26 Stäbchen auf dem Tisch, kann Gustav immer gewinnen, indem er ein Stäbchen zieht. Dann liegen vor Helga noch
25 Stäbchen und sie befindet sich jetzt in der Situation von Gustav vorher. Wenn Gustav dann also die obige Strategie
anwendet, wird er gewinnen.
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 2. Serie - Oktober 2011
Nadine Große
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur Serie 2
1. In der Schule gibt es einen Staffellauf. Eine Staffel besteht aus 4 Schülern. Es wird nacheinander gerannt, das
heißt es startet ein Schüler, der übergibt dann den Staffelstab nach einer gewissen Strecke an den zweiten,
der wiederum nach einer weiteren Strecke an den dritten und so weiter. Bevor es los geht, müssen die Schüler
also zuerst ihre Startreihenfolge festlegen. Wie viele Möglichkeiten haben sie dazu? Beantworte diese Frage
auch, wenn die Staffel aus 2, 3 bzw. 5 Schülern besteht. Begründe deine Antwort.
Zusatz: Wenn es für Ergebnis für A a(z.B.= 5) Möglichkeiten gibt und für B b(z.B.= 7) Möglichkeiten gibt,
dann gibt es für A und B insgesamt a · b(im Beispiel= 5 · 7 = 35) verschiedene Ergebnisse. Warum? (Hierbei
stehen A und B für mögliche Ereignisse, z.B. könnte A bestimmen, welcher Schüler als erstes losrennt, und
B wie viel Uhr es ist. A und B bestimmt dann, welcher Schüler, wann losrennt.)
Lösung: Besteht die Staffel aus 4 Schülern, so gibt es für den Schüler, der als erstes rennt, 4 Möglichkeiten.
Ist der erste ausgesucht, bleiben 3 Schüler, die als Zweiter rennen können, also für jede der 4 Möglichkeiten
des ersten Schülers noch mal 3 weitere. Das sind also bis jetzt 4 · 3 = 12 Möglichkeiten für die Besetzung der
ersten beiden Staffelläufer. Für jede dieser 12 Möglichkeiten, bleiben 2 Schüler übrig, von welchen einer an die
3. Staffelposition gewählt wird. Der danach übrige Schüler läuft auf der letzten Position. Sind also insgesamt
12 · 2 = 24 Möglichkeiten. Genau so kann man für jede Staffelgröße argumentieren: Sind n Schüler in einer
Staffel, dann hat man für den ersten n Möglichkeiten, für die zweite Position bleiben dann noch n − 1 Schüler,
für die dritte n−2 Schüler usw. bis für die vorletzte Position nur noch 2 Schüler übrig sind und der dann übrig
gebliebene Schüler die letzte Position nehmen muss. Das sind dann insgesamt also n · (n − 1) · (n − 2) · · · 2 · 1
Möglichkeiten, so eine Staffel aufzustellen. Für den Ausdruck n · (n − 1) · (n − 2) · · · 2 · 1 schreibt man auch
kurz n! und liest ’n Fakultät’. Es ist dann 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24 und 5! = 120.
Zum Zusatz: Gibt es für A a Möglichkeiten (Nenne wir diese m1 bis ma ) und für B b Möglichkeiten (n1 bis
nb ). Dann gibt es für A und B folgende Möglichkeiten:
m1 und n1
m1 und n2
...m1 und nb
m2 und n1
m2 und n2
...m2 und nb
...
...
ma und n2
...ma und nb
ma und n1
Also a · b Möglichkeiten. (Ganz genau muss man eigentlich fordern, dass A und B ’unabhängig’ sind. Also
z.B. nicht A = B ist, dann gilt das so natürlich nicht.)
2.
a) Sei p eine Primzahl größer als 3. Warum kann p bei Division durch 6 nicht den Rest 0, 2, 3 oder 4 lassen?
Kann p bei Division durch 6 den Rest 1 oder 5 lassen? Wenn ja, gib jeweils ein Beispiel an!
b) Frank sagt: Ich habe eine Zahl gefunden, die bei Division durch 6 den Rest 4 lässt und bei Division
durch 12 den Rest 8. Kann das sein? Begründe!
Lösung: a) Eine Zahl, die bei Division durch 6 den Rest 0, so ist sie durch 6 teilbar und kann damit keine
Primzahl sein. Lässt sie den Rest 2, hat sie die Form 6m + 2 und ist damit durch 2 teilbar. Da die Zahl aber
größer als 3 ist, muss sie eine Primzahl sein. Genauso bei Rest 4. Hat die Zahl die Form 6m + 3, so ist sie
durch 3 teilbar und kann, da sie größer als 3 ist, ebenso keine Primzahl sein. Der Rest 1 und 5 bei Division
durch 6 ist möglich für eine Primzahl, z.B. 7 und 5.
b) Wenn Franks Zahl z bei Division durch 12 den Rest 10 lässt, hat sie die Form z = 12m + 10 für eine ganze
Zahl m ≥ 0. Damit ist z = 6 · 2m + 6 + 2 = 6 · (2m + 1) + 2 und z lässt bei Division durch 6 den Rest 2 und
nicht 4. Es kann also nicht stimmen, was Frank sagt.
3. Die 3. Aufgabe ist die Faltaufgabe auf dem Extrablatt. Berechne den Oberflächeninhalt und das Volumen
des entstehenden Körpers! (Das Volumen einer Pyramide berechnet sich durch Grundfläche mal Höhe durch
3.)
Lösung: Es entsteht der sogenannte Kolumbuswürfel mit einspringender Ecke. Den kann man sich als Würfel
vorstellen von dem die eine Ecke nach innen gedrückt wurde. Dabei ändert sich der Oberflächeninhalt nicht.
Hat der Würfel also die Seitenlänge a, so ist sein Oberflächeninhalt und damit auch der Oberflächeninhalt des
Kolumbuswürfels 6a2 . Das Volumen des Kolumbuswürfels ist das Volumen des Ausgangswürfels (a3 ) minus
zwei mal dem Volumen der Würfelecke (einem Tetraeder). Dieses Tetraeder hat als Grundfläche die Fläche
2
2
eines halben Quadrates mit Kantenlänge a/2, also 21 a2 = a8 . Die Höhe des Tetraeders ist ebenfalls a2 . Damit
2
3
3
3
ist das Volumens des Tetraeders 13 a8 a2 = a48 . Das Volumen des Kolumbuswürfels ist also a3 − 2 a48 = 23
24 a .
1
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 2. Serie - Oktober 2011
Nadine Große
4. Meiers werden uns heute abend besuchen“, kündigt Frau Müller an. Die ganze Familie, also Herr und
”
”
Frau Meier mit ihren drei Kindern Franziska, Kathrin und Walter?“ fragt Herr Müller bestürzt. Darauf Frau
Müller: Nun, wenn Herr Meier kommt, dann bringt er auch seine Frau mit. Mindestens eines der beiden
”
Kinder Walter und Kathrin kommt. Entweder kommen Franziska und Kathrin oder beide nicht. Und wenn
Walter kommt, dann auch Kathrin und Herr Meier. Entweder Frau Meier oder Franziska kommt (d.h. niemals
beide).“
Kann Herr Müller jetzt schon wissen, wer kommt? Warum? Wenn ja, wer kommt denn nun und wer nicht?
Begründe.
Lösung: Herr Meier kann herausfinden, wer kommt.
1.Fall: Walter kommt. Dann kommen auch Kathrin und Herr Meier (4.Satz). Wenn Herr Meier kommt, kommt
aber auch Frau Meier (1.Satz). Wenn Kathrin kommt, kommt auch Franziska (3.Satz). Das widerspricht
aber dem 5. Satz, da Frau Meier und Franziska nicht gleichzeitig kommen können.
2.Fall: Walter kommt nicht (Dann ist der 4. Satz schon einmal erfüllt). Dann muss Kathrin kommen (2.Satz).
Wenn Kathrin kommt, kommt auch Franziska (3.Satz). Nach dem 5.Satz kann nun Frau Meier nicht
mehr kommen und damit mit Satz eins auch nicht mehr Herr Meier.
Also kommen Kathrin und Franziska.
5. Ingo und Johanna spielen ein Spiel. Auf einem karierten Blatt Papier haben sie ein (n, m)-Rechteck (das
ist ein Rechteck mit n Zeilen und m Spalten gezeichnet. Die Spieler streichen wie folgt abwechselnd Felder
ab: Der Spieler, der am Zug ist, wählt eines der noch nicht abgestrichenen Felder. Er muss dann alle Felder
abstreichen, die in dem Rechteck liegen, welches von seinem gewählten Feld als obere Ecke und dem rechten
unteren Feld des Ausgangsrechteck gebildet wird. Der Spieler, der das linke obere Feld abstreichen muss,
verliert. Ingo beginnt. Kann Ingo bei folgenden Ausgangsrechtecken immer einen Sieg erreichen: (1, n), (2, 2),
(2, 3) und (3, 3)? Begründe!
Lösung: a) (1, 1) - Ingo verliert, da er dieses Kästchen abstreichen muss.
b) (1, n) für n > 1 - Ingo gewinnt, indem er alle bis aufs erste Kästchen abstreicht, denn dann liegt vor
Johanna der Fall a) (Genauso gewinnt Ingo auch immer bei (n, 1) für n > 1.)
c) (2, 2) - Ingo gewinnt, in dem er nur das linke untere Kästchen abstreicht. Nun hat Johanna nur drei
Möglichkeiten: Alles abstreichen (gleich verlieren), oberes rechtes Kästchen abstreichen (dann streicht Ingo
das untere ab) oder unteres linkes Kästchen abstreichen (dann streicht Ingo das obere rechte ab). In allen
Fällen verliert sie.
d) (2, 3) - Ingo gewinnt, indem er das untere rechte Kästchen abstreicht. Denn dann hat Johanna folgende
Zugmöglichkeiten:
oben rechts - dann steht Ingo vor Fall c) und gewinnt
oben zweites Kästchen - dann steht Ingo vor Fall b) und gewinnt
untes zweites Kästchen - dann nimmt Ingo das Kästchen oben rechts und Johanna verliert wie in Fall c)
untes erstes Kästchen - dann steht Ingo vor Fall b) und gewinnt
e) (3, 3) - Ingo wählt das mittlere Kästchen. Dann gewinnt er, indem er jeden Zug Johannas an der Diagonale
des Quadrats spiegelt (zieht Johanna oben rechts, dann zieht Ingo unten links usw.)
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Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 3. Serie - November 2011
Nadine Große
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur Serie 3
1. Orangen werden zu einer dreieckigen Pyramide gestapelt. Die Orangen einer Schicht befinden sich immer in den Lücken der
nächst tieferen Schicht, wobei eine Lücke immer durch drei aneiandergrenzende Orangen gebildet wird. Eine einschichtige
Pyramide besteht nur aus einer Orange, eine zweischichtige somit aus 4 Orangen. Aus wie vielen Orangen besteht eine
siebenschichtige Pyramide? Wie viele schichten kann man mit 300 Orangen höchstens aufbauen und wie viele Orangen
bleiben dann übrig?
