53. Mathematik-Olympiade 1. Stufe

53. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulrunde)
Olympiadeklasse 5
Lösungen
c 2013 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
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530511 Lösung
Die Abbildungen sind jeweils Beispiele für die in a) – e) geforderten Anordnungen:
a)
b)
d)
e)
c)
530512 Lösung
Teil a) Wenn die Einerziffer einer dreistelligen Zahl gleich der Summe der restlichen beiden
Ziffern sein soll, dann kann diese Einerziffer nicht die 0 sein. Folglich kann diese Einerziffer
nur 1, 2, 3, . . . , 9 lauten.
Durch systematisches Erfassen aller Möglichkeiten, wobei die dreistelligen Zahlen nach fallender Größe geordnet werden, erhält man folgende Zahlen:
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
1:
2:
3:
4:
101
202, 112
303, 213, 123
404, 314, 224, 134
···
Einerziffer 9: 909, 819, 729, 639, 549, 459, 369, 279, 189
Folglich sind es insgesamt (1 + 2 + 3 + 4 + · · · + 9) = 45 Zahlen.
1
Teil b) Für die Einerziffer können die Ziffern 0, 1, . . . , 9 verwendet werden. Folglich müssen wir
überlegen, welche Möglichkeiten es für die Multiplikation der Hunderter- und der Zehnerziffer
gibt, so dass das Produkt 0, 1, . . . , 9 ergibt.
Nachfolgend ist diese Vorgehensweise systematisch dargestellt.
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
0:
1:
2:
3:
4:
5:
6:
7:
8:
9:
100,
111
122,
133,
144,
155,
166,
177,
188,
199,
200, 300, 400, 500, 600, 700, 800, 900
212
313
414,
515
616,
717
818,
919,
224
236, 326
248, 428
339
Folglich sind es (9 + 1 + 2 + 2 + 3 + 2 + 4 + 2 + 4 + 3) = 32 Zahlen.
Teil c)
Die Vorbetrachtungen sind analog zu den Aufgabenstellungen a) und b).
Man erhält als Lösung folgende 23 Zahlen:
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
Einerziffer
1:
2:
3:
4:
5:
6:
7:
8:
9:
111,
212,
313,
414,
515
616
717
818
919
221, 331, 441, 551, 661, 771, 881, 991
422, 632, 842
623, 933
824
530513 Lösung
Aus (5) folgt:
(1*)
(2*)
(3*)
(4*)
Der Lehrer ist jünger oder gleich 42 Jahre alt.
Die Quersumme seines Alters ist zweistellig, also größer oder gleich 10.
Die Einerstelle ist gerade.
Die Zehnerstelle ist ungerade.
Aus (2*) folgt, dass der Lehrer mindestens 19 Jahre alt ist. Dann folgt aus (1*), (3*) und (4*),
dass der Lehrer folgende Alterswerte haben kann: 30, 32, 34, 36 oder 38.
Aus (2*) folgt weiter, dass nur das Alter von 38 in Frage kommt, denn 38 hat als einzige dieser
möglichen Alterswerte eine Quersumme, die größer als 9 ist: Die Quersumme von 38 ist 11.
Der Mathematiklehrer ist also 38 Jahre alt.
2
530514 Lösung
Teil a)
Es sind die Primzahlen 23, 29, 31, 37, 41, 43 und 47.
Teil b) Die kleinste Primzahl, die man bilden kann, muss größer als (2 + 3 + 5 =) 10 sein.
Die Primzahlen 11, 13 und 17 lassen sich nicht als Summe von drei verschiedenen Primzahlen
darstellen. Für alle anderen Primzahlen bis 50 ist dies möglich, denn es gilt:
19 = 11 + 5 + 3 ,
23 = 11 + 7 + 5 = 13 + 7 + 3 ,
29 = 17 + 7 + 5 = 19 + 7 + 3 = 13 + 11 + 5 ,
31 = 13 + 11 + 7 = 17 + 11 + 3 = 19 + 7 + 5 ,
37 = 17 + 13 + 7 = 19 + 11 + 7 = 19 + 13 + 5 ,
41 = 17 + 13 + 11 = 19 + 17 + 5 ,
43 = 19 + 13 + 11 = 19 + 17 + 7 ,
47 = 19 + 17 + 11 .
Teil c) Die Summe aller acht Primzahlen beträgt (2 + 3 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 + 19 =) 77.
Sie streicht die 19 und muss die Summe (77 − 19 =) 58 auf zwei Gruppen verteilen. Folglich
muss in jeder Gruppe die Summe (58 : 2 =) 29 sein.
Es gibt nun zwei Möglichkeiten der Aufteilung der sieben Primzahlen in zwei Gruppen:
29 = 17 + 7 + 5 = 13 + 11 + 3 + 2 oder
29 = 13 + 11 + 5 = 17 + 7 + 3 + 2 .
Also: Wenn die 19 gestrichen wird, können in der einen Gruppe die Zahlen 5, 7 und 17 oder
5, 11 und 13 stehen und in der anderen Gruppe dann entsprechend die Zahlen 2, 3, 11 und 13
bzw. 2, 3, 7 und 17.
Teil d)
Gestrichene Summe der Summe der Jeweils eine mögliche Verteilung der Primzahlen
Primzahl
restlichen 7 Gruppen
Primzahlen
2
77 - 2 = 75 75 : 2 = 37,5 Nicht möglich
17 + 13 + 7 = 37 und 19 + 11 + 5 + 2 = 37 oder
3
77 - 3 = 74 74 : 2 = 37 19 + 11 + 7 = 37 und 17 + 13 + 5 + 2 = 37 oder
19 + 13 + 5 = 37 und 17 + 11 + 7 + 2 = 37
5
77 - 5 = 72 72 : 2 = 36 19 + 17 = 36 und 13 + 11 + 7 + 3 + 2 = 36
17 + 13 + 5 = 35 und 19 + 11 + 3 + 2 = 35 oder
7
77 - 7 = 70 70 : 2 = 35 19 + 11 + 5 = 35 und 17 + 13 + 3 + 2 = 35 oder
19 + 13 + 3 = 35 und 17 + 11 + 5 + 2 = 35
11
77 - 11 = 66 66 : 2 = 33 17 + 13 + 3 = 33 und 19 + 7 + 5 + 2 = 33
13
77 - 13 = 64 64 : 2 = 32 19 + 11 + 2 = 32 und 17 + 7 + 5 + 3 = 32
17
77 - 17 = 60 60 : 2 = 30 19 + 11 = 30 und 13 + 7 + 5 + 3 + 2 = 30
Nur wenn sie die 2 weglässt, kann sie dieses Verfahren nicht anwenden: Die Summe der restlichen Primzahlen ist dann ungerade und kann nicht auf zwei Gruppen mit gleicher Summe
verteilt werden. Für alle anderen Primzahlen gibt es eine solche Aufteilung.
3
53. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulrunde)
Olympiadeklasse 6
Lösungen
c 2013 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
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530611 Lösung
Teil a)
Gesucht sind drei Beispiele der Form:
– Es gilt 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 = 3 · 5; folglich ist 15 keine Primzahl.
– Es gilt 28 + 29 + 30 + 31 + 32 = 150 = 30 · 5; folglich ist 150 keine Primzahl.
– Es gilt 114 + 115 + 116 + 117 + 118 = 580 = 116 · 5; folglich ist 580 keine Primzahl.
Teil b) In jedem der Beispiele ist die Summe der fünf aufeinander folgenden natürlichen Zahlen
durch 5 teilbar und größer als 5 (und daher keine Primzahl). Man kann daher vermuten:
Die Summe von fünf aufeinander folgenden natürlichen Zahlen ist immer durch 5 teilbar und
größer als 5 und kann deswegen keine Primzahl sein.
Wer genauer hinsieht, erkennt sogar, dass diese Summe immer gleich dem Fünffachen der
mittleren Zahl ist.
Teil c) Die Summe von fünf aufeinander folgenden natürlichen Zahlen ist größer oder gleich
0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10 und damit größer als 5. Die kleinste der fünf aufeinander folgenden
Zahlen ist um 2 kleiner als die mittlere der fünf Zahlen. Die zweitkleinste ist um 1 kleiner als
die mittlere Zahl. Umgekehrt ist die größte der fünf aufeinander folgenden Zahlen um 2 größer
als die mittlere der fünf Zahlen, und die zweitgrößte ist um 1 größer als die mittlere Zahl.
