Lösungsvorschläge A7 Al Bermuda Dreieck

[Pierrot]

Eine von drei sehr schönen Aufgabe von Matthew Maat, mehr davon :-)…

Hier habe ich meine Lösung aus der Anschauung heraus bekommen, kein wasserdichter Beweis. Habe für © Trigonometrie angewendet, geht ev. deutlich schneller und eleganter? Bin gespannt auf andere Lösungsvorschläge!

Klar ist folgendes: Caspar verliert sicher in den drei Fällen (a), (b) und (d), da man die Form immer ins Dreieck bekommt (siehe Lösungsvorschlag Link unten)

Schwieriger ist Fall ©: Für große y passt die Form immer noch ins Dreieck, allerdings nicht mehr für kleinere Werte:
Ich komme auf folgendes Ergebnis:
Für 0<y<200-100sqrt(3) ungefähr 26,8 gewinnt Caspar seine Wette, die Form schaut raus, für alle anderen y passt sie rein! Maximal schaut sie für y=20 raus. Genauer:

Lösungsvorschlag: https://www.dropbox.com/scl/fi/0oohedos1...yqi4r&dl=0

Dieser Beitrag wurde zuletzt bearbeitet: 01-02-2024, 08:13 AM von Pierrot.

[Stella]

a, b und d habe ich genauso, bei c habe ich nur den Fall y>33 1/3 ausschließen können. Ich habe für kleinere x-Werte auch keine Möglichkeit gefunden, sie noch im Dreieck unterzubringen. Daher habe ich dieselbe Lösung, aber keinen Beweis.

[Mathe Juergen]

Ich konnte folgende Strategien ausschließen:

(d) geht nicht: für x >= 50 kommt er nicht raus, wenn er in B startet und entlang der Hypotenuse geht.
                für x < 50 kommt er nicht raus, wenn er in A startet und entlang der Kathete AC geht.

==> Antwort 5, 7, 8 und 10 sind raus.

(b) geht nicht: egal wie groß x ist, wenn er auf der Kathete AC startet und entlang des Lots zur Hypotenuse um die Strecke x bis zur Hypotenuse geht, dann um
                100 - 2x entlang der Hypotenuse und dann muss er aus Symmetriegründen wieder auf der Kathete BC landen. Anschaulich liegt die Seite 100 - 2x des
                U's auf der Hypotenuse.

==> Anwort 3, 6 und 9 sind jetzt ebenfalls raus.

(a) geht nicht: für alpha <=90° kommt er nicht raus, falls er auf der Kathete AC beginnt (natürlich 50 von C entfernt).
                für 90° < alpha <=180° kommt er nicht raus, wenn er in B beginnt und in die Richtung losgeht, die mit der Hypotenuse den Winkel (180° - alpha):2
                bildet. Er landet dann wieder auf der Strecke BA. Für alpha = 180° kommt er nicht raus, wenn er in B startet kommt er genau bis A (siehe Text).

==> Antwort 4 ist jetzt ebenfalls raus.

Somit bleiben übrig Antwort 1 oder 2. D.h. entweder Strategie © geht (dann ist es Antwort 2) oder © geht nicht (dann ist es Antwort 1).

Ich denke, dass er mit Strategie © rauskommt falls er x = 25 wählt. D.h. 25 - 50 - 25 ==> das "Z" das er dann läuft liegt im Innern eines Quadrats mit der Seitenlänge 50. Die Diagonale dieses Quadrats und damit die Länge der Strecke zwischen seinem Startpunkt und Endpunkt beträgt dann 50*Wurzel(2). Dies ist genau die Länge einer Kathete. Falls mann diese Diagonale auf eine der drei Seiten legt, dann kommt er irgendwann auf seinem Weg raus.
Wenn er auf den Katheten startet kommt er auf jeden Fall raus. Wenn er auf der Hypotenuse startet kann man nachrechnen, dass er dann spätestens auf der letzten Teilstrecke rauskommt.

Somit ist es Antwort 2.

[Georg J. aus D.]

a), b) und d) hatte ich auch ausgeschlossen. c) hatte ich mit GeoGebra konstruiert und auch bei y = 20 den Endpunkt mit dem maximalen Abstand von Dreieck gesehen.

[st1974]

Auch für mich mit die herausforderndste Aufgabe dieses Jahr. Details zu meiner Lösung in meinem Lösungsheft:

https://www.dropbox.com/scl/fi/qof23dpfp...wt0si&dl=0

Zusätzlich habe ich noch eine Anmiation der Wege für alle 4 Fälle in Scratch erstellt:

https://scratch.mit.edu/projects/936934543/

[dyochronos]

Beste Aufgabe

Dann habe ich auch noch eine Frage: Kennt jemand eine (auf die Fläche bezogene) minimale Figur, in die (im Sinne dieser Aufgabe und darüber hinaus) jeder Weg hineinpasst?