Zusatz: Aus wie vielen Orangen besteht eine Pyramide mit n Schichten?
Lösung: Jede Schicht der Pyramide ist ein aus Zeilen von Orangen gebildetes Dreieck. Jede Zeile enthält eine Orange mehr
als die (in der gleichen Schicht) überliegende Zeile (s. Bild). Eine Schicht mit nur einer Zeile besteht aus einer Orange.
Eine Schicht mit zwei Zeilen aus 1 + 2 = 3 Orangen, eine mit drei Zeilen aus 1 + 2 + 3 = 6 Orangen und eine Schicht mit
n Zeilen aus 1 + 2 + . . . + n Orangen.
Jede Schicht enthält wiederum eine Zeile mehr als die darüberliegende Schicht. Damit enthält eine siebenschichtige Pyramide die oberste Schicht mit einer Orangen, die zweite Schicht mit 3 Orangen, die dritte Schicht mit 6, die vierte mit
10, die fünfte mit 15, die sechste mit 21 und die siebente mit 28 Orangen. Eine siebenschichtige Pyramide enthält also
1 + 3 + 6 + 10 + 15 + 21 + 28 = 84 Orangen.
Eine achtschichtige Pyramide hat dann 84+36 = 120, eine neunschichtige 120+45 = 165, eine zehnschichtige 165+55 = 220,
eine elfschichtige 220 + 66 = 286 und eine zwölfschichtige 286 + 78 = 364 Orangen. Da 286 < 300 < 364 ist, kann man mit
300 Orangen also eine elfschichtige Pyramide bauen und behält 300 − 286 = 14 Orangen übrig.
Zusatz: Nach obiger Erklärung enthält eine n-schichtige Pyramide die folgende Anzahl von Orangen (die einzelnen Schichten sind in den Klammern zusammengefasst):
1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + (1 + 2 + 3 + 4) + · · · + (1 + 2 + 3 + · · · + n)
= n · 1 + (n − 1) · 2 + · · · + 1 · n
Die Gleichheit erhält man wenn man die einzelnen Summanden umsortiert, die 1 kommt n-mal vor (nämlich in jedem
Summanden), die 2 kommt n − 1-mal vor (überall außer im ersten Summanden), usw. bis zur n, die nur einmal, nämlich
im letzten Summanden vorkommt.
2. Ein Paar (p, q) von Primzahlen heißt Primzahlzwilling“, wenn q − p = 2 gilt. So ist z. B. (11, 13) ein Primzahlzwilling.
”
a) Gib drei weitere Primzahlzwillinge an!
b) Warum muss die Summe p + q der einzelnen Primzahlen bei allen Primzahlzwillingen immer durch 4 teilbar sein?
c) Beweise, dass die Summe p + q sogar immer durch 12 teilbar ist, wenn p und q größer als 3 sind!
d) Drei Primzahlen p, q und r heißen Primzahldrilling“, wenn r − q = q − p = 2 gilt. Zeige, dass (3, 5, 7) der einzige
”
Primzahldrilling ist!
Lösung:
a) z.B. (3, 5), (5, 7), (17, 19)
b) Da 4 keine Primzahl ist, kann (2, 4) kein Primzahlzwilling sein. Also kann es keinen Primzahlzwilling mit einer 2 geben.
Also sind die Primzahlen p und q immer ungerade. p muss also die Form 2 · n + 1 haben für eine natürliche Zahl n ≥ 1.
Dann ist q = p + 2 = 2 · n + 1 + 2 = 2 · n + 3. Also gilt
p + q = 2 · n + 1 + 2 · n + 3 = 4 · n + 4 = 4 · (n + 1)
und damit ist p + q durch 4 teilbar.
Variante in Worten: Zwischen den beiden Primzahlen eines Zwillings liegt genau eine Zahl. Da diese um eins kleiner
ist als q und um eins größer ist als p, ist die Summe p + q das Doppelte dieser mittleren Zahl. Da die Primzahlen von
Zwillingen immer ungerade sind (siehe oben), ist die mittlere Zahl gerade, also durch 2 teilbar. Ihr Doppeltes ist dann
durch 4 teilbar. Damit ist auch p + q durch 4 teilbar.
c) Man weiss von b), dass die Summe durch 4 teilbar ist. Um zu zeigen, dass sie sogar durch 12 teilbar ist, muss man noch
die Teilbarkeit durch 3 zeigen. Man weiss, dass von 3 aufeinanderfolgenden Zahlen immer eine durch 3 teilbar ist. Die Primzahlen p und q sind aber größer als 3 und können somit nicht mehr durch 3 teilbar sein. Von den Zahlen p, p + 1, p + 2 = q
muss also p + 1 durch 3 teilbar sein. Wegen p + q = 2 · p + 2 = 2 · (p + 1) ist also auch p + q durch 3 teilbar.
d) (3, 5, 7) ist ein Primzahldrilling. Jeder weitere Primzahldrilling müsste mit p > 3 beginnen. Betrachten wir die aufeinander folgenden Zahlen
p, p + 1, q = p + 2, p + 3, r = p + 4.
Von drei aufeinanderfolgenden Zahlen ist immer eine durch 3 teilbar. Da p und q = p + 2 Primzahlen größer als 3 sind,
muss p + 1 durch 3 teilbar sein. Dann ist aber auch r = p + 4 durch 3 teilbar sein. Das kann aber nicht sein, da r eine
Primzahl größer 3 sein soll. Also kann es keinen weiteren Primzahldrilling geben.
3. Baue vier Wüerfelecken (Tetraeder mit drei gleichschenkligen rechtwinkligen Dreiecke als Seitenfläche und einem gleichseitigem Dreieck) wie in der beiliegenden Anleitung. Stelle zwei davon so, dass ihre Grundflächen zusammen ein Quadrat
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 3. Serie - November 2011
Nadine Große
ergeben. Dann stelle die anderen beiden so auf eine Spitze, dass alle vier Tetraeder von außen betrachtet einen Würfel
ergeben (Achtung nicht stabil!). Von außen sieht das jetzt aus wie ein Würfel, doch die Tetraeder füllen das Innere nicht
vollständig aus. Wieviel Volumen ist im Inneren noch frei (Gib die Kantenlänge deines Würfels mit an) und was für ein
Körper würde noch hineinpassen, um alles auszufüllen? (Das Volumen eines Tetraeders war ein Drittel Grundfläche mal
Höhe.)
Lösung: Wir berechnen das Volumen des hohlen Inneren durch die Differenzmethode, d.h. das Volumen des Hohlraums
ergibt sich aus dem Volumen des Würfels minus dem Volumen der vier Tetraeder. Sei a die Kantenlänge des Würfels.
Dann hat der Würfel das Volumen a3 . Ein solches gebautes Tetraeder hat als Grundfläche ein gleichseitiges rechtwinkliges
3
Dreieck mit Seitenlänge a und als Höhe ebenfalls a. Damit ist das Volumen des Tetraeders 31 ( 12 a2 ) · a = a6 . Also ist das
3
3
Volumen des Hohlraums: a3 − 4 · a6 = a3 . Der Hohlraum hat die Form eines regelmäßigen Tetraeders
4. In der Bibliothek des Grafen Dracula gibt es keine zwei Bücher, deren Inhalt aus gleich vielen Wörten bestehen. Die
Anzahl der Bücher ist größer als die Summe der Anzahl der Wörter jedes einzelnen Buches. Diese Aussagen genügen, um
den Inhalt mindestens eines Buches aus Draculas Bibliothek genau zu beschreiben. Was steht in diesem Buch? Kann man
auch den Inhalt weiterer Bücher vorhersagen oder deren Anzahl? Begründe!
Lösung: Gibt es nur ein Buch, so darf in diesem kein Wort stehen. Gibt es zwei Bücher, eines mit a und eines mit b
Wörtern, dann muss a 6= b sein und a + b < 2. Damit darf in einem Buch wieder kein Wort stehen und das andere Buch
muss genau ein Wort enthalten. Nehmen wir nun an, es gibt mehr als 2 Bücher, sagen wir n Bücher. Das 1. mit n1 Wörtern,
das 2. mit n2 Wörtern usw. Dann muss n > n1 + n2 + · · · + nn sein. Da aber alle Bücher unterschiedlich viele Wörter
enthalten müssen, ist die Summe auf der linken Seite mindestens so groß wie 0 + 1 + · · · + (n − 1). Das ist für n > 2 aber
immer größer als n selbst, was obiger Ungleichung widerspricht. Es kann also nicht sein, dass es mehr als zwei Bücher gibt.
Zusammengefasst muss es also entweder genau ein oder genau zwei Bücher geben. In beiden Fällen muss es ein Buch ohne
Worte geben und vielleicht gibt es noch ein Buch mit einem Wort.
5. Tic-Tac-Toe ist ein kleines Spiel für zwei Personen. Auf einem 3 × 3 Felder großen Spielfeld machen die beiden Spieler
abwechselnd ihre Zeichen (ein Spieler Kreuze, der andere Kreise) in ein noch freies Quadrat. Der Spieler, der als erstes drei
seiner Zeichen in eine Reihe, Spalte oder eine der beiden Diagonalen setzen kann, gewinnt. Sind alle Quadrate besetzt,
ohne dass ein Spieler gewonnen hat, endet das Spiel unentschieden. Ein mögliches Spiel wäre z.B.
In dem Beispiel hat der zweite Spieler gewonnen. Doch wie kann der erste Spieler spielen, damit (egal was der zweite
Spieler macht) er nie verliert, er also immer ein Unentschieden oder einen Sieg erreicht.
Lösung :
1.Zug: Setze ein Kreuz in das mittlere Feld.
Jetzt hat der Gegner noch 8 Möglichkeiten zu setzen. Aber für die Strategie sind z.B. alle Eckfelder gleich, da man das Brett
ja immer drehen kann und dann mit der Strategie für ein anderes Eckfeld fortfahren kann. Es reicht also eine Strategie für
ein bestimmtes Eckfeld anzugeben, sagen wir das Eckfeld links oben. Genauso können die anderen 4 Nicht-Eckfelder gleich
behandelt werden.
Fall 1 Der Gegner setzt in das obere linke Eckfeld. Dann setze ins untere linke Eckfeld.
1-1 Der Gegner setzt seinen zweiten Zug nicht ins obere rechte Eckfeld. Dann setze ins obere rechte Eckfeld. Sieg!
1-2 Der Gegner setzt seinen zweiten Zug ins obere rechte Eckfeld. Setze ins mittlere Feld der oberen Zeile.
1-2-1 Der Gegner setzt seinen dritten Zug nicht ins untere mittlere Feld. Dann setze du dorthin. Sieg!
1-2-2 Der Gegner setzt seinen dritten Zug ins untere mittlere Feld. Setze ins untere rechte Feld. Nun ist in jeder Zeile
oder Spalte mindestens ein Kreuz. Damit kann der Gegner nicht mehr gewinnen und es gibt mindestens ein
Unentschieden.
Fall 2 Der Gegner setzt in das obere mittler Feld. Dann setze ins obere linke Eckfeld.
2-1 Der Gegner setzt seinen zweiten Zug nicht ins untere rechte Eckfeld. Dann setze du dorthin. Sieg!