Nun kann man beim Addieren die Zahlen geschickt zusammenfassen:
(1) Die Summe aus der kleinsten und der größten Zahl ergibt 2-mal die mittlere Zahl.
(2) Die aus der zweitkleinsten und der zweitgrößten Zahl ergibt 2-mal die mittlere Zahl.
Zusammen mit der mittleren Zahl erhält man als Summe 5-mal die mittlere Zahl.
Folglich ist die Summe durch 5 teilbar.
Formale Lösung:
Gegeben sind fünf beliebige aufeinander folgende natürliche Zahlen: n − 2, n − 1, n, n + 1, n + 2
mit n ≥ 2.
Es gilt: (n − 2) + (n − 1) + n + (n + 1) + (n + 2) = 5 · n ≥ 10.
Somit ist die Summe der fünf Zahlen durch 5 teilbar und größer als 5. Sie kann daher keine
Primzahl sein.
4
530612 Lösung
Teil a) Das regelmäßige Sechseck erfüllt mit seinem Zentralpunkt ersichtlich die gestellten Bedingungen:
Teil b) Ein (möglichst symmetrischer) 7-Punkte-Graph,
der die gestellten Bedingungen erfüllt, ist hier dargestellt:
Hinweis: Die Verbindungsstrecken dürfen sich in den Lösungsdarstellungen auch kreuzen. Es
muss dann nur klar sein, welches die ausgewählten 7 Punkte sind.
530613 Lösung
Teil a)
1
3
4
2
2
4
3
1
Es gibt insgesamt 48 verschiedene Lösungen. Hier nur zwei Beispiele:
3
1
2
4
1
4
2
3
4
2
1
3
2
3
1
4
3
2
4
1
4
1
3
2
Bemerkung: Alle weiteren Lösungen ergeben sich aus diesen beiden Lösungen durch Permutation der Zahlen 1, 2, 3 und 4.
Teil b)
1
2
5
3
4
2
4
3
1
5
Hier gibt es an die tausend Möglichkeiten, z. B.
3
5
2
4
1
4
3
1
5
2
5
1
4
2
3
1
2
4
5
3
2
5
3
4
1
3
4
2
1
5
4
1
5
3
2
5
3
1
2
4
Teil c) Von den vier gestreiften Feldern liegen je zwei entweder in derselben
Zeile, derselben Spalte oder derselben Diagonalen. Daher darf keine Zahl in
diesen vier Kästchen doppelt vorkommen. Mit 1, 2 und 3 gibt es aber nur drei
verschiedene Zahlen. Folglich kann es Stefanie nicht gelingen, in die Felder
eines 3 × 3-Quadrats die Zahlen 1, 2 und 3 wie gefordert einzutragen.
5
530614 Lösung
Teil a) Da der erste Summand die 17 ist, die Differenz zwischen zwei aufeinander folgenden
ungeraden Zahlen stets 2 beträgt und die Summe aus 71 Summanden gebildet wird, hat der
letzte Summand den Wert 17 + 2 · 70 = 157.
Jetzt wenden wir das vom Erstklässler Gauß entdeckte Verfahren an, das die Berechnung
solcher Summen ermöglicht:
S = 17 + 19 + 21 + · · · + 153 + 155 + 157 (71 Summanden)
+ S = 157 + 155 + 153 + · · · + 21 + 19 + 17
2S = 174 + 174 + 174 + · · · + 174 + 174 + 174 (71 Summanden)
Hieraus folgt 2 · S = 174 · 71, also S = 174 · 71 : 2 = 87 · 71 = 6177. Der Wert der zu
berechnenden Summe ist 6177.
Teil b)
Nach Aufgabenstellung gilt
S = 112 + 115 + 118 + · · · + (112 + 3 · k) + · · · + 475 + 478 + 481 .
Wegen 481 = 112 + 3 · 123 hat diese Summe 124 Summanden.
Wegen 112 + 481 = 593 gilt nach dem oben beschriebenen Verfahren
S = 593 · 124 : 2 = 593 · 62 = 36 766 .
Der Wert der zu berechnenden Summe ist 36 766.
Hinweis: Dieses Verfahren zum Berechnen eines Summenwertes ist bei allen Summen anwendbar, bei denen die Differenz aufeinander folgender Summanden konstant ist:
Bezeichnet a den ersten Summanden, d die konstante Differenz und n die Anzahl der Summanden, dann liefert dieses Verfahren folgende Formel:
S = a + (a + d) + (a + 2 · d) + (a + 3 · d) + · · · + [a + (n − 1) · d] = [2 · a + (n − 1) · d] · n : 2 .
Es wäre jedoch unangemessen, sich diese Formel einprägen zu wollen; viel einfacher ist es, sich
das Verfahren einzuprägen.
Im Teil b) unserer Aufgabe ist nicht die Anzahl der Summanden, sondern der letzte Summand gegeben. Eine solche Aufgabe ist natürlich nur lösbar, wenn der letzte Summand auch
tatsächlich die Form (a + k · d) mit einer positiven ganzen Zahl k hat, wenn also die Differenz
zwischen dem letzten Summanden und dem ersten Summanden ein Vielfaches von d ist.
In unserer Aufgabe gilt tatsächlich 481 − 112 = 369 = 3 · 123, und man hat auf diese Weise
auch die Anzahl (123 + 1 =) 124 der Summanden ermittelt.
6
53. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulrunde)
Olympiadeklasse 7
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530711 Lösung
Wir bezeichnen die Anzahl der Schüler in dieser Klassenstufe mit x. Dann gilt laut Aufgabenstellung
3
1
x + x + 10 = x .
4
9
Durch äquivalentes Umformen folgen hieraus
31
x = 10 ,
36
5
x = 10
36
und schließlich x = 72.
x−
Den Spanisch-Kurs wählten folglich ( 72·3
= ) 54 Schüler und den Russisch-Kurs ( 72
=) 8
4
9
Schüler.
530712 Lösung
D
Da ABCE nach Voraussetzung ein Quadrat ist, gelten
und
|AEC | = |BAE | = 90◦
(1)
|AE | = |CE | .
(2)
|CED| = |EDC | = 60◦
(3)
|CE | = |DE | ,
(4)
|AED| = 90◦ + 60◦ = 150◦ .
(5)
Da CDE nach Voraussetzung ein gleichseitiges Dreieck ist,
gelten
und
E
60◦
C
A
siehe Abbildung L 530712. Aus (1) und (3) folgt
B
L 530712
Die Mittelsenkrechte von AB ist auch Mittelsenkrechte von CE . Daher sind das Quadrat
ABCE und das gleichseitige Dreieck CDE und daher auch das Fünfeck ABCDE symmetrisch
bezüglich der Mittelsenkrechten von AB . Aus der Symmetrie bezüglich der Mittelsenkrechten
von AB und Gleichung (5) folgt |DCB | = 150◦.
7
Aus (2) und (4) folgt, dass das Dreieck ADE gleichschenklig ist. Aus (5) folgt für dieses Dreieck
nach dem Basiswinkelsatz und dem Innenwinkelsatz
(6)
|DAE | = |EDA| = (180◦ − 150◦) : 2 = 15◦ .
Aus (3) und (6) folgt
|ADC | = |EDC | − |EDA| = 60◦ − 15◦ = 45◦ .
Aus (1) und (6) folgt
|BAD| = |BAE | − |DAE | = 90◦ − 15◦ = 75◦ .
Der verbleibende Innenwinkel ist ein Innenwinkel des Quadrates ABCE , folglich gilt |CBA| =
90◦.
Für die Größen der Innenwinkel im Viereck ABCD gilt also
|BAD| = 75◦ ,
|CBA| = 90◦ ,
|DCB | = 150◦ ,
|ADC | = 45◦ .
530713 Lösung
Wir bemerken zuerst: Wenn eine gleiche Anzahl von Münzen auf den beiden Waagschalen
liegt, dann steht eine dieser beiden Waagschalen genau dann höher als die andere, wenn sich
auf ihr die leichtere und damit falsche Münze befindet.
Teil a)
Wir legen je drei Münzen auf die Waagschalen.
Fall 1: Es tritt Gleichgewicht ein. Daraus folgt: Die falsche Münze befindet sich unter den
restlichen drei Münzen. Wir legen von diesen je eine auf die Waagschalen.