2-2 Der Gegner setzt seinen zweiten Zug ins untere rechte Eckfeld. Setze du ins untere linke Eckfeld.
2-1-1 Der Gegner setzt seinen dritten Zug nicht ins linke mitllere Feld. Dann setze du dorthin. Sieg!
2-1-2 Der Gegner setzt seinen dritten Zug ins linke mitllere Feld. Setze du in obere rechte Eckfeld. Sieg!
Damit haben wir für jeden möglichen Zug des Gegners eine Antwort parat und egal, welche Züge der Gegner macht wir
erreichen immer mindestens ein Unentschieden.
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 4. Serie - Dezember 2011
Nadine Große
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur Serie 4
1. Der Weihnachtsmann und seine Helfer nutzen in ihrer Werkstatt ihre eigene Währung: Ren. Es gibt allerdings nur 5
Ren-Scheine und 7 Ren-Scheine.
a) Der Weihnachtsmann will sich in seiner Pause ein Stück Stolle kaufen. Das kostet 1 Ren. Wie viele Ren muss
er mindestens hingeben, damit er dass volle Wechselgeld zurück erhalten kann (Würde er einen 5 Ren Schein
hinlegen, bekäme er z.B. nichts zurück, da es keinen 4 Ren oder noch kleineren Schein gibt.)?
b) In der Werkstatt gibt es auch Verkaufsautomaten. Allerdings akzeptieren nur Geld in exakter Höhe des Preises;
sie geben also kein Wechselgeld und man darf auch nicht zuviel bezahlen. (Das Stück Stolle zu einem Ren kann
also nicht am Automaten gekauft werden, da es keine 1 Ren-Scheine gibt.) Liste alle möglichen Preise auf, die
nicht exakt bezahlt werden können. Begründe!
Lösung:
a) Wir überlegen uns, bei 1 beginnend, welche Zahlen bezahlbar sind. Sind zwei auf eineinanderfolgende Zahlen
bezahlbar, so kann man die größere von beiden Zahlen hingeben und erhält die kleinere als Wechselgeld. Die
ersten bezahlbaren Zahlen sind: 5, 7, 10 = 2 · 5, 12 = 5 + 7, 14 = 2 · 7, 15 = 3 · 5. Die ersten aufeinanderfolgenden
bezahlbaren Zahlen sind also 14 und 15. Er muss also mindestens 15 Ren hingeben.
b) Wenn man 5 aufeinanderfolgende Zahlen (x,. . . , x + 4) findet, sind alle Zahlen, die größer als x bezahlbar. Da
man immer einen 5-Ren Schein mehr nehmen kann, also z.B. x + 13 würde man dann wie den x + 3-Schein
bezahlen und noch zwei 5-Ren Scheine hinzunehmen. Man muss also nur noch herausfinden, wann als erstes fünf
aufeinanderfolgende bezahlbare Zahlen kommen. Dazu führt man die Reihe von oben einfach fort. Bezahlbar sind
dann weiterhin 17 = 2 · 5 + 7, 19 = 5 + 2 · 7, 20 = 4 · 5, 21 = 3 · 7, 22 = 3 · 5 + 7, 24 = 2 · 5 + 2 · 7, 25 = 5 · 5,
26 = 5 + 3 · 7, 27 = 4 · 5 + 7, 28 = 4 · 7. Also kann 24 die Rolle des obigen x üebernehmen und damit sind ab 24
alle Zahlen bezahlbar. Die einzigen nicht bezahlbaren Zahlen sind somit: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 11, 13, 16, 18, 23.
2. Wir zerlegen eine Zahl N in seine Primfaktoren
N = p1 · . . . · p1 · p2 · . . . · p2 · · · pl · . . . · pl ,
| {z } | {z } | {z }
k1 −mal
k2 −mal
kl −mal
hierbei sind p1 bis pl verschiedene Primzahlen. Z.B. ist 12 = 2 · 2 · 3 (p1 = 2 mit k1 = 2 und p2 = 3 mit k2 = 1) und
81 = 3 · 3 · 3 · 3 (mit p1 = 3 und k1 = 4).
Mit d(N ) bezeichnen wir die Anzahl der Teiler der Zahl (einschließlich 1 und N ), z.B. d(12) = 6, da 12 die Teiler
{1, 2, 3, 4, 6, 12} hat, und d(81) = 5, da 81 die Teiler {1, 3, 9, 27, 81} hat.
a) Wenn N = pk ist, also nur eine Primzahl enthält, wie groß ist dann d(N )? Begründe!
b) Für beliebiges N (Zerlegung wie oben) ist d(N ) = (k1 + 1) · (k2 + 1) · · · (kl + 1). Überlege Dir, dass das richtig ist,
falls: N = p1 · . . . · p1 · p2 · . . . · p2 ist!
| {z } | {z }
k1 −mal
k2 −mal
c) Von einer Zahl N wissen wir, dass N durch 18 teilbar ist und dass d(N ) = 10 ist. Bestimme N ! Gibt es nur ein
solches N ? Begründe!
Lösung:
a) Da p eine Primzahl ist und selbst keine weiteren Teiler hat, sind die Teiler von pk gegeben durch 1 = p0 , p = p1 ,
p2 ,. . . , pk . Also ist d(pk ) = k + 1.
b) Die Zahl N hat die Form pk11 pk22 . Ein Teiler hat dann auch die Form pl11 pl22 mit 0 ≤ l1 ≤ k1 und 0 ≤ l2 ≤ k2
(Sind beide Exponenten 0, dann entsteht z.B. der Teiler 1, sind beide maximal entsteht die Zahl N selbst.) Für l1
hat man also k1 + 1 M¨’oglichkeiten und für l2 k2 + 1 Möglichkeiten. Das ergibt insgesamt (k1 + 1)(k2 + 1) Teiler.
Die sind auch alle verschieden, da p1 und p2 verschiedene Primzahlen sind und damit keinen gemeinamen Teiler
haben. Also ist d(N ) = (k1 + 1) · (k2 + 1).
c) Wir wissen, dass d(N ) = 2 · 5 ist, damit kann es in der Zerlegung von N höchstens 2 Primzahlen geben. Da N
aber durch 18 = 2 · 32 teilbar ist, muss es mindestens zwei Primzahlen geben. Damit ist N = 2k1 · 3k2 und k2 > 1
(weil die 3 zweimal in 18 vorkommt. Damit ist d(N ) = 2 · 5 = (k1 + 1) · (k2 + 1), also k1 = 1 und k2 = 4. Folglich
kommt als N nur 2 · 34 = 162 in Frage und diese Zahl erfüllt auch die Aufgabenstellung.
3. Der bösartige Weihnachtself Weini verbreitet immer fiese Gerüchte. Aber man weiss, dass alle seine Gerüchte vollkommen gelogen sind und immer das Gegenteil richtig ist. Gestern behauptete er z.B.: Es gibt ein Kind, zu dem der
”
Weihnachtsmann nicht kommt.“ Da wir jedoch wissen, dass Weini immer lügt, wissen wir dann also: Der Weihnachts”
mann kommt zu allen Kindern.“! Was wissen wir aufgrund der folgenden fiesen Gerüchte Weinis? (Es reicht nicht, vor
jede Aussage einfach ein Nicht“ zu setzen, also bei obigen Beispiel einfach zu sagen Es ist nicht wahr, dass es ein
”
”
Kind gibt, zu dem der Weihnachtsmann nicht kommt.“)
1
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 4. Serie - Dezember 2011
Nadine Große
a Alle Kinder bekommen einen Teddybären.
b Jedes Kind erhält keinen Ball.
c Es gibt ein Kind, dass keinen Kreisel bekommt.
d Es gibt kein Kind, zu dem das Christkind kommt.
e Kein Kind erhält kein Plätzchen.
f Alle Kinder haben keinen Wunschzettel geschrieben.
Zusatz Weini erhält einen Ball und einen Kreisel.
Lösung: Was ist das Gegenteil zu einer Aussage? Hat man eine Aussage und ihr Gegenteil so müssen alle denkbaren
Fälle abgedeckt sein. Zur ersten Aussage Alle Kinder bekommen einen Teddybären.“ kann also z.B. die Aussage Kein
”
”
Kind bekommt einen Teddybären.“ nicht das Gegenteil sein, da der Fall das z.B. nur jedes 2. Kind einen Teddybären
erhält, nicht vorkommt. Das Gegenteil der Aussage wäre hier: Ein Kind bekommt keinen Teddy“. Damit wären alle
”
Fälle abgedeckt, denn entweder bekommen alle Kinder einen Teddybären oder es muss mindestens ein Kind geben,
dass keinen erhält. (Wenn man sagt Ein Kind ...“ heißt das immer Es gibt mindestens ein Kind...“. Wenn man sagen
”
”
will, dass es keine zwei sind für die, die Aussage gilt, sagt man Genau ein Kind...“) Es gibt immer nur ein Gegenteil,
”
aber das kann auf verschiedene Weisen formuliert werden. Man kann hier z.B. auch sagen: Einige Kinder bekommen
”
keinen Teddy.“ ( Einige“heißt immer es gibt mindestens eins“. Also auch wenn es nur ein Kind gibt, dass keinen
”
”
Teddy erhält, oder alle Kinder keinen Teddy erhalten, ist die Aussage noch immer richtig.) oder Nicht jedes Kind
”
erhält einen Teddy.“Im folgenden ist immer nur eine Beispiel einer Formulierung für das Gegenteil angegeben:
a) Ein Kind bekommt keinen Teddy.
b) Ein Kind erhält einen Ball.
c) Jedes Kind kriegt einen Kreisel.
d) Es gibt ein Kind, zu dem das Christkind kommt.
e) Ein Kind erhält kein Plätzchen.
f) Ein Kind hat einen Wunschzettel geschrieben.
Zusatz Weini erhält keinen Ball oder keinen Kreisel. (Das schließt ein, dass er vielleicht auch nichts von beiden erhält.)
4. Paula und Quentin spielen folgendes Spiel: Vor ihnen liegen 3 Haufen, einer mit 2 Stäbchen, einer mit 3 Stäbchen
und einer mit 4 Stäbchen. Die Spieler ziehen abwechselnd, Paula beginnt. In jedem Zug darf ein Spieler von einem
Haufen eine beliebige Anzahl von Stäbchen nehmen (aber immer mindestens eines). Der Spieler, der das letzte Stäbchen
nehmen muss, verliert.
Paula kann dieses Spiel immer gewinnen. Was muss dann ihr erster Zug sein? Begründe, dass dann Quentin nicht mehr
gewinnen kann.
Tipp: Untersuche das Problem zuerst für kleinere Ausgangshaufen: auf jedem Haufen ein Stäbchen und auf zwei Haufen je zwei
Stäbchen, der dritte Haufen ist leer.
Lösung: Wir überlegen uns als erstes ein paar einfache Gewinnstellungen für Paula.
1. Liegt ein Stapel mit n > 1 Stäbchen, dann kann Paula auf alle Fälle gewinnen, wenn sie alle Stäbchen bis auf
eines wegnimmt. Dann muss Quentin das verbleibende nehmen und verliert.
2. Sind 2 Stapel auf dem Tisch. Ein Stapel mit einem Stäbchen und einer mit n 6= 0 Stäbchen. Leert Paula einen
Stapel und Quentin, muss das letzte Stäbchen nehmen.
Damit sind folgende Stellungen Verluststellungen für Quentin:
a) ein Stapel mit einem Stäbchen
b) zwei Stapel mit je zwei Stäbchen, denn dann führt jeder Zug von Quentin auf eine Gewinnstellung von Paula
c) drei Stapel mit je einem Stäbchen. Denn hier hat Quentin nur eine Zugmöglichkeit, er muss einen Stapel wegenehmen - Gewinnstellung 2 für Paula.
Paula zieht nun als erstes 3 Stäbchen vom 4-Stapel. Denn sieht Quentin 3 Stapel mit 1, 2 bzw. 3 (abgekürzt durch
(1, 2, 3)). Dann hat Quentin folgende Möglichkeiten:
(0, 2, 3) Dann zieht Paula auf (0, 2, 2) - Verluststellung b)
(1, 1, 3) Dann zieht Paula auf (1, 1, 1) - Verluststellung c)
(1, 0, 3) Verluststellung b)
(1, 2, 2) Dann zieht Paula auf (0, 2, 2) - Verluststellung b)
(1, 2, 1) Dann zieht Paula auf (1, 1, 1) - Verluststellung c)
(1, 2, 0) Verluststellung b)
Da dies alle Möglichkeiten sind, ist auch (1, 2, 3) eine Verluststellung und damit gewinnt Paula.
2
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 5. Serie - Januar 2012
Nadine Große
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur Serie 5
1. Betrachte ein 6-Eck, in dem alle Diagonalen im Inneren diese Vielecks liegen und in dem keine 3 Diagonalen einen gemeinsamen
Punkt haben. Wie viele Diagonalen gibt es? Durch die Diagonalen entstehen viele Dreiecke im 6-Eck. Wie viele Dreiecke enstehen,
deren Eckpunkte alles Eckpunkte des 6-Ecks sind? Wie viele Dreiecke enstehen, bei den zwei Eckpunkte auch Eckpunkte des
6-Ecks sind und der dritte Eckpunkt der Schnittpunkt zweier Diagonalen ist? Es gibt noch zwei weitere Arten von entstehenden
Dreiecken. Welche und wie viele solcher Dreiecke gibt es?
Lösung: Man kann diese Aufgabe lösen, indem man ein solches Sechseck aufmalt und alles einfach auszählt. Dabei muss man
aber systematisch zählen, um sich und den Leser zu überzeugen, dass man nichts vergessen hat. Hier geben wir eine andere
Lösungsmöglichkeit an: Um eine Diagonale im Sechseck zu erhalten, wählen wir zwei Endpunkte aus. Für den ersten Punkt haben
wir sechs Möglichkeiten, für den zweiten dann noch fünf. Das macht insgesamt 30. Dabei haben wir jede Verbindung doppelt
gezählt, es sind also 15 Verbindungen, von denen noch 6 die Kanten des Sechsecks sind. Es sind also 15 − 6 = 9 Diagonalen.
Wir wollen nun Dreiecke bilden, deren Eckpunkte alle Eckpunkte des Sechsecks sind. Für den ersten Eckpunkt haben wir 6
Möglichkeiten, für den zweiten 5 und den dritten 4. Da es für das Dreieck aber nicht von Bedeutung ist, welchen der Eckpunkte
wir als ersten, zweiten, usw. ansehen, haben wir jedes Dreieck sechs mal gezählt. Damit haben wir 6·5·4/6 = 20 solcher Dreiecke.
Nun die Dreiecke mit zwei Eckpunkten, die Eckpunkte des Sechsecks sind, und einem Eckpunkt, der Schnittpunkte von zwei
Diagonalen ist. Betrachtet man vier Eckpunkte des Sechsecks als Viereck mit seinen Diagonalen, dann gibt es darin genau
4 der gesuchten Dreiecke. Umgekehrt gibt es aber für ein solch gesuchtes Dreieck genau ein solches Viereck, in dem es liegt.
Es reicht also die Anzahl der Vierecke mit Eckpunkten im Sechseck zu finden: Für den ersten Eckpunkt des Vierecks gibt
es 6 Möglichkeiten, für den zweiten 5, für den dritten 4 und den vierten noch 3 also insgesamt 6 · 5 · 4 · 3. Dabei haben wir
also natürlich wie oben wieder jedes Viereck 4 · 3 · 2 · 1 mal gezählt (da die Reihenfolge ja egal ist). Es gibt also insgesamt
(6 · 5 · 4 · 3)/(4 · 3 · 2 · 1) = 15 Vierecke und damit 4 · 15 = 60 solcher Dreiecke.
Nun die Dreiecke mit einem Eckpunkt, der Eckpunkt des Sechsecks sind, und zwei Eckpunkte, die Schnittpunkte von zwei
Diagonalen sind: Ein solches Dreieck wird aus immer drei Diagonalen gebildet, deren Eckpunkte ein Fünfeck bilden. Ein solches
Fünfeck enthält immer 5 solcher Dreicke und es gibt 6 solcher Fünfecke (da es 6 Möglichkeiten gibt, den fehlenden Eckpunkt,
der dann nicht zum Fünfeck gehört, auszuwählen). Damit gibt es 5 · 6 = 30 der gesuchten Dreiecke.
Weiterhin gibt es noch ein Dreieck, dessen Eckpunkte nur Schnittpunkte von Diagonalen sind.
2. Ralf, Sören und Tina wohnen in derselben Straße und sagen sich gegenseitig ihre Hausnummern.
a) Ralf sagt: Meine Hausnummer liegt zwischen 100 und 200, sie ist durch 3, aber nicht durch 9 teilbar. Außerdem ist sie
”
durch 2 und 5, aber nicht durch 4 teilbar.“
b) Sören sagt: Meine Hausnummer ist eine zweistellige Primzahl und hat als Ziffern ebenfalls Primzahlen. Wenn ich die
”
Ziffern vertausche, ist die neue Zahl wieder eine Primzahl, die aber größer als die Hausnummer ist.“
c) Tina sagt: Meine Hausnummer ist ebenfalls eine zweistellige Primzahl. Wenn ich das Fünffache der Einerziffer und das
”
Vierfache der Zehnerziffer addiere, erhalte ich wieder meine Hausnummer.“
Bestimme die jeweiligen Hausnummern und begründe.
Lösung:
a) Da Ralfs Hausnummer durch 2, 3, 5 und 7 teilbar ist, muss sie durch 30 teilbar. Folgende Zahlen zwischen 100 und 200
sind durch 30 teilbar: 120,150 und 180. Davon ist aber 120 durch 4 und 180 durch 9 teilbar, bleibt als Ralfs Hausnummer
also nur noch 150.
b) Folgende Ziffern sind Primzahlen: 2, 3, 5 und 7. Wenn eine 2 eine Ziffer der Hausnummer wäre, wäre entweder die Hausnummer oder die Zahl mit den vertauschten Ziffern durch 2 teilbar und damit keine Primzahl. Bleiben also die Zahlen: 33,
35, 37, 53, 55, 57, 73, 75 und 77. Davon sind nur 37, 73 Primzahlen deren Ziffernvertauschung auch wieder eine Primzahl
ist und nur die 37 ist kleiner als die Ziffernvertauschung und damit Sörens Hausnummer.
c) Tinas Hausnummer ist zweistellig. Sie hat also die Form a · 10 + b, wobei a die Zehnerziffer und b die Einerziffer ist. Es
muss also gelten 5 · b + 4 · a = a · 10 + b und damit 6 · a = 4 · b, also 3 · a = 2 · b. Damit teilt 3 2 · b und damit b. b kann also
nur 0, 3, 6 oder 9. Eine Zahl, die auf 0 oder 6 kann aber keine Primzahl sein. Bleibt b = 3 oder b = 9. Im zweiten Fall wäre
a = 6 und die Hausnummer 69 und damit keine Primzahl. Im ersten Fall ist a = 2 und die Hausnummer 23 eine Primzahl.
3. Die 3. Aufgabe ist die Faltaufgabe auf dem Extrablatt.
Lösung Der dritte Winkel der Dreiecke ergibt sich immer mittels der Innenwinkelsumme:
a) Den rechten oberen Winkel nach Anleitung zum 30◦ -Winkel falten, den linken oberen Winkel halbieren (45◦ ). Der dritte
Winkel ist dann 105◦ .
b) Den rechten oberen Winkel nach Anleitung zum 30◦ -Winkel falten. Das dadurch entstandende Dreieck hat als weitere
Innenwinkel 60◦ und 90◦ . Halbiert man den rechten Winkel, so hat das linke der entstandenden Teildreiecke die Innenwinkel
60◦ , 45◦ und 75◦ .
c) Den rechten oberen Winkel nach Anleitung zum 30◦ -Winkel falten und dann noch einmal halbieren. Da man beim 30◦ -Winkel
falten, schon einen 60◦ -Winkel erhalten hat, hat man jetzt insgesamt das gesuchte Dreieck mit dem dritten Winkel von 105◦ .
d) Den rechten oberen Winkel nach Anleitung zum 30◦ -Winkel falten und wieder auffalten. Den oberen Teil des Blattes entlang
1
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 5. Serie - Januar 2012
Nadine Große
der kurzeren Seite des entstandenen rechtwinkligen Dreiecks nach unten falten. Das entstandende Dreieck ist gleichseitig, also
alle Innenwinkel sind 60◦ groß.
e) Hat man einmal ein gleichseitiges Dreieck gefaltet (z.B. wie in d) oben), knickt man jede Seitenmitte einmal ein und faltet
jeweils die gegenüberliegende Ecke auf diese Seitenmitte, dann entsteht die Form eines Tetraeders.
4. Tante Agatha ist ermordet worden, und zwar von einem Bewohner ihres Hauses. Dort wohnen Agatha, der Butler und Charles,
und niemand sonst. Ein Mörder hasst immer das Opfer und ist niemals reicher als das Opfer. Charles hasst niemanden, den
Tante Agatha nicht hasst. Tante Agatha hasst jeden, außer den Butler. Wenn Charles Tante Agatha hasst, dann hasst er auch
den Butler. Der Butler hasst jeden, der nicht reicher als Tante Agatha ist, und jeden, den Tante Agatha hasst. Niemand hasst
alle.
Wer ermordete Tante Agatha? Begründe!
Lösung: Wir kürzen ab: Agatha - A, Butler - B, Charles - C.
Folgerungen
Aussage
A hasst jeden, außer den B.
A hasst sich selbst und C.
C hasst nicht B.
C hasst niemanden, den A nicht hasst.
Wenn C A hasst, dann hasst er auch den B.
Da C nicht B hasst, hasst er auch nicht A.
Da C A nicht hasst, kann er nicht der Mörder sein.
Ein Mörder hasst immer das Opfer.
B hasst jeden, den A hasst.
B hasst A und C.
Niemand hasst alle.
B hasst sich selbst nicht.