Fall 1.1: Es tritt Gleichgewicht ein. Dann ist die letzte noch übrige Münze die falsche.
Fall 1.2: Es tritt kein Gleichgewicht ein. Dann ist die falsche Münze die Münze auf der
höher stehenden Waagschale.
Fall 2: Es tritt kein Gleichgewicht ein. Dann befindet sich die falsche Münze unter den drei
Münzen auf der höher stehenden Waagschale. Wir legen von diesen Münzen je eine auf
die Waagschalen.
Fall 2.1: Es tritt Gleichgewicht ein. Dann ist die dritte, noch übrige Münze die falsche.
Fall 2.2: Es tritt kein Gleichgewicht ein. Dann ist die falsche Münze die Münze auf der
höher stehenden Waagschale.
Teil b) Zuerst legt man je 5 Münzen auf die Waagschalen. Von den Münzen, die auf der
höher stehenden Waagschale liegen, werden nun je zwei Münzen auf die Waagschalen gelegt.
Dabei bleibt eine Münze übrig.
Fall 1: Es tritt Gleichgewicht ein. Daraus folgt: Die falsche Münze ist die bei dieser Wägung
nicht verwendete Münze und wurde durch 2 Wägungen ermittelt.
Fall 2: Es tritt kein Gleichgewicht ein. Dann liegt die falsche Münze auf der höher stehenden
Waagschale. Wir legen die zwei Münzen dieser Waagschale auf je eine Waagschale. Dann
ist die falsche Münze die Münze auf der höher stehenden Waagschale.
Folglich kann die falsche Münze mit höchstens drei Wägungen ermittelt werden.
Teil c) Bei 26 Münzen kommt man ebenfalls mit drei Wägungen aus. Zu Beginn legen wir
je 9 Münzen auf die Waagschalen. Dabei bleiben 8 Münzen übrig.
8
Fall 1: Es tritt Gleichgewicht ein. Daraus folgt: Die falsche Münze liegt unter den 8 bei dieser
Wägung nicht verwendeten Münzen. Aus ihnen kann durch die Aufteilung in drei Haufen
zu drei, drei und zwei Münzen mit Hilfe von zwei weiteren Wägungen (analog Teil a)
die falsche Münze eindeutig ermittelt werden.
Fall 2: Es tritt kein Gleichgewicht ein. Dann liegt die falsche Münze auf der höher stehenden
Waagschale. Da dies ein Haufen bestehend aus 9 Münzen ist, kann man aus diesem nach
Teil a) mit genau zwei Wägungen die falsche Münze eindeutig ermitteln.
Folglich kann die falsche Münze mit höchstens drei Wägungen ermittelt werden.
Lösungsvariante zu Teil b) Wir legen eine Münze beiseite und verfahren mit den anderen
neun wie in Teil a). In den Fällen 1.2, 2.1 und 2.2 wird die Münze direkt gefunden. Im Fall 1.1
werden die acht richtigen ausgeschlossen. In diesem Fall wird nun die übrig gebliebene neunte
mit der beiseite gelegten in der dritten Wägung verglichen. Die leichtere der beiden ist die
gesuchte falsche Münze.
530714 Lösung
Teil a) Offenbar sind die gesuchten Zahlen die Quadratzahlen: Die Anzahl der Plättchen in
der n-ten Figur ist n2 . Die Anzahlen der Plättchen in der 6., 7. und 25. Figur sind also
q6 = 62 = 36 ,
q7 = 72 = 49 ,
q25 = 252 = 625 .
Da 200 keine Quadratzahl ist, gibt es keine Figur in dieser Folge, die aus genau 200 Plättchen
besteht.
Teil b)
Wie man zum Beispiel durch Auszählen der jeweiligen Figur erhält, sind
d4 = 10 ,
d5 = 15 ,
d6 = 21 ,
d7 = 28
die Anzahlen der Plättchen jeweils für die 4., 5., 6. und 7. Figur.
Teil c) Die (n + 1)-te Figur entsteht aus der n-ten Figur, indem zum Beispiel links eine
vertikale Reihe aus n+1 Plättchen angelegt wird, siehe Abbildung L 530714 a für den Übergang
von der 4. zur 5. Figur.
L 530714 a
L 530714 b
L 530714 c
Die gesuchte Formel lautet daher
(1)
dn+1 = dn + n + 1 .
Es folgt d8 = d7 + 8 = 28 + 8 = 36.
Teil d) Wie in Abbildung L 530714 b für n = 5 ergänzt man die n-te Figur durch weitere
dn Plättchen zu einer rechteckigen Form mit jeweils n + 1 Plättchen in horizontaler und n
Plättchen in vertikaler Richtung. Die rechteckige Figur besteht daher einerseits aus dn + dn
Plättchen und andererseits auch aus n · (n + 1) Plättchen.
9
Hieraus folgt
dn =
n · (n + 1)
2
und daher d100 =
100·(100+1)
2
(2)
= 5050.
Man kann aber auch die dn Plättchen der n-ten Figur (schwarz und grau in Abbildung
L 530714 c für n = 5) durch weitere dn Plättchen (weiß und grau in Abbildung L 530714 c
für n = 5) zu einem Quadrat ergänzen, wobei auf der einen Diagonalen die Plättchen doppelt
liegen. Die Anzahl der Plättchen ohne Doppelung ist dann einerseits dn + dn − n und andererseits qn ( = n2 ), woraus 2dn = n2 + n = n · (n + 1) und somit auch (2) und d100 = 5050 folgen.
Bemerkung: In Teil a) wurde eine Figurenfolge betrachtet, bei der die Plättchen quadratisch
angeordnet sind. Die zugehörigen Anzahlen erwiesen sich als Quadrate ganzer Zahlen. Die
Folge der Anzahlen q1 , q2 , q3 , . . . heißt daher in doppelter Bedeutung Folge der Quadratzahlen
oder Quadratzahlenfolge.
In den Teilaufgaben b), c) und d) wurde eine Figurenfolge betrachtet, bei der die Plättchen
in (speziellen) Dreiecken angeordnet sind. Die Folge der zugehörigen Anzahlen d1 , d2 , d3 , . . .
heißt daher Folge der Dreieckszahlen oder Dreieckszahlenfolge.
Die unter c) ermittelte Formel (1) bezeichnet man als rekursive Darstellung der Folge der
Dreieckszahlen, da man mit dieser rekursiv die Anzahlen d2 , d3 , d4 , . . . der Reihe nach aus den
vorherigen berechnen kann. Die unter d) gefundene Formel (2) wird als explizite Darstellung
der Folge der Dreieckszahlen bezeichnet, da man mit ihrer Hilfe die Anzahl dn unmittelbar
aus n berechnen kann.
10
53. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulrunde)
Olympiadeklasse 8
Lösungen
c 2013 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
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530811 Lösung
Aus (3) folgt, dass die Summe aus der Anzahl der Absolventen aus Hessen und der Anzahl
der Absolventen aus Niedersachsen (36 : 9 = ) 4 beträgt. Von allen möglichen Zerlegungen der
Zahl 4 in zwei natürliche Zahlen als Summanden erfüllt nur jene die Bedingung (5), nach der
die Anzahl der Absolventen aus Hessen 3 und die Anzahl der Absolventen aus Niedersachsen
1 beträgt. Daraus und aus (4) folgt, dass genau 6 Absolventen in Hamburg wohnen. Aus (1)
folgt, dass mindestens 19 Absolventen in Bayern wohnen, und aus (2) folgt, dass mindestens 7
Absolventen in Sachsen wohnen. Da für die Teilnehmer aus diesen beiden Bundesländern nur
noch genau (36 − 6 − 3 − 1 = ) 26 Teilnehmer in Betracht kommen, sind 19 und 7 die einzig
möglichen infrage kommenden Anzahlen.
Von den 36 Absolventen wohnen folglich genau 3 in Hessen, 19 in Bayern, 1 in Niedersachsen,
6 in Hamburg und 7 in Sachsen.
530812 Lösung
Es wird eine Fallunterscheidung nach der Anzahl der Farben in der Kugelpyramide durchgeführt.
Fall 1: Einfarbige Kugelpyramiden. Es gibt 5 Möglichkeiten zur Auswahl der Farbe. Es gibt
nur eine Möglichkeit, die Farben zu verteilen.
Es gibt daher 5 einfarbige Kugelpyramiden.