Da B sich nicht selbst hasst, muss er reicher sein als A.
B hasst jeden, der nicht reicher als A ist.
Ein Mörder ist niemals reicher als das Opfer. B ist reicher als A und damit nicht ihr Mörder.
Damit bleibt nur Agathas Selbstmord und das passt auch, da sie sich selbst hasst und natürlich auch nicht reicher sein kann als
sie selbst. Man konnte also so schon relativ schnell sehen, dass Agatha selbst als Mörder in Frage kommt. Aber man muss die
anderen Überlegungen doch noch ausführen, um sicher zu gehen, dass sonst kein anderer als Mörder in Frage kommt.
5. Uwe und Verena spielen ein Spiel. Vor ihnen liegen wieder mehrere Haufen mit Stäbchen. In jedem Zug darf man von einem
Haufen beliebig viele Stäbchen (jedoch mindestens eins) nehmen oder einen anderen Haufen in zwei neue Haufen (mit mindestens
jeweils einem Stäbchen) zerteilen. Gewonnen hat der Spieler, der das letzte Stäbchen nimmt. Uwe beginnt. Gezogen wird
abwechselnd.
a) Wer kann immer gewinnen, wenn nur ein Haufen da ist?
b) Es liegen jetzt zwei Haufen auf dem Tisch mit jeweils einer Stäbchenanzahl von maximal 5. Überlege Dir, bei welchen
Ausgangsstellungen, Uwe immer gewinnen kann. Begründe.
c) Angenommen wir haben zwei Ausgangsstellungen, die Verluststellungen sind, das heißt wenn Verena die richtige Strategie
hat, kann Uwe keinesfalls gewinnen. Dann können wir beide zusammen auf den Tisch legen und erhalten eine neue Ausgangsstellung (z.B. erste Ausgangsstellung sind zwei Haufen mit jeweils einem Stäbchen und die zweite sind zwei Haufen
mit jeweils zwei Stäbchen. Dann bestünde die neue Ausgangsstellung aus 4 Haufen, von denen zwei ein Stäbchen enthalten
und die beiden anderen Haufen jeweils zwei Stäbchen.) Überlege Dir und begründe, dass die neue Ausgangsstellung dann
auch eine Verluststellung ist.
d) Wie sollte der erste Zug von Uwe aussehen (um sicher gewinnen zu können), wenn vor ihm drei Haufen mit 2, 5 und 7
Stäbchen liegen? Begründe!
Lösung:
a) Uwe kann hier immer gewinnen, indem er einfach den gesamten Haufen nimmt.
b) H=Haufen, V= Verluststellung, G= Gewinnstellung
1.H 2.H Stategie
1
1
V - man muss einen Haufen wegnehmen und Gegner gewinnt
1
> 1 G - vom zweiten Haufen soviel nehmen, dass nur ein Stäbchen bleibt.
Der Gegner erhält obige Verluststellung.
2
2
V - nimmt man einen Haufen ganz, gewinnt der Gegner (siehe a)),
sonst hat der Gegner (1, 2) vor sich und gewinnt
2
> 2 G - vom zweiten Haufen soviel nehmen, dass nur zwei Stäbchen bleiben
und so kann man das fortführen. Also kann Uwe immer gewinnen, wenn beide Haufen unterschiedlich groß sind. Wenn
beide Haufen gleich groß sind, ist es eine Verluststellung.
c) Macht der Gegner einen Zug in einer der beiden Stellungen, die diese zu einer Gewinnstellung macht, macht man in der
gleichen Stellung einen Zug einen der diesen wieder zu einer Verluststellung (oder diese Stellung direkt gewinnt) macht.
Der Gegner hat also immer zwei oder eine (falls die eine Stellung schon abgearbeitet ist) Verluststellung vor sich und kann
somit nicht gewinnen.
d) Nach b) sind sowohl 2, 2 als auch 5, 5 Verluststellungen. Wegen c) ist damit auch 2, 2, 5, 5 eine Verluststellung. Wenn Uwe
also den 7er Haufen in 2 und 5 zerlegt, kann er immer gewinnen.
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Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 6. Serie - März 2012
Nadine Große
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur Serie 6
1. In einer Schachtel liegen 5 durchnumerierte Kugeln: Eine Kugel trägt die Nummer 1, eine andere die 2, usw. Fred zieht zwei
Kugeln aus der Schachtel. Wieviele Möglichkeiten gibt es für die beiden Kugeln, die er gezogen hat (Dabei soll es egal sein,
ob er z.B. erst die 5 und dann die 2 zieht oder umgekehrt.)
Wieviele Möglichkeiten sind es, wenn in der Schachtel am Anfang 2, 3, 4 bzw. 6 Kugeln lagen? Begründe Deine Antwort.
Zusatz: Überlege Dir das allgemein für eine Anzahl von n Kugeln.
Lösung: Für die erste Kugel, die gezogen wird, hat er 5 Möglichkeiten. Bleiben dann noch 4 Kugeln in der Schachteln. Also
bleiben 4 Möglichkeiten für die zweite Kugel. Sind insgesamt 5 · 4 = 20 Möglichkeiten. Doch dabei wurde die Reihenfolge des
Ziehens beachtet, also wurde z.B. zwischen (1, 2) und (2, 1) unterschieden. Also kommt – so wie wir bis jetzt gezählt haben –
jede Möglichkeit doppelt vor. Es sind also insgesamt 20 : 2 = 10 Möglichkeiten.
Genauso kann man sich die Anzahl der Möglichkeiten überlegen aus n Kugeln 2 zu ziehen (ohne Beachtung der Reihenfolge):
Für die erste Kugel gibt es n Möglichkeiten, für die zweite dann noch n − 1. Doch auch hier hat man jede Möglichkeit doppelt
Möglichkeiten.
gezählt. Es sind also insgesamt n·(n−1)
2
Also bei n = 2 eine Möglichkeit, bei n = 3 drei Möglichkeiten, bei n = 4 sechs Möglichkeiten.
Variante: Es gibt auch noch andere Wege die Möglichkeiten abzuzählen, z.B. die Anzahl der Möglichkeiten, bei denen
die 1. Kugel vorkommt, ist n − 1 [(1, 2); (1, 3); usw. bis (1, n − 1)], die verbleibenden Möglichkeiten mit der 2. Kugel sind
dann (2, 3); (2, 4); usw. bis (2, n − 1) (da (1, 2) schon vorkam), also n − 2 Möglichkeiten. Für die 3. Kugel sind es dann
n − 3 Möglichkeiten usw. bis zur (n − 1).ten Kugel, wo es nur noch die Möglichkeit (n − 1, n) gibt. Es sind also insgesamt
(n − 1) + (n − 2) + (n − 3) + . . . + 2 + 1 Möglichkeiten.
Da egal wie man zählt, sofern man es richtig macht, sich die gleiche Lösung ergeben muss, kann man also so z.B. auch sehen,
dass gilt:
n(n − 1)
.
(n − 1) + (n − 2) + (n − 3) + . . . + 2 + 1 =
2
2. Ines, Jana, Klaus, Leo und Martin tauschen Fotos aus. Jeder hat 4 Fotos, die er an seine Freunde verteilt. Am Ende hat jeder
der Fünf wieder 4 Fotos. Keiner verteilt seine Bilder in gleicher Weise an seine Freunde, das heißt: Gibt einer der Freunde zwei
Fotos an einen Freund und zwei Fotos an einen anderen (dann bekommen die restlichen beiden Freunde natürlich keine Bilder
mehr.), kann man diese Verteilung mit (2, 2, 0, 0) darstellen. Diese Verteilungsmöglichkeit kommt dann – wie jede andere auch
– nicht noch einmal vor. Es ist bekannt, dass Leo alle seine Bilder an Ines gibt und dass Jana drei Bilder von Klaus erhält.
Welche Verteilungsmöglichkeiten gibt es? Gib an, wer wem wie viele Bilder gab, und begründe!
Lösung: Als erstes überlegen wir uns, welche Verteilungsmöglichkeiten es überhaupt geben kann: (4, 0, 0, 0), (3, 1, 0, 0),
(2, 2, 0, 0), (2, 1, 1, 0) und (1, 1, 1, 1). Das sind fünf Möglichkeiten. Da wir auch 5 Freunde haben und keine Verteilungsmöglichkeit doppelt vorkommen darf, muss auch jede dieser Verteilungsmöglichkeiten vorkommen. Wir wissen schon, dass Leo alle
seine Bilder an Ines gibt, also die Verteilungsmöglichkeit (4, 0, 0, 0) hat. Damit hat Ines schon 4 Bilder erhalten, kann also von
keinem weiteren mehr Bilder erhalten. Das heisst, in den Verteilungen von Jana, Klaus und Martin muss immer mindestens
eine Null vorkommen, da sie Ines ja keine Bilder mehr geben können. Damit bleibt die Verteilung (1, 1, 1, 1) nur für Ines.
Weiterhin wissen wir das Jana drei Bilder von Klaus erhält. Damit muss Klaus als Verteilung (3, 1, 0, 0) haben, wobei bis jetzt
noch nicht klar ist, an wen das vierte Bild von ihm geht.
Es verbleiben nun noch die Verteilungen (2, 2, 0, 0) und (2, 1, 1, 0). Jana hat jetzt schon drei Bilder von und eines von Ines
erhalten, damit hat sie alle 4 Bilder. Damit kann Martin weder an Ines noch an Jana Bilder geben, muss also mindestens zwei
Nullen enthalten. Es bleibt für Martin nur die Verteilung (2, 2, 0, 0), die damit an Leo und Klaus gehen müssen. Für Jana
bleibt dann nur die Verteilung (2, 1, 1, 0). Bis jetzt hat Klaus 2 Bilder von Martin und eines von Ines erhalten. Damit fehlt
ihm noch ein Bild. Dieses kann er nicht von Leo erhalten. Es muss also Jana ihm ein Bild geben. Martin hat bis jetzt nur
das Bild von Ines erhalten. Ihm fehlen also noch 3. Da er von Leo keine erhält, müssen diese von Jana und Klaus kommen.
Damit erhält er von Jana zwei Bilder und von Klaus eines. Damit bleibt für das verbleibende Bild von Jana nur noch Leo
und damit hat jeder 4 Bilder erhalten.
Zusammenfassend haben wir also:
Leo gibt 4 Bilder an Ines - (4, 0, 0, 0).
Klaus gibt 3 Bilder an Jana und eines an Martin - (3, 1, 0, 0).
Martin gibt je 2 Bilder an Leo und Klaus - (2, 2, 0, 0).
Jana gibt 2 Bilder an Martin und jeweils eines an Klaus und Leo - (2, 1, 1, 0).
Ines gibt jeweils ein Bild an die anderen - (1, 1, 1, 1).
3. Nimm einen langen Streifen Papier - ungefähr 2cm breit. Versuche (vorsichtig) in diesen Streifen einen Knoten zu machen.