Fall 2: Zweifarbige Kugelpyramiden. Es gibt genau zwei Möglichkeiten für die anzahlmäßige
Verteilung der Farben auf die Kugeln:
Fall 2.1: Drei Kugeln sind gleichfarbig, die vierte Kugel hat eine andere Farbe. Es gibt
5 Möglichkeiten für die Farbe der oberen Kugel und dann noch vier Möglichkeiten
für die andere Farbe.
Wenn die obere Kugel die einzelne Farbe hat, dann sind alle unteren Kugeln gleichfarbig. Es gibt daher (5 · 4 = ) 20 solcher Kugelpyramiden.
Wenn eine der unteren Kugeln die einzelne Farbe hat, dann kann diese Kugel auch
auf die beiden anderen Positionen gedreht werden. Es gibt daher 20 solcher Kugelpyramiden.
Fall 2.2: Je zwei Kugeln sind gleichfarbig. Es gibt 5 Möglichkeiten für die Farbe der
oberen Kugel und dann noch 4 Möglichkeiten für die andere Farbe. Die obere Kugel
bleibt immer oben. Alle möglichen Anordnungen mit zwei gleichen Farben unter
den unteren Kugeln lassen sich durch Drehen ineinander überführen. Es gibt daher
(5 · 4 = ) 20 solcher Kugelpyramiden.
Zusammen sind dies (20 + 20 + 20 = ) 60 zweifarbige Pyramiden.
11
Fall 3: Dreifarbige Kugelpyramiden. Bei dreifarbigen Kugelpyramiden gibt es zwei gleichfarbige Kugeln und zwei Kugeln mit jeweils einer weiteren Farbe. Für die Farbe der zwei
gleichfarbigen Kugeln gibt es 5 Möglichkeiten.
Wenn die obere Kugel eine der beiden gleichfarbigen Kugeln ist, sind auf zwei unteren
Kugeln die anderen beiden Farben. Durch Drehen kann aber nicht erreicht werden, dass
sie ihre Position wechseln. Es kommt also auf die Reihenfolge der beiden anderen Farben
an. Unter Beachtung der Reihenfolge gibt es 4 · 3 Möglichkeiten für die Auswahl dieser
Farben. Es gibt also (5 · 4 · 3 = ) 60 solcher Pyramiden.
Wenn die obere Kugel keine der beiden gleichfarbigen Kugeln ist, dann gibt es noch 4
Möglichkeiten für ihre Farbe. Für die verbleibende Kugel gibt es noch 3 Möglichkeiten
für ihre Farbe. Von den unteren Kugeln sind zwei gleichfarbig und eine in einer anderen
Farbe. Durch Drehen können die möglichen Anordnungen wieder ineinander überführt
werden. Es gibt also (5 · 4 · 3 = ) 60 solcher Pyramiden.
Zusammen sind dies (60 + 60 = ) 120 dreifarbige Pyramiden.
Fall 4: Vierfarbige Kugelpyramiden. Für die Farbe der oberen Kugel gibt es 5 Möglichkeiten.
Für die Auswahl der drei Farben der unteren Kugeln gibt es 4 Möglichkeiten, die nicht
genutzte Farbe zu wählen. Da die Farben benachbarter Kugeln durch Drehen nicht vertauscht werden können, gibt es je Farbauswahl 2 verschiedene Möglichkeiten, insgesamt
also (5 · 4 · 2 = ) 40 Möglichkeiten.
Es gibt daher 40 vierfarbige Kugelpyramiden.
Zusammenfassend erhält man, dass sich (5 + 60 + 120 + 40 = ) 225 verschiedene Kugelpyramiden errichten lassen.
530813 Lösung
Teil a)
Für die Konstruktionszeichnung siehe Abbildung L 530813 a.
C
δ
hc
45◦
A
W
D
B
L 530813 a
Konstruktionsbeschreibung:
(K1) Man konstruiert ein Dreieck ADC aus |CD| = hc = 5 cm, |DAC | = α = 45◦ und
|CDA| = 90◦.
(K2) Durch Abtragen des gegebenen Winkels der Größe δ = 10◦ konstruiert man einen
Punkt W auf der Strecke AD derart, dass |WCD| = δ = 10◦ gilt.
(K3) Man konstruiert den Schnittpunkt B der Geraden AD mit dem Spiegelbild der Geraden AC bei Spiegelung an der Geraden CW .
12
Teil b) Man kann auch einen Punkt W ′ mit folgenden Eigenschaften konstruieren: Der
Punkt W ′ liegt auf der Geraden AD und es gilt |DCW ′ | = δ = 10◦. Als Schnittpunkt
der Geraden AD mit dem Spiegelbild der Geraden AC bei Spiegelung an der Geraden CW ′
erhält man dann einen Punkt B ′ , siehe Abbildung L 530813 b. Auch das Dreieck AB ′ C besitzt
C
δδ
hc
45◦
A
W
D
W′
B
B′
L 530813 b
dann die geforderten Eigenschaften (1), (2) und (3). Weil das Dreieck ABC echt im Dreieck
AB ′ C enthalten ist, sind die Dreiecke wegen des verschiedenen Flächeninhalts nicht kongruent
zueinander.
Teil c) I. Wir untersuchen zuerst, welche Bedingungen notwendig für die Existenz zweier
zueinander nicht kongruenter Dreiecke mit den Eigenschaften (1), (2) und (3) sind.
Es sei dazu ABC ein beliebiges Dreieck mit den Eigenschaften (1), (2) und (3). Dann ist der
Punkt D durch die Bedingung (2) als Fußpunkt des Lotes von C auf die Gerade AB eindeutig
festgelegt und nach dem Innenwinkelsatz und wegen (1) und (2) gilt
|ACD| = |DAC | = 45◦ ,
|CDA| = 90◦ ,
|CD| = 5 cm .
(4)
(5)
(6)
Der Schnittpunkt W der Geraden wγ und AB liegt im Innern der Strecke AD.
(7)
Der Schnittpunkt W der Geraden wγ und AB liegt außerhalb der Strecke AD.
(8)
Der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden wγ mit der Geraden AB wird mit W bezeichnet.
Der Punkt W liegt dann im Winkel ACB und daher im Innern der Strecke AB . Da nach (3)
der Winkel zwischen der Winkelhalbierenden wγ = CW und der Höhe CD die Größe δ > 0◦
hat, sind W und D voneinander verschieden. Es kann daher nur eine der beiden folgenden
Aussagen gelten:
Da wγ = CW die Winkelhalbierende des Winkels ACB ist, ist B der Schnittpunkt der Geraden
AD mit dem Spiegelbild der Geraden AC bei Spiegelung an der Geraden CW .
Wenn es also zwei nicht zueinander kongruente Dreiecke mit den Eigenschaften (1), (2) und
(3) gibt, dann muss es auf Grund der Eindeutigkeit der Winkelantragung des Winkels mit der
−→
Größe δ an den Strahl CD ein Dreieck geben, welches zusätzlich die Eigenschaft (7) hat, und
ein anderes Dreieck, welches zusätzlich die Eigenschaft (8) hat.
Die Größe δ muss daher so sein, dass ein Dreieck ABC mit den Eigenschaften (1), (2), (3) und
(7) und ein Dreieck ABC mit den Eigenschaften (1), (2), (3) und (8) existiert.
13
Es gelte (7). Aus (3), (4) und (7) folgt 0◦ < δ < 45◦.
Es gelte (8). Wegen Eigenschaft (3) gilt einerseits |ACB | = 2 · (|ACD| + δ) = 90◦ + 2δ
und wegen des Innenwinkelsatzes sowie Eigenschaft (1) gilt andererseits |ACB | < 180◦ −
|BAC | < 135◦. Aus den beiden Beziehungen ergibt sich 90◦ + 2δ = 135◦ und daraus folgt
0◦ < δ < 22,5◦.
Zusammenfassend gilt: Wenn es zwei zueinander nicht kongruente Dreiecke mit den Eigenschaften (1), (2) und (3) gibt, dann gilt
(9)
0◦ < δ < 22,5◦ .
Die Beziehung (9) ist also eine notwendige Bedingung.
II. Wir zeigen nun, dass die Bedingung (9) auch hinreichend für die Existenz zweier zueinander
nicht kongruenter Dreiecke ABC mit den Eigenschaften (1), (2) und (3) ist.
Fall 1: Wir zeigen die Existenz eines Dreiecks ABC mit den Eigenschaften (1), (2), (3) und
(7). Durch Konstruktion folgt die Existenz eines Dreiecks ADC mit den Eigenschaften
(4), (5) und (6). Wegen (4) und (9) existiert ein Punkt W im Innern der Strecke AD
mit
(10)
|WCD| = δ ,
siehe Abbildung L 530813 c. Es sei A′ das Spiegelbild von A bei Spiegelung an der GeC
δ
hc
45◦
A
W
D
B
A′
L 530813 c
raden CW . Wegen (4) und (10) gilt |ACA′ | = 2 · (45◦ − δ). Hieraus und aus (9) folgt
|DCA′ | < 2 · 45◦ − 45◦ < 90◦ und |DCA′ | > 2 · (45◦ − 22,5◦) − 45◦ = 0◦. Wegen (5)
schneiden sich die Geraden A′ C und AD daher in einem eindeutig bestimmten Punkt B
derart, dass D zwischen A und B liegt. Wegen (4) gilt (1). Wegen (5) und (6) gilt (2).
Nach Konstruktion ist wγ = CW die Winkelhalbierende des Winkels ACA′ und daher
auch des Winkels ACB . Wegen (10) ist (3) erfüllt. Zudem liegt W im Innern von AD.
Das Dreieck ABC besitzt also die Eigenschaften (1), (2), (3) und (7).
Fall 2: Wir zeigen die Existenz eines Dreiecks ABC mit den Eigenschaften (1), (2), (3) und
(8). Wie im Fall 1 erhält man die Existenz eines Dreiecks ADC mit den Eigenschaften
(4), (5) und (6). Wegen (5) und (9) existiert ein Punkt W auf der Geraden AD mit
(11)
|DCW | = δ ,
14
welcher außerhalb der Strecke AD liegt, siehe Abbildung L 530813 d. Es sei A′ das SpieC
δ
A′
hc
45◦
A
D
W
B
L 530813 d
gelbild von A bei Spiegelung an der Geraden CW . Wegen (4), (11) und (9) gilt
|DCA′ | = |ACA′ | − 45◦ = 2 · (45◦ + δ) − 45◦ = 2δ + 45◦ < 90◦ .
Daher schneiden sich die Geraden AD und A′ C in einem eindeutig bestimmten Punkt
B und der Punkt W liegt zwischen den Punkten D und B auf der Geraden AB . Wie
im Fall 1 bemerkt man, dass das Dreieck ABC nun die Eigenschaften (1), (2), (3) und
(8) besitzt.
Die Bedingung (9) ist folglich hinreichend für die Existenz zweier Dreiecke ABC mit den
Eigenschaften (1), (2) und (3). Da das Dreieck mit der Eigenschaft (7) echt im Dreieck mit
der Eigenschaft (8) enthalten ist, sind die Dreiecke wegen des verschiedenen Flächeninhalts
nicht zueinander kongruent.
Aus I. und II. folgt, dass die Bedingung (9) hinreichend und notwendig für die Existenz zweier
zueinander nicht kongruenter Dreiecke ABC mit den Eigenschaften (1), (2), (3) ist.
530814 Lösung
Teil a)
Durch Umstellen der Formel zur Bildung der Folge erhalten wir
an+1 = 2an − an−1
für n ≥ 2 .
(1)
Alle Glieder von Alyssas Mittelwertfolge sind daher durch die Rekursionsgleichung (1) sowie
durch a1 = 1 und a2 = 5 eindeutig festgelegt.
Man erhält
a3
a4
a5
a6
a7
= 2a2
= 2a3
= 2a4
= 2a5
= 2a6
− a1
− a2
− a3
− a4
− a5
= 2 · 5 − 1 = 9,
= 2 · 9 − 5 = 13 ,
= 2 · 13 − 9 = 17 ,
= 2 · 17 − 13 = 21 ,
= 2 · 21 − 17 = 25 .
Teil d) Die ersten Glieder der Folge lassen vermuten, dass jedes Glied um 4 größer als sein
jeweiliger Vorgänger ist. Dann wäre die Vorschrift zur Berechnung aller Folgenglieder
an = 4 · n − 3 für n ≥ 1 .
(2)
15
Diese Bildungsvorschrift wollen wir beweisen: Wir betrachten die Folge a1 , a2 , a3 , . . . nach
Gleichung (2). Es gelten
a1 = 4 · 1 − 3 = 1 ,
Für n ≥ 2 gilt
a2 = 4 · 2 − 3 = 5 .
2an − an−1 = 2 · (4 · n − 3) − (4 · (n − 1) − 3) = 4n + 1 = 4(n + 1) − 3 = an+1 .
Die Folge a1 , a2 , a3 , . . . nach Gleichung (2) erfüllt also die Rekursionsgleichung (1) und hat
die gleichen Startwerte a1 und a2 wie die von Alyssa betrachtete Folge. Da, wie oben bemerkt,
Alyssas Folge durch die Rekursionsgleichung (1) und die Vorgabe von a1 und a2 eindeutig
festgelegt ist, stimmt die Folge a1 , a2 , a3 , . . . nach Gleichung (2) mit Alyssas Mittelwertfolge
überein, das heißt, für Alyssas Mittelwertfolge gilt Gleichung (2).
Teil b)
Wegen Gleichung (2) gilt a53 = 4 · 53 − 3 = 209.
Teil c) Es gilt 2013 = 2016 − 3 = 4 · 504 − 3. Wegen (2) gilt daher 2013 = a504 . Die Zahl
2013 gehört also zu dieser Folge.
Teil e)
Wegen Gleichung (2) gilt für die Summe S53 der ersten 53 Glieder der Folge
S53 = 1 + 5 + 9 + · · · + 201 + 205 + 209
= 209 + 205 + 201 + · · · + 9 + 5 + 1 ,
2S53 = 210 + 210 + 210 + · · · + 210 + 210 + 210 ,
wobei hier 53-mal der Summand 210 auftritt. Folglich gilt
S53 =
1
· 53 · 210 = 5565 .
2
Variante zu Teil d): Aus der Rekursionsgleichung (1) folgt an − an−1 = an+1 − an für n ≥ 2.
Für dn = an − an−1 gilt daher
d 2 = a2 − a1 = 4 ,
dn+1 = dn
für n ≥ 2 .
Da diese Rekursionsgleichung die eindeutige Lösung dn = 4 für n ≥ 2 besitzt, ist die Differenz
zweier unmittelbar aufeinander folgender Glieder der Mittelwertfolge also konstant gleich 4.
Für n ≥ 2 erhalten wir an = an−1 + 4 = an−2 + 2 · 4 = · · · = a1 + (n − 1) · 4. Wegen a1 = 1
folgt an = 1 + 4 · (n − 1) und damit die Gleichung (2) zumindest für n ≥ 2. Offenbar ergibt
die Formel auch den richtigen Wert für n = 1. Sie gilt also für alle Indizes n = 1, 2, 3, . . .
Variante zu Teil e): Durch Anwendung der Gaußschen Summenformel erhält man
S53 = (4 · 1 − 3) + (4 · 2 − 3) + · · · + (4 · 53 − 3) = 4 · (1 + 2 + · · · + 53) − 53 · 3
1
= 4 · · 53 · 54 − 53 · 3 = 105 · 53 = 5565 .
2
16
53. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulrunde)
Olympiadeklassen 9 und 10
Lösungen
c 2013 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.
531011 Lösung
Teil a)
Wir berechnen nacheinander a5 , a6 , a7 und a8 . Es gilt
a5 = a4 + a3 = 5, a6 = a5 + a4 = 8, a7 = a6 + a5 = 13 und a8 = a7 + a6 = 21 .
Teil b) Die beiden ersten Folgenglieder sind ungerade. Die Summe zweier ungerader Zahlen
ist eine gerade Zahl. Da die Summe aus einer geraden und einer ungeraden Zahl ungerade ist,
folgen auf zwei ungerade Zahlen dieser Zahlenfolge jeweils eine gerade Zahl, dann wieder zwei
ungerade Zahlen usw. Mit den gegebenen Startwerten ist somit genau jedes dritte Folgenglied
gerade. Die Zahlen a3 , a6 und a9 sind also gerade, ebenso a2013 .