Dabei immer vorsichtig ein Stück an beiden Enden ziehen, den Knoten leicht plattdrücken wieder ziehen usw. Wenn der
Knoten richtig fest und plattgerückt ist, entsteht ein (ebenes) Fünfeck. Was für ein Fünfeck ist das? Wir betrachten nun zwei
Geraden. Auf einer liegt eine Kante des Fünfecks. Auf der anderen liegt die Diagonale des Fünfecks, die die Kante auf der
1
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 6. Serie - März 2012
Nadine Große
ersten Gerade nicht schneidet. Wie liegen diese beiden Geraden zueinander? Stelle zuerst eine Vermutung auf und beweise
dann deine Behauptung.
Lösung: Es entsteht ein regelmäßiges Fünfeck ABCDE (Die Buchstaben werden gegen den Uhrzeigersinn an den Ecken
verteilt.
Vermutung: Die beiden Geraden liegen parallel, d.h. in einem regelmäßigen Fünfeck liegt eine jede Diagonale immer parallel
zu einer Kante.
Beweis: Wir zeigen, die Vermutung für die Kante AB und die Diagonale CE. Da das Fünfeck regelmäßig ist, gilt |AB| =
|BC| = |EA| und die Winkel EAB und ABC sind ebenfalls gleich. Wegen der Symmetrie des regelmäßigen Fünfecks sind
auch die Winkel AEC und ECB gleich. Da die Innenwinkelsumme in ABCE 360◦ beträgt, muss damit die Winkelsumme
von EAB und AEC 180◦ betragen. Also sind AB und CE parallel.
Achtung: Nicht jedes gleichseitige Fünfeck ist automatisch regelmäßig. Dafür müssen auch noch alle Innenwinkel gleich
großsein.
4. Man beginnt mit einem Wort, dass nur aus den Symbolen M , I und U und darf es nur nach den folgenden Regeln ändern:
a) Endet das Wort auf I, darf man ein U anfügen (z.B. M I → M IU ).
b) Beginnt das Wort mit M , so darf man den Teil des Wortes nach M hinten ein zweites Mal anfügen (z.B. M IU →
M IU IU ).
c) Beinhaltet das Wort drei aufeinanderfolgende I, so darf man diese durch ein U ersetzen (z.B. M U IIIU → M U U U ).
d) Beinhaltet das Wort zwei aufeinanderfolgende U , so darf man diese löschen (z.B. M U U U → M U ).
Beginnt man mit dem Wort M I. Wie kann man die Wörter M IU U IU , M IU U III erhalten? Begründe, dass man aus dem
Wort M I nicht das Wort M U erhalten kann. (Tipp: Die Anzahl der I im Wort M U ist durch 3 teilbar. Überlege Dir, was bei
Regelausführung mit dieser Teilbarkeit passiert!)
Lösung:
b
b
a
b
c
d
MI →
− M II →
− M IIII −
→ M IIIIU →
− M IIIIU IIIIU →
− M IU U IU U −
→ M IU U I
Einmal machen wir daraus nun
a
M IU U I −
→ M IU U IU
und zum anderen
b
d
M IU U I →
− M IU U IIU U I −
→ M IU U III.
Aus dem Wort M I kann durch Anwenden der Regeln nicht das Wort M U entstehen: Wir betrachten, wie sich die Anzahl der
I durch die Regeln verändert. Bei a) und d) ändert sie sich nicht, bei b) verdoppelt sie sich und bei c) nimmt sie um 3 ab.
Soll also am Ende das Wort M U stehen, also die Anzahl der I durch 3 teilbar sein, so muss auch schon im letzten und allen
Schritten davor die Anzahl der I durch 3 teilbar sein. Es kann also nicht aus M I entstehen.
5. Yasmin und Zedrick spielen folgendes Spiel. Vor ihnen liegt ein Haufen mit Stäbchen. In jedem Zug muss der Spieler einen
der Haufen in zwei Haufen zerteilen, die nicht gleich groß sein dürfen. Das Spiel ist beendet, wenn es nur noch Einer- und
Zweierhaufen gibt. Der Spieler, der den letzten Zug machte, gewinnt. Yasmin beginnt. Überlege Dir, wer bei einer Anfangshaufengröß e mit weniger als 15 Stäbchen jeweils eine Gewinnstrategie hat und begründe!
Lösung: Haufen mit einem oder zwei Stäbchen sind nicht teilbar.
Y
3 −→ 1, 2 (nicht mehr zerlegbar, Zedrick verliert)
Y
Z
4 −→ 1, 3 −
→ 1, 1, 2 (nicht mehr zerlegbar, Yasmin verliert)
Y
5 −→ 1, 4 (1 ist nicht mehr zerlegbar und bei 4 verliert der beginnende Spieler, also hier Zedrick)
Y
6 −→ 2, 4 (2 ist nicht mehr zerlegbar und bei 4 verliert der beginnende Spieler, also hier Zedrick)
Y
Z
7 −→ 3, 4 −
→ 1, 2, 4
Y
Z
−→ 2, 5 −
→ 1, 2, 4
Y
Z
−→ 1, 6 −
→ 1, 2, 4 (in allen Fällen liegen vor Yasmin zwei nicht mehr zerlegbare Haufen und einer mit 4. Yasmin verliert
also.)
Y
8 −→ 1, 7 (bei 7 verliert der beginnende Spieler, also hier Zedrick)
Y
9 −→ 2, 7 (2 ist nicht mehr zerlegbar und bei 7 verliert der beginnende Spieler, also hier Zedrick)
Y
Y
Y
Z
Y
Z
10 −→ 1, 9 oder −→ 2, 8 (in diesen Fällen hat Zedrick eine Gewinnposition vor sich) oder −→ 3, 7 −
→ 1, 2, 7 oder −→ 4, 6 −
→ 2, 4, 4
(auch in diesen Fällen gewinnt Zedrick, da Yasmin immer eine Verluststellung vor sich hat)
Y
11 −→ 1, 10 (1 ist nicht mehr zerlegbar und bei 10 verliert der beginnende, also Zedrick)
Y
12 −→ 2, 10 (2 ist nicht mehr zerlegbar und bei 10 verliert der beginnende, also Zedrick)
Y
Y
Y
Z
Y
Z
Y
Z
13 −→ 1, 12 oder −→ 2, 11 oder −→ 3, 9 −
→ 1, 2, 9 oder −→ 4, 8 −
→ 1, 3, 8 oder −→ 5, 7 −
→ 1, 4, 7 (in allen Fällen verliert Yasmin
- siehe auch die Begründung für den 8-er Haufen.
Y
14 −→ 1, 13 Zedrick verliert.
2
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 7. Serie - März 2011
Nadine Große
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur Serie 7
1. Fünf Kinder, Andrea, Bettina, Christian, Dirk und Eva, reden über ihre Murmeln.
– Andrea sagt: Eva hat doppelt so viele Murmeln wie ich.
– Bettina sagt: Ich habe eine Murmel mehr als Andrea.
– Christian sagt: Ich habe zwei Murmeln mehr als Bettina.
– Dirk sagt: Ich habe drei Murmeln mehr als Christian.
– Eva sagt: Ich habe vier Murmeln mehr als Dirk.
Wie viele Murmeln haben die Kinder jeweils?
Lösung: Wir kürzen die Namen der Kinder mit den Anfangsbuchstaben ab. Wenn E vier Murmeln mehr als D hat und D
drei Murmeln mehr als C hat, hat E sieben Murmeln mehr als C. Wenn dann C zwei mehr als B, hat E neun Murmeln mehr
als B. Wenn weiterhin B eine Murmel mehr als A hat, dann hat E zehn Murmeln mehr als A. Da E aber doppelt soviele
Murmeln wie A hat, muss A 10 Murmeln haben. Damit hat B 11, C 13, D 16 und E 20 Murmeln.
2.
G
Das nebenstehende (nicht maßstabsgerechte) Sechseck ensteht, wenn
man Viereck ABCD, so um A dreht bzw um C dreht, dass die Ecke
B jeweils auf D gedreht wird. Begründe, dass das Ausgangsviereck eine
Raute sein muss. Was bedeutet das dann für das entstandene Sechseck
und die Innenwinkel des Viereck ABCD.
F
A
D
E
B
C
Lösung Damit das Viereck ABCD durch Drehung in das Viereck ADF G überführt wird, muss AB = AD = AG, BC = DF
und CD = F G sein. Verfahren wir genauso mit der anderen Drehung, so erhalten wir, dass alle 9 Strecken gleich lang sind.
Also ist das Viereck eine Raute (oder auch Rhombus genannt). Bei einer Raute sind außerdem noch gegenüberliegende
Seiten parallel und benachbarte Innelwinkel ergänzen sich zu 180◦ . Das Sechseck hat also auch 6 gleich lange Seiten. Damit
wissen wir noch nicht, dass das Sechseck regelmäßig ist. Dazu müssen wir noch die Innenwinkel der Raute bestimmen. Der
eine Innenwinkel α der Raute liegt am Eckpunkt D, damit die drei Rauten dort auch ohne Lücke zusammen passen, muss
3 · α = 360◦ sein, also α = 120◦ . Damit kennen wir schon mal 3 Innenwinkel des Sechseck, nämlich die an B, G und E. Sie
alle sind 120◦ groß. Fehlen noch die anderen drei Innenwinkel des Sechsecks. Diese sind jeweils das Doppelte des zweiten
Innenwinkels der Raute, der 180◦ − 120◦ = 60◦ ist. Also sind auch diese Innenwinkel 120◦ groß. Das Sechseck hat also nicht
nur gleichlange Seiten, sondern auch alle Innenwinkel sind gleich groß. Es ist also regelmäßig.
3. Aufgefalten erkennt man in der Mitte, das auf einer Ecke stehende Quadrat, welches am Ende des Faltens entstanden ist.
Rund um dieses mittige Quadrat sieht man vier Quadrate der gleichen Größe.
Außerdem sieht man, dass alle Ecken ein sechstes solches Quadrat
bilden. Weiterhin hat man an jeder Kante noch jeweils ein halbes
Quadrat. Das sind also zusammen noch einmal zwei zusätzliche
Quadrate, also insgesamt sieht man die Fläche von acht solchen
kleinen Quadrat in dem großen Ausgangsquadrat. Das Verhältnis
der Flächeninhalte ist also 1 zu 8.
Da jedes Modul das Quadrat für eine Seitenfläche des Würfels
bildet, braucht man insgesamt 6 Module.
4. In der Waldstraße wohnen sechs Jungen. Georg, der gerne singt, wohnt nicht in der Hausnummer 5 und der elfjährige Heino
nicht in der 6. Ingo wohnt in der 2 und der Achtjährige in der 3. Der Junge, der gerne liest, wohnt in der 1. Der Junge,
der gerne schwimmt, ist 12 Jahre alt. Jens ist drei Jahre älter als der Junge, der in der 4 wohnt, aber jünger als der, der
gerne schläft. Die Hausnummer von Klaus ist um eins höher als diejenige, wo der Junge, der gerne rennt, wohnt, aber um
eins kleiner als die Hausnummer des Neunjährigen. Der Junge, der gerne schläft, wohnt nicht in der 5. Ein Junge löst gerne
Rätsel. Ein Junge ist 10 Jahre alt, ein anderer 13. Einer heißt Leo. Finde heraus, wer wo wohnt, wie alt ist und was gerne
macht!