Teil c) Mindestens eine der Zahlen a1 = c und a2 = d muss ungerade sein, denn wenn beide
gerade wären, wären auch alle weiteren Glieder der Zahlenfolge gerade, was der Voraussetzung,
dass a20 ungerade ist, widerspricht.
Wir führen eine Fallunterscheidung durch.
Fall 1: Sowohl a1 = c als auch a2 = d sind ungerade. Dann gilt nach den Untersuchungen
in Aufgabenteil b), dass a3 , a6 , . . . , a18 und a21 gerade und die Folgenglieder dazwischen
(auch a20 ) ungerade sind.
Fall 2: a1 = c ist gerade und a2 = d ungerade. Dann sind a4 , a7 , . . . , a19 gerade, und a20 ist
ungerade.
Fall 3: a1 = c ist ungerade und a2 = d gerade. Damit sind a5 , a8 , . . . , a20 gerade, was der
Voraussetzung eines ungeraden Folgenglieds a20 widerspricht.
Nur die Fälle 1 und 2 führen zu einem ungeraden Folgenglied a20 . In beiden Fällen ist a2 = d
ungerade und a1 = c ist im Fall 1 ungerade, im Fall 2 dagegen gerade. Die Zahl d muss also
ungerade sein. Für c ist keine eindeutige Aussage möglich.
531012 Lösung
Teil a) Es gilt b · c + b + c + 1 = b · (c + 1) + c + 1 = (b + 1) · (c + 1). Da b und c positive ganze
Zahlen sind, ist der Nachfolger von b · c + b + c ein Produkt aus zwei ganzzahligen Faktoren,
die beide größer als 1 sind, und kann somit keine Primzahl sein.
Teil b) Die Gleichung b · c + b + c = 2013 ist äquivalent zu b · c + b + c + 1 = 2014 und damit
zu (b + 1) · (c + 1) = 2014. Da b und c positive ganze Zahlen sind, sind die Faktoren b + 1 und
c + 1 natürliche Zahlen größer als 1.
17
Aus der Primfaktorzerlegung 2014 = 2 · 19 · 53 ergeben sich die folgenden Zerlegungen von
2014 in zwei ganzzahlige Faktoren größer als 1:
2014 = 2 · 1007 = 19 · 106 = 38 · 53 .
Mit den möglichen Vertauschungen ergeben sich die folgenden sechs Lösungspaare (b, c):
(1, 1006), (18, 105), (37, 52), (52, 37), (105, 18), (1006, 1) .
531013 Lösung
Mit t bezeichnen wir die Zeit (in Stunden), die beide für die Strecke von Adorf nach Cedorf
benötigen würden, wenn Mario die ganze Zeit am Steuer säße.
Da auf der Hinfahrt Luigi in seiner Zeithälfte doppelt so weit kommt wie Mario in seiner, legt
Mario auf der Hinfahrt ein Drittel der Strecke zurück und Luigi zwei Drittel. Dafür braucht
jeder 31 t. Die Hinfahrt dauert also 23 t.
Auf der Rückfahrt braucht Mario für seine Weghälfte
dauert also 34 t.
1
2
t, Luigi für seine
Da sie eine Stunde länger dauert als die Hinfahrt, folgt
Hinfahrt dauert 23 t, also 8 h .
2
3
t + 1h =
3
4
1
4
t. Die Rückfahrt
t, also t = 12 h . Die
Lösungsvariante: Eine Argumentation mit Fahrzeiten und Geschwindigkeiten kann wie folgt
geführt werden: Da beide Fahrer jeweils mit konstanter Geschwindigkeit fahren, sind die zurückgelegten Wege jeweils proportional zur dafür benötigten Zeit. Wir bezeichnen mit vm die
Geschwindigkeit, mit der Mario fährt. Somit fährt Luigi mit der Geschwindigkeit 2 vm .
Die für die Hinfahrt benötigte Zeit bezeichnen wir mit th . Für die Rückfahrt benötigen die
beiden dann tr = th + 1 h.
Auf der Hinfahrt legen sie mit Mario am Steuer die Strecke 12 th · vm und mit Luigi am Steuer
die Strecke 21 th · 2 vm zurück, insgesamt also die Strecke s = 23 th · vm .
Die Zeit tr = t1 + t2 für den Rückweg setzt sich zusammen aus der Zeit t1 mit Mario am Steuer
und der Zeit t2 mit Luigi am Steuer. Da jeder eine Strecke der Länge 12 s fährt, gilt
1
s = t 1 vm = t 2 · 2 vm ,
2
woraus sich mit s = 23 th · vm insgesamt
3
3
3
th = t1 = 2 t2 , also t1 = th und t2 = th
4
4
8
ergibt und damit
9
th = th + 1 h .
8
Daraus folgt th = 8 h. Die Hinfahrt dauert also genau 8 Stunden.
tr = t1 + t2 =
18
531014 Lösung
√
Die Diagonalenlängen beider Quadrate betragen nach dem Satz des Pythagoras jeweils a 2.
Für die Rechteckseiten gilt dann
√
√
√
√
|DH | = a 2 − a = a ( 2 − 1) und |DG| = a 2 + a = a ( 2 + 1) .
√
√
√ 2
Der Flächeninhalt des Rechtecks beträgt somit a2 ( 2 − 1) ( 2 + 1) = a2 ( 2 − 12 ) = a2 .
Rechteck und Quadrat haben den gleichen Flächeninhalt.
Lösungsvariante:
G
F
X
E
Y
C
D
H
A
B
Die folgende Lösung macht allein von Flächenzerlegungen Gebrauch.
Sei X der vierte Eckpunkt des zu betrachtenden Rechtecks und Y der Schnittpunkt der
Geraden BE mit der Geraden HX . Nach Konstruktion ist das Dreieck BYH rechtwinklig mit
einem Innenwinkel von 45◦, also gleichschenklig-rechtwinklig. Die Schenkellänge ist ebenfalls
nach Konstruktion gleich a. Das Dreieck BYH ist also kongruent zum Dreieck BCD und die
Strecke HY hat die Länge a.
Das Dreieck BED setzt sich aus zwei Kopien des Dreiecks BCD zusammen, hat also den
doppelten Flächeninhalt des Dreiecks BCD. Da es sich auch aus dem Trapez DHYE und dem
Dreieck BYH zusammensetzt, ist das Trapez DHYE flächengleich zum Dreieck BCD.
Wegen |HY | = a = |EG| (Letzteres ist gegeben) ist der Mittelpunkt von EY Symmetriezentrum der Punktsymmetrie des zu betrachtenden Rechtecks. Also hat dieses den doppelten
Flächeninhalt des Trapezes DHYE und schließlich den gleichen Flächeninhalt wie das Quadrat
ABCD.
531015 Lösung
Wir bezeichnen die Position eines Steins auf dem Schachbrett in Zeile i und Spalte j mit (i, j).
Wenn Achim zwei Steine in den Zeilen a und c auf den Positionen (a, b) und (c, d) hat, dann
besetzen diese Steine die Zeilen a und c und die Spalten b und d. Man kann diese zwei Steine
also durch Steine auf den Positionen (a, d) und (c, b) ersetzen, denn diese belegen ebenfalls
die Zeilen a und c und die Spalten b und d. Die Positionen (a, d) und (c, b) bezeichnen wir als
Tauschfelder zu den Positionen (a, b) und (c, d).
Caro hat ihre Aufgabe gelöst, wenn sie zunächst die Stellung von Achim wiederholt, dann aber
für zwei Zeilen a und c ihre Steine von Achims Feldern (a, b) und (c, d) auf die entsprechenden Tauschfelder (a, d) und (c, b) verlegt. Dazu dürfen die Tauschfelder natürlich nicht von
Benjamin blockiert worden sein.
19
Es wird nun gezeigt, dass nach Benjamins Verteilung der 27 Steine stets zwei Zeilen existieren,
für die die entsprechenden Tauschfelder noch frei sind. Es gibt 8·7
= 28 Möglichkeiten, zwei
2
Zeilen auszuwählen. Diese seien wie folgt bezeichnet: an und cn , n = 1, . . . , 28. Für jede
dieser Möglichkeiten gibt es zwei von Achim belegte Originalfelder (an , bn ), (cn , dn ) sowie die
dazugehörigen Tauschfelder (an , dn ) und (cn , bn ).
Alle diese 56 Tauschfelder sind paarweise verschieden, denn andernfalls könnte man ohne
Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass es Zahlen i und j mit 1 ≤ i < j ≤ 28 so
gibt, dass (ai , di ) = (aj , dj ) gilt. Aus ai = aj folgt aber ci 6= cj , und damit hätte Achim im
Widerspruch zur Aufgabenstellung zwei Felder in der gleichen Spalte di = dj belegt.
Da Benjamin nur 27 Steine setzt, gibt es ein n ∈ {1, . . . , 28} so, dass beide Tauschfelder
(an , dn ) und (cn , bn ) nicht von Benjamin belegt sind. Caro kann die beiden Steine von Achims
Position dorthin versetzen.
531016 Lösung
Teil a) Es entsteht genau dann ein Dreieck, wenn die Summe von je zwei Längen größer
als die dritte Länge ist (Dreiecksungleichung). Betrachtet man zunächst nur Tripel, bei denen
die drei in cm gemessenen Längen jeweils der Größe nach aufsteigend geordnet sind, so erhält
man genau die folgenden 34 Längenkombinationen, die ein Dreieck ergeben:
(1, 1, 1), (1, 2, 2), (1, 3, 3), (1, 4, 4), (1, 5, 5), (1, 6, 6),
(2, 2, 2), (2, 2, 3), (2, 3, 3), (2, 3, 4), (2, 4, 4), (2, 4, 5), (2, 5, 5), (2, 5, 6), (2, 6, 6),
(3, 3, 3), (3, 3, 4), (3, 3, 5), (3, 4, 4), (3, 4, 5), (3, 4, 6), (3, 5, 5), (3, 5, 6), (3, 6, 6),
(4, 4, 4), (4, 4, 5), (4, 4, 6), (4, 5, 5), (4, 5, 6), (4, 6, 6),
(5, 5, 5), (5, 5, 6), (5, 6, 6),
(6, 6, 6) .
Diese 34 Kombinationen sind aber nicht gleich wahrscheinlich. Von ihnen ergeben nämlich
6 ein gleichseitiges, 21 ein gleichschenkliges, aber nicht gleichseitiges Dreieck und 7 ein nicht
gleichschenkliges Dreieck, also eines mit drei verschiedenen Seitenlängen. Entsprechend nennen
wir auch diese Längenkombinationen gleichseitig, gleichschenklig (aber nicht gleichseitig) bzw.
nicht gleichschenklig.
Für jedes Dreieck mit den drei verschiedenen Seitenlängen a, b und c gibt es genau die sechs
möglichen Wurffolgen (a, b, c), (a, c, b), (b, a, c), (b, c, a), (c, a, b), (c, b, a), also führen insgesamt
6 · 7 = 42 Dreifachwürfe auf ein Dreieck mit drei verschiedenen Seitenlängen.
Für jedes gleichschenklige, aber nicht gleichseitige Dreieck gibt es genau die drei möglichen
Wurffolgen (a, a, b), (a, b, a), (b, a, a), somit führen genau 3 · 21 = 63 Dreifachwürfe auf ein
gleichschenkliges Dreieck, das nicht gleichseitig ist. Für jedes der sechs gleichseitigen Dreiecke gibt es genau die eine mögliche Wurffolge (a, a, a), also führen 6 Dreifachwürfe auf ein
gleichseitiges Dreieck.
Wirft man einen Spielwürfel dreimal nacheinander, so gibt es 6 · 6 · 6 = 216 mögliche Wurffolgen, von denen 42 + 63 + 6 = 111 günstig sind. Die Wahrscheinlichkeit, ein Dreieck zu
37
erwürfeln, beträgt damit 111
= 72
.
216
20
Teil b) Es ist zu beachten, dass auch kongruente Dreiecke ähnlich sind! Die 34 oben angegebenen Längenkombinationen lassen sich in Teilmengen zusammenfassen, aus deren Elementen
jeweils zueinander ähnliche Dreiecke entstehen:
M1
M2
M3
M4
M5
= {(1, 1, 1), (2, 2, 2), . . . , (6, 6, 6)} ,
= {(1, 2, 2), (2, 4, 4), (3, 6, 6)} ,
= {(1, 3, 3), (2, 6, 6)} ,
= {(2, 2, 3), (4, 4, 6)} ,
= {(2, 3, 3), (4, 6, 6)}
und 19 weitere Teilmengen, die jeweils nur eine einzelne Längenkombination ohne Ähnlichkeitspartner enthalten (davon 12 gleichschenklig, aber nicht gleichseitig und 7 nicht gleichschenklig).
Das günstige Ereignis besteht darin, zweimal hintereinander eine Längenkombination der gleichen Teilmenge zu erwürfeln. Die Wahrscheinlichkeit, eine konkrete Längenkombination aus
1
M1 zu erwürfeln, beträgt jeweils 216
. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine gewürfelte Längenkom6
bination in M1 liegt, beträgt also 216 . Da es für jede Längenkombination aus M2 bis M5 jeweils
3 mögliche Wurffolgen gibt, beträgt die Wahrscheinlichkeit, eine dieser Längenkombinationen
3
. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine gewürfelte Längenkombination in
zu erwürfeln, jeweils 216
3
3
M2 liegt, beträgt also 3 · 216
, für M3 bis M5 entsprechend jeweils 2 · 216
. Für die restlichen Teilmengen beträgt die entsprechende Wahrscheinlichkeit in den 12 Fällen mit gleichschenkliger
3
und in den 7 Fällen mit nicht gleichschenkliger LängenkombiLängenkombination jeweils 216
6
. Indem man diese Wahrscheinlichkeit jeweils quadriert, erhält man für jede
nation jeweils 216
der 24 Teilmengen die Wahrscheinlichkeit, dass zwei nacheinander gewürfelte Längenkombinationen in ihr liegen.
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit lässt sich als Summe der Teilwahrscheinlichkeiten folgendermaßen berechnen:
2 2 2 2
1
3
3
3
6·
+ 3·
+ 2·
+ 2·
216
216
216
216
2
2
2
3
6
3
+ 12 ·
+7·
+ 2·
216
216
216
2
2
2
6
3
65
585
9
=
.
+ 11 ·
+ 12 ·
=
=
2
216
216
216
216
5184
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also gleich
65
,
5184
21
was näherungsweise 0,0125 ergibt.
53. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulrunde)
Olympiadeklassen 11 und 12
Lösungen
c 2013 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.
531211 Lösung
Angenommen, es gibt ein Tripel (x, y, z) positiver ganzer Zahlen, das das Gleichungssystem
erfüllt. Aus (3) folgt, dass x ein Teiler von 54 sein muss, also ist x ∈ {1, 2, 3, 6, 9, 18, 27, 54}.
54
≤ 54
= 6,75, sodass nur x ∈ {1, 2, 3, 6} möglich ist. Die MöglichkeiWegen y ≥ 1 ist x = y+7
8
ten werden systematisch durchprobiert. Die Werte für y und z werden aus den Gleichungen
(3) bzw. (2) ermittelt. Anschließend wird geprüft, ob auch (1) erfüllt ist.
x
1
2
3
6
y
47
20
11
2
z
99
71
61
49
(1) erfüllt?
nein
nein
ja
nein
Produkt xyz
2013
Die Probe zeigt: Es existiert genau ein Tripel positiver ganzer Zahlen, das das Gleichungssystem erfüllt, nämlich (3, 11, 61). Das gesuchte Produkt hat den Wert 2013.
531212 Lösung
Erste Lösung: Kalorinas Speiseplan besteht aus einer Tabelle mit 11 Zeilen und 183 Spalten.
Kalorina kann diese Tabelle wie folgt ausfüllen: Sie trägt, links oben beginnend, alle vorhandenen Speisen zeilenweise ein. Erst wenn sie die letzte Spalte erreicht hat, beginnt sie die nächste
Zeile. Beim Eintragen wählt Kalorina so lange Speisen ein und derselben Sorte, bis diese vollständig aufgebraucht sind, und geht danach zur nächsten Sorte über. Da 2013 = 183 · 11
Speisen vorhanden sind, ist die Tabelle am Ende komplett ausgefüllt.
Da sich die gleiche Spalte erst nach 183 Schritten wiederholt, von jeder Speise aber höchstens
183 Exemplare vorhanden sind, kommt keine Sorte in einer Spalte mehrmals vor. Kalorina
kann also an jedem Tag die 11 verschiedenen Speisen einer Spalte essen, wobei sie sogar die
Reihenfolge der 183 Spalten noch frei wählen kann.