Lösung: Der Junge, der in der 4 wohnt, muss mindestens vier Jahre jünger sein, als der, der gerne schläft. Damit muss der
Schlafende 12 oder 13 sein. Da der zwölfjährige aber schon schwimmt, ist der Schlafende 13 und damit wohnt in der 4 der
Neunjährige und Jens ist 12 und schwimmt damit gerne. Da der Neunjährige in der 4 wohnt, muss Klaus die Hausnummer
3 haben und damit 8 Jahre alt sein. Weiterhin hat der also Rennende die Hausnummer 2 haben und ist Ingo. Wir hatten
herausgefunden, dass der Schlafende 13 Jahre alt ist, und damit nicht Georg (singend), Heino (11), Ingo (rennend), Jens
(12) oder Klaus (8) sein kann. Es muss also Leo sein. Der Neunjährige wohnt in der 4 und kann damit nicht mehr Ingo sein
(der in der 2 wohnt. Bleibt nur Georg. Damit muss Ingo 10 sein, denn alle anderen Alter sind schon vergeben. Georg singt
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 7. Serie - März 2011
Nadine Große
gerne und wohnt nicht in 5. Für den Lesenden mit Hausnummer 1 bleibt nur Heino. Damit ist Klaus der Rätsellöser. Der
Junge, der gerne schläft – also Leo –, wohnt nicht in der 5. Also bleibt für die 5 nur Jens und für Leo nur die 6.
Zusammenfassend:
Georg, singen, 9 Jahre, Hausnummer 4
Heino, lesen , 11 Jahre, Hausnummer 1
Ingo, rennen , 10 Jahre, Hausnummer 2
Jens, schwimmen, 12 Jahre, Hausnummer 5
Klaus, Rätsel, 8 Jahre, Hausnummer 3
Leo, schlafen, 13 Jahre, Hausnummer 6
5. Wir spielen noch einmal Tic-Tac-Toe (siehe dritte Serie), aber mit veränderten Regeln: Die Spieler setzen noch immer abwechselnd (1.Spieler Kreuze, 2.Spieler Kreise) in ein 3 × 3-Quadrat. Gewonnen hat wieder der Spieler, der als erstes drei
Felder in einer Reihe gesetzt hat. Doch dieses Mal verändern wir das Spielbrett noch ein bisschen:
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Wir kleben den oberen Rand so an den unteren Rand, dass das Feld 1 nun
Nachbar von Feld 7 ist, Feld 2 von Feld 8 und auch Feld 3 von Feld 9. Danach
kleben wir auch noch den linken Rand an den rechten, so dass Feld 1 Nachbar
von Feld 3 ist usw.
Anstatt sich das neue Spielbrett zusammengeklebt vorzustellen, ist es vielleicht
einfacher, sich dass Brett in der Ebene einfach mehrfach aneinander geklebt
vorzustellen. Dann sieht man nun auch leicht, dass die im Bild durch die
verschiedenen Kreise markierten Felder im Gegensatz zum normalen“ Tic”
Tac-Toe auf dem neuen (zusammengeklebten) Spielfeld in einer Reihe liegen.
Begründe, dass es zu zwei beliebigen Feldern des Spielbrettes nun immer ein
anderes Feld gibt, so dass alle drei auf einer Linie liegen. Kann der beginnende
Spieler nun immer gewinnen? Begründe!
Zusatz: Was für eine Form hat das zusammengeklebte Spielbrett?
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Lösung
Zu zwei beliebigen Feldern gibt es immer ein drittes, so dass die drei auf einer Linie liegen, denn: Wenn die zwei Felder auf einer
Zeile oder einer Spalte oder einer Hauptdiagonale des ursprünglichen Tic-Tac-Toe-Feldes lieden, gab es schon im Orginalspiel ein
drittes Feld auf dieser Linie und im neuen Spiel stimmt das immer noch. Lagen vorher zwei Zahlen auf einer Nebendiagonale, gab
es im alten Spiel kein drittes Feld. Jetzt liegen sie jedoch mit der Ecke des ursprüngliches Feldes auf einer Linie, die von der Linie
durch dir zwei Felder am weitesten entfernt ist. (z.B. lagen 2 und 6 beim alten“Spiel mit keiner dritten Zahl auf einer Linie. Jetzt
”
liegen sie allerdings mit 7 auf einer Linie.)
Gewinnstrategie - Der erste Spieler kann immer gewinnen (Wenn du dir die folgenden Erklärungen schlecht vorstellen kannst einfach aufmalen, dann sieht man es gleich):
Da es zu zwei beliebigen Felder nun immer ein drittes gibt, so dass diese auf einer Linie liegen, kann der erste Spieler immer
gewinnen: Er setzt den ersten Zug irgendwo hin, der zweite Spieler antwortet. Der erste Spieler setzt nun irgendwo hin, nur nicht
dort, wo das Feld ist, welches mit seinem ersten Zug und dem des zweiten Spielers eine Linie bildet. Damit muss es noch ein Feld
geben, welches mit den ersten beiden Zügen des ersten Spielers eine Linie bildet. Setzt der zweite Spieler nicht dorthin, so kann
dies der erste tun und gewinnt im nächsten Zug. Nehmen wir also an, der zweite Spieler setz dort hin. Jetzt hat auch der zweite
Spieler zwei Felder besitzt. Dann gibt es dazu ein drittes welches mit diesem auf einer Linie liegt. Dorthin setzt nun der erste
Spieler. Er hat jetzt drei Felder besetzt (die nicht auf einer Linie liegen). Auf der Linie seines ersten und zweiten Zuges sitzt auch
schon der zweite Spieler. Auf die Linie des zweiten und dritten Zuges und auf die des ersten und dritten Zuges hat der zweite
Spieler aber noch nicht gesetzt. Damit hat der erste Spieler für den nächsten Zuges zwei mögliche Gewinnzüge. Die kann der
zweite Spieler nicht gleichzeitig verstellen. Er kann aber auch nicht im nächsten Zug gewinnen, da der erste Spieler sein einzige
Gewinnmöglichkeit besetzt. Also kann der erste Spieler immmer gewinnen.
Zusatz: Es entsteht ein Torus (Schwimmring, Donut):
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 8. Serie - April 2012
Nadine Große
Kozi Klasse 8 - Lösungen zur Serie 8
1. Eine Zeile von 10 Ziffern wird folgendermaßen gebildet: Die ersten drei Ziffern werden frei ausgesucht. Die
folgenden Ziffern sind dann jeweils die Einerstellen der Summe der drei vorhergehenden Ziffern. Startet man
z.B. mit 1,2,3, so sind die folgenden Ziffern: 6, 1 (denn 2 + 3 + 6 = 11), 0 (da 3 + 6 + 1 = 10), 6 + 1 + 0 = 7,
1 + 0 + 7 = 8, 5 (da 0 + 7 + 8 = 15) und 0 (da 7 + 8 + 5 = 20). Mit welchen drei Ziffern sollte man starten,
damit die letzten drei Ziffern in der Zeile 7, 7, 7 sind. Können alle Möglichkeiten für die letzten drei Ziffern
auftreten? Für gegebene drei letzte Ziffern sind die Startziffern immer eindeutig bestimmt?
Lösung: Man kann Rückwärtsarbeiten: Damit die letzten drei Ziffern 7, 7, 7 sind, muss für die Ziffer davor,
nennen wir sie a folgendes gelten: Die Einerstelle von a + 2 · 7 = a + 14 muss 7 sein. Da a aber eine Ziffer
ist, also 0 ≤ a ≤ 9, ist a durch die drei folgenden Ziffern immer eindeutig bestimmt. Hier kann es nur a = 3
sein. Genauso fährt man fort, um die fünftletzte Ziffer und so weiter zu erhalten. Man bekommt so die Folge:
1, 7, 1, 9, 7, 7, 3, 7, 7, 7. Da aus drei Ziffern die vorherige – wie oben beschrieben – immer eindeutig hervorgeht,
sind durch die letzten drei Ziffern der Folge die gesamte Folge und damit auch die Startziffern eindeutig
bestimmt.
2. Fünf voneinander verschiedene Punkte einer Ebene sollen durch Geraden miteinander verbunden werden.
Dabei sollen stets alle möglichen Verbindungsgeraden gezeichnet werden. Welche Möglichkeiten für die Anzahl
der Verbindungsgeraden gibt es? Zeichne jeweils Beispiele.
Lösung.
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3. Lösung zur Bastelaufgabe.
Es ensteht eine Doppelpyramide, bestehend aus zwei dreiseitigen Pyramiden. Jede einzelne Pyramide hat
eine gleichseitige Grundfläche 3 kongruente rechtwinklige Seitenflächen. Jede Pyramide ist eine Würfelecke.
Die beiden Pyramiden sind an der gleichseitigen Grundfläche zusammengeklebt.
Zur Berechnung der Oberfläche: Die Doppelpyramide hat 6 Seitenflächen. Jede Seitenfläche hat die Größe
der Fläche A in der Anleitung, also 81 des Ausgangsquadrat. Das Quadrat hatte die Kantenlänge 10cm. Also
ist der Oberflächeninhalt = 6 · 81 (10cm)2 = 75cm2 .
4.
a) Wenn das Wetter in Sonnendorf sich nicht ändert, ändert sich auch die Beliebtheit des Bürgermeisters
nicht. Wird der Bürgermeister aber beliebter tritt Sonnendorf der Sonnenvereinigung bei. In diesem Fall
gibt es Kohlrouladen und Nachtisch. Gibt es hingegen keine Kohlrouladen, ändert sich das Wetter.
Folgt daraus In Sonnendort gibt es keine Kohlrouladen oder es gibt Nachtisch“? Begründe!
”
b) Wenn Majestix seine Pflicht nicht vernachlässigt, bereiten sich unsere wohlbekannten Gallier auf das
nächste Wildschweinessen vor. Wenn Majestix seine Pflicht vernachlässigt, herrscht zu geringer LauwarmeCervisia-Verbrauch. Es wird aber entweder genug lauwarme Cervisia getrunken oder zuwenig. Letzteres
ist jedoch niemals der Fall.
Folgt daraus, dass Majestix seine Pflicht nie vernachlässigt? Begründe!
Lösung. a) Nein, das folgt nicht. Wenn sich zum Beispiel das Wetter ändert, könnte es trotzdem Kohlrouladen
ohne Nachtisch geben. Es kann einfach sein, dass es unabhängig vom Wetter immer Kohlrouladen gibt und
nur bei gleich bleibendem Wetter auch noch Nachtisch.
b) Ja, denn würde Majestix seine Pflicht vernachlässigen, herrscht zu geringer Lauwarme-Cervisia-Verbrauch.
Das ist jedoch niemals der Fall. Das wäre ein Widerspruch.