Zweite Lösung: Kalorina prüft an jedem Tag, von welchen Sorten am meisten Speisen vorhanden sind, und wählt von diesen die 11 Sorten des Tages aus. Es wird gezeigt, dass sie mit
dieser Strategie die Bedingungen der Aufgabe erfüllt.
Dazu sei n die Anzahl der noch zu planenden Tage; es ist also 1 ≤ n ≤ 183. Dann sind bereits
183 − n Tage vergangen, an denen Kalorina täglich genau 11 Speisen gegessen haben soll. Also
sind noch s(n) = 2013 − (183 − n) · 11 = 11n Speisen vorhanden.
Für diese Speisen sei k(n) die Anzahl der Sorten, die noch im Kühlschrank sind.
Davon wiederum sei l(n) die Zahl der Sorten, von denen noch n (oder auch mehr) Speisen
vorhanden sind.
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Unter den Anzahlen von Speisen einer Sorte sei m(n) die Maximalzahl.
Nach der Aufgabenstellung gilt m(n) ≤ 183. Es wird nachgewiesen, dass sogar die Ungleichung
m(n) ≤ n gilt.
Es ist 11n = s(n) ≥ l(n) · n, also l(n) ≤ 11.
Somit gibt es jeden Tag höchstens 11 Sorten, von denen noch mindestens n Speisen vorhanden
sind.
Es werden nun zwei Fälle betrachtet:
Fall 1: l(n) > 0. Es gibt in diesem Fall Sorten, von denen mindestens n Speisen vorhanden
sind. Davon muss Kalorina nach ihrer Strategie auf jeden Fall jeweils eine Speise wählen.
Da das aber höchstens 11 Stück sind, ist eine solche Wahl möglich.
Für den folgenden Tag gilt dann m(n − 1) = m(n) − 1.
Fall 2: l(n) = 0. Dann gibt es keine Sorte, von der mindestens n Speisen vorhanden sind. Also
ist m(n) ≤ n − 1. Wegen m(n − 1) ≤ m(n) ist dann auch m(n − 1) ≤ n − 1.
Aus m(n) ≤ n folgt also stets m(n − 1) ≤ n − 1. Da am Anfang m(183) ≤ 183 richtig ist,
folgt für jeden Tag m(n) ≤ n. Es gibt also nie mehr Speisen von einer Sorte, als noch Tage zu
verplanen sind.
Es ist schließlich zu zeigen, dass Kalorina an jedem Tag mindestens 11 verschiedene Sorten
von Speisen zur Verfügung hat. Wegen 11n = s(n) ≤ k(n) · m(n) ≤ k(n) · n ist k(n) ≥ 11. Also
kann Kalorina wirklich aus mindestens 11 Sorten auswählen und wird niemals zwei Speisen
der gleichen Sorte essen müssen.
Aus dem Beweis ergibt sich, dass Kalorina nur die Speisen wählen muss, die in der Anzahl der
noch verbleibenden Tage vorhanden sind (und diese gibt es dann täglich). Sind das weniger
als 11 am Tag, hat sie bei den restlichen Speisen die freie Wahl.
531213 Lösung
Erster Schritt: Wir beweisen die Behauptung zunächst für n = 2, also für zwei Zahlen x1 und
x2 . Dazu sei x1 = a2 + b2 sowie x2 = c2 + d2 mit ganzen Zahlen a, b, c, d. Dann gilt
x1 · x2 = (a2 + b2 )(c2 + d2 )
= a2 c 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2 + b 2 d 2
= a2 c2 + 2acbd + b2 d2 + a2 d2 − 2adbc + b2 c2
= (ac + bd)2 + (ad − bc)2 ,
also ist das Produkt x1 · x2 die Summe der Quadrate der ganzen Zahlen ac + bd und ad − bc.
Zweiter Schritt: Wir nehmen an, dass die Behauptung für eine gewisse Anzahl k von Zahlen
x1 , x2 , . . . , xk richtig ist, und zeigen, dass sie dann auch bei Hinzunahme einer weiteren Zahl
xk+1 gilt.
In der Tat ist x1 · x2 · · · · · xk · xk+1 das Produkt der beiden Zahlen x1 · x2 · · · · · xk und
xk+1 . Nach unserer Annahme besitzt jede dieser Zahlen eine Darstellung als Summe zweier
Quadratzahlen. Damit folgt die gewünschte Aussage aus dem ersten Beweisschritt.
Beginnend mit n = 2 schließt man nun der Reihe nach auf die Gültigkeit der Behauptung für
n = 3, 4, 5, . . . Die Behauptung ist damit für alle ganzen Zahlen n ≥ 2 bewiesen.
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Bemerkung: Das Verfahren, eine Aussage für alle ganzen Zahlen n ≥ n0 zu zeigen, indem
man nachweist, dass erstens die Aussage für n = n0 gilt und zweitens aus der Gültigkeit der
Aussage für n = k stets ihre Gültigkeit für n = k + 1 folgt, heißt vollständige Induktion und
ist eines der wichtigsten Beweisprinzipien der Mathematik.
531214 Lösung
L 531214 a
Die Punkte seien so bezeichnet, wie es aus der Abbildung L 531214 a hervorgeht.
Das Viereck MDCA ist ein Rhombus, weil alle seine Seiten die Länge 6 cm haben. Der Kreis
um A mit dem Radius r = 6 cm geht durch die Punkte M , B und C . Der Winkel CMB ist ein
◦
Peripheriewinkel zum Zentriwinkel CAB , also gilt |CMB | = 602 = 30◦. Analog ergibt sich
|EMC | = 30◦, also ist |EMB | = 60◦, unabhängig von der Größe des Winkels ACD.
Damit ist gezeigt, dass Inge stets zwölf Dreiecke verwenden kann.
Wir zeigen jetzt, dass das zwölfte Dreieck mit einer Ecke an das erste Dreieck passt. Da
die Diagonale MC im Rhombus MDCA Winkelhalbierende ist, gilt |ACM | = |MCD|. Da
auch |BCA| = |DCE | = 60◦ gilt, folgt |BCM | = |MCE |. Außerdem gilt |CMB | =
|EMC | = 30◦. Die Dreiecke MCB und MEC stimmen also in der Länge der gemeinsamen
Seite MC und den Größen der beiden anliegenden Winkel überein und sind somit kongruent.
Daher ist |BM | = |ME |. Das Viereck MECB wird nun um den Punkt M nacheinander um
60◦, 120◦, 180◦, 240◦ und 300◦ im Uhrzeigersinn gedreht. Die Bilder des Punktes B werden mit
B1 , B2 , B3 , B4 , B5 und die Bilder des Punktes E mit E1 , E2 , E3 , E4 , E5 bezeichnet. Dann gilt
E = B 1 , E 1 = B 2 , E 2 = B 3 , E 3 = B4 , E 4 = B 5 , E 5 = B .
Aus der letzten Aussage folgt einerseits, dass es nicht möglich ist, ein dreizehntes Dreieck
anzulegen. Andererseits ist damit auch gezeigt, dass mit zwölf Dreiecken eine Figur wie in der
Aufgabenstellung beschrieben entsteht.
Die Abbildung L 531214 b zeigt ein Beispiel.
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L 531214 b
L 531214 c
L 531214 d
L 531214 e
Bemerkung: Würde die letzte Bedingung in der Aufgabenstellung abgeschwächt zu „Je zwei
aufeinander folgende Dreiecke besitzen einen gemeinsamen Eckpunkt, der nicht auf dem Kreis
liegt“, so wären auch Lagen erlaubt, in denen Dreiecke eine ganze Seite gemeinsam haben.
Abbildung L 531214 c zeigt eine solche Konfiguration, bei der die Lagebeziehungen aus dem
obigen Beweis ansonsten Gültigkeit behalten.
Allerdings wäre dann der Schluss im Beweis, dass das Viereck MDCA ein Rhombus ist, nicht
mehr korrekt. Infolgedessen kämen weitere Lagemöglichkeiten hinzu, wie zum Beispiel die
in Abbildung L 531214 d gezeigte. Eine vollständige Untersuchung dieser Fälle wäre deutlich
schwieriger als die Aufgabe in der gestellten Form. Die letzte Behauptung des Aufgabentextes
wäre auch nicht mehr allgemein gültig, wie das Beispiel in Abbildung L 531214 e zeigt.
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