1
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 8. Serie - April 2012
Nadine Große
5. Nina und Olaf spielen folgendes Spiel. Sie starten mit einer Zahl und in jedem Zug muss einer der Spieler
eine Quadratzahl von der Zahl subtrahieren. Gezogen wird abwechseld, Nina beginnt und gewonnen hat der
Spieler, der die letzte Subtraktion durchführt. Ein Beispiel wäre: Wenn sie mit der Zahl 5 starten, kann Nina
entweder 1 oder 4 subtrahieren und erhält dann entweder 4 oder 1. In beiden Fällen wäre es eine Quadratzahl,
so dass Olaf durch deren Subtraktion einen Sieg erzielen könnte.
Für welche Startzahlen zwischen 1 und 20 kann Nina durch eine geeignete Strategie immer einen Sieg erzielen
und für welche Startzahlen hat sie diese Möglichkeit nicht? Begründe!
Lösung:
Eine Zahl, bei der der Spieler der am Zug ist, gewinnen kann, nennen wir Gewinnposition (G). Eine
Zahl, bei der er bei richtigem Spiel des Gegners nicht
gewinnen kann als Verlustposition (V). Eine Zahl ist
eine Gewinnposition, wenn es einen Zug gibt, der
den Gegner auf eine Verlustposition führt, z.B. ist 3
eine Gewinnposition. Denn subtrahiert der Spieler
1, hat der Gegner nur noch die Zahl 2 vor sich, eine
Verlustposition. Weiterhin ist eine Zahl eine Verlsutposition, wenn es keinen solchen Zug gibt, er also egal welche Quadratzahl er subtrahiert, er den
Gegner immer mit einer Gewinnposition konfrontiert. Z.B. ist die Zahl 10 eine Verlustposition. Als
Zugmöglichkeiten kann man nur 1, 4 oder 9 abziehen
und überlässt den Gegner damit die Zahl 9, 6 oder
1. Das sind alles Gewinnpositionen. Wenn der Gegner richtig weiter spielt, hat man also keine Chance
mehr.
In der nebenstehenden Tabelle sind für die Zahlen 1
bis 20 jeweils der nächste Zuge aufgeführt. Falls die
Zahl eine Gewinnposition ist, die Zahl die man subtrahieren kann, um den Gegner vor eine Verlustposition zu stellen. Falls die Zahl eine Verlustposition
ist, werden alle möglichen Züge aufgeführt und damit gezeigt, dass alle die Züge auf Gewinnpositionen
führen.
2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
G
V
G
G
V
G
V
G
G
V
11
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G
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G
G
V
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G
V
18
19
20
G
G
V
1 weg
1 weg → 1
1 weg →2
4 weg
1 weg → 4 oder 4 weg → 1
1 weg → 5
1 weg → 6 oder 4 weg → 3
1 weg
9 weg
1 weg → 9 oder 4 weg → 6
oder 9 weg → 1
1 weg
1 weg → 10 oder 4 weg → 7
oder 9 weg → 2
1 weg
4 weg
1 weg → 14 oder 4 weg →11
oder 9 weg → 6
16 weg
1 weg → 16 oder 4 weg → 13
oder 9 weg → 8 oder 16 weg → 1
1 weg
4 weg
1 weg → 19 oder 4 weg → 16
oder 9 weg → 11 oder 16 weg → 4
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 9. Serie - Juni 2012
Nadine Große
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur Serie 9
1. Wie oft stehen der Stunden- und Minutenzeiger einer Uhr innerhalb von 24 Stunden senkrecht zueinander?
Wie oft liegt der Sekundenzeiger innerhalb von 24 Stunden auf der Geraden, die den Winkel zwischen Minutenund Stundenzeiger halbiert? Begründe!
Lösung. In 24 Stunden macht der Stundenzeiger zwei, der Minutenzeiger 24 ganze Umdrehungen. Wenn wir
die Uhr so mitdrehen, dass der Stundenzeiger immer nach oben zeigt, sieht man, dass der Minutenzeiger 22
Umdrehungen macht. Während jeder dieser Umdrehungen steht er genau zweimal senkrecht zum Stundenzeiger, nämlich einmal nach rechts und einmal nach links zeigend. Insgesamt stehen die beiden Zeiger also
am Tag genau 44-mal senkrecht zueinander.
Genauso kann man den zweiten Teil lösen. Innerhalb von 24 Stunden macht der Minutenzeiger 24 und der
Stundenzeiger 2 Umdrehungen. Damit macht die Winkelhalbierende (24 + 2) : 2 = 13 Umdrehungen. Der
Sekundenzeiger macht in 24 Stunden 24 · 60 Umdrehungen. Drehen wir die Uhr allerdings so mit, dass die
Winkelhalbierende immer nach oben zeigt, sieht man, dass der Sekundenzeiger dann nur noch 24 · 60 − 13
Umdrehungen macht. Während jeder dieser Umdrehungen liegt er genau zweimal auf der Winkelhalbierenden.
Also insgesamt 2 · (24 · 60 − 13) = 2854 mal.
(Man kann die Aufgabe auch durch (cleveres) systematisches Abzählen lösen).
2. Eine Zahl habe 2004 Ziffern. Alle Ziffern von der zweiten zur vorletzten Ziffer sind Zweien. Die Zahl ist
außerdem auch durch 72 teilbar. Finde alle möglichen Zahlen mit diesen Eigenschaften. Begründe.
Lösung. Die Zahl hat also die Form z = a 2| .{z
. . 2} b. Wenn sie durch 72 teilbar ist, muss sie durch 8 und
2002mal
durch 9 teilbar sein. z ist genau dann durch 9 teilbar, wenn es ihre Quersumme ist. Also muss 9 ein Teiler
von a + b + 2002 · 2 = a + b + 4004 = a + b + 9 · 445 − 1 sein. Das geht nur, wenn 9 auch schon ein Teiler von
a + b − 1 ist. Andererseits ist eine Zahl nur dann durch 8 teilbar, wenn es die letzten drei Ziffern sind, also
8 teilt 22b. Damit kommt für b nur noch die Vier in Frage. Also muss 9 a + 4 − 1 = a + 3 teilen. Damit ist
a = 6 und die Zahl lautet 62 . . . 24.
3. Falte noch einmal den Origamiwürfel von Serie 1 (ohne ihn aufzublasen) oder auch eine beliebige andere
Origamifigur die am Ende flach ist (z.B. den Kranich: http://www.origami-kunst.de/faltanleitungen/
diagramme/kranich/). Entfalte die Figur wieder und wähle einen beliebigen Punkt im Inneren deines Blattes,
wo sich mindestens zwei Faltlinien schneiden und beantworte die folgenden Fragen:
a Wie viele Knicke gehen von diesem Punkt aus? Ist es möglich, dass (bei einem anderen Punkt oder
einem anderen flachen Origami) diese Anzahl ungerade ist?
b Je nachdem, ob du eine Faltung zu Dir hin oder von Dir weg erfolgt, entstehen unterschiedliche Arten
von Knicken. Wir nennen sie Täler und Berge. Was kannst du über die Anzahl der Berge und Täler
sagen, die von diesem Punkt abgehen? Ist es möglich, dass von diesem Punkt oder von einem anderen
Punkt eines anderen flachen Origamis nur Berge abgehen?
c Gehen von einem solchen inneren Punkt 2n Knicke ab, so teilen sie den Vollwinkel in 2n-Winkel auf:
α1 , . . . , α2n . Betrachte die Summen α1 + α3 + α5 + · · · + α2n−1 und α2 + α4 + α6 + · · · + α2n . Welche
Werte können diese Summen haben? Hast du eine Idee warum das so ist?
Lösung. a) Es gibt immer eine gerade Anzahl von Knicken.
b) Es gibt immer mindestens ein Tal und ein Berg. Es kommt niemals ein Punkt vor vom dem nur Berge
oder nur Täler ausgehen.
c) Die beiden Summen sind immer jeweils 180◦ groß.
4. Zwölf Personen, einige von Ihnen sind Ritter – einige sind Schurken, sitzen zum Essen um einen runden Tisch.
Schurken lügen immer und Ritter sprechen immer die Wahrheit. Es entwickelt sich das folgende Gespräch:
Die erste Person sagt: Es gibt keine Ritter an diesem Tisch“ Die zweite sagt: Es gibt höchstens einen Ritter
”
”
an diesem Tisch“ Die dritte sagt: Es gibt höchstens zwei Ritter an diesem Tisch“ und so weiter bis der 12.te
”
sagt Es gibt höchstens elf Ritter an diesem Tisch“ Wie viele Ritter gibt es an dem Tisch? Begründe.
”
Lösung. Die k.te Person am Tisch behauptet, dass es höchstens k − 1 Ritter an dem Tisch gibt. Nehmen
wir an, dass i Ritter an dem Tisch sitzen. Dann sagen alle Personen von der (i + 1).ten an bis zur 12.ten die
Wahrheit. Es sagen also 12 − i Personen die Wahrheit und sind damit Ritter. Es ist damit 12 − i = i. Also
i = 6.
1
Kozi Klasse 6 - Lösungen zur 9. Serie - Juni 2012
Nadine Große
5. Paula und Quentin spielen folgendes Spiel. Sie ziehen abwechselnd und Paula beginnt. Paula schreibt eine
Reihe mit den Buchstaben A und/oder B von links nach rechts. In jedem Zug fügt sie einen Buchstaben hinzu.
Quentin darf in jedem Zug zwei der Buchstaben vertauschen (diese Buchstaben müssen nicht benachbart sein).
Nachdem jeder Spieler n Züge gespielt hat, stoppt das Spiel. Wenn die Buchstabenreihe nun ein Palindrom
bildet (d.h. die Buchstabenreihe von vorne und hinten gleich ist, z.B. AABABAA). Kann Quentin für n =
2011 oder n = 2012 immer gewinnen? Begründe!
Lösung. Für n = 2011 kann Quentin immer gewinnen, z.B. durch die folgende Strategie: Die ersten 1006 (das
entspricht der Hälfte abgerundet +1) macht Quentin irgendetwas. Schreibt Paula den 1006+x.ten Buchstaben
hin, überprüft Quentin, ob dieser mit dem 1006 − x.ten Buchstaben (dem gespiegelten Buchstaben) übereinstimmt. Wenn ja, tauscht er einfach diese beiden Buchstaben (d.h. es passiert nichts.) Wenn nicht, betrachtet
er noch den 1006.ten Buchstaben. Stimmt dieser mit dem 1006 − x.ten Buchstaben überein, so tauscht er den
1006.ten mit dem 1006+xten Buchstaben. Andernfalls stimmt der 1006.ten mit dem 1006+x.ten Buchstaben
überein und er tauscht er den 1006.ten mit dem 1006 − xten Buchstaben. In jedem Fall stimmen nach diesem
Zug der 1006 − x.te mit dem 1006 + x.ten Buchstaben überein. Da der 1006.te Buchstabe sich selbst als
Spiegelbild hat, ist es egal, welcher Buchstabe dort am Ende steht. Wenn Quentin diese Strategie für alle
1006 + x.ten Buchstaben verfolgt, hat er am Ende ein Palindrom.
Für n = 2012 kann Quentin nicht immer gewinnen. Wenn Paula z.B. in den 2011 ersten Zügen jeweils ein A
hinschreibt und als 2012.ten ein B, kann man daraus niemals ein Palindrom machen.
2

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Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler im WS 2013/14 Lösungen

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