49. Mathematik-Olympiade Regionalrunde

49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Aufgaben für die 5. Klasse
Aufgabe 1: Wir rechnen mit Zeiten.
a) Jan fährt zu Hause um 15:30 Uhr zur Mathe-AG los; die AG beginnt um 16:00 Uhr.
Unterwegs schaut er auf die Uhr und stellt fest: In 10 Minuten wird doppelt so viel Zeit
vergangen sein, wie es bis zum Beginn der Arbeitsgemeinschaft dann noch sind.
Wie spät ist es gerade?
b) Jan denkt unterwegs weiter: Ich suche den Zeitpunkt, an dem gilt: Bis 17:00 Uhr sind
”
es noch dreimal so viele Minuten wie seit 14:00 Uhr bereits vergangen sind.“
Welcher Zeitpunkt ist dies?
c) Jan hat sich für die Regionalrunde der Mathematik-Olympiade qualifiziert. Diese beginnt
bei ihm am 14. November 2009 um 10:00 Uhr.
Welches Datum und welche Uhrzeit haben wir 2009 Minuten später?
Aufgabe 2: Judith, Hanna und Katrin haben jeweils Mütze, Schal und Handschuhe in einer
Farbe; Judith in blau, Hanna in grün und Katrin in orange.
a) Im Oktober machen sich die Mädchen einen Spaß und tauschen ihre Schals aus. Nach
wie vielen Tagen haben sie alle Möglichkeiten verschiedener Zuordnung der Schals durchprobiert, wenn sie immer nur morgens tauschen? Sie dürfen auch ihre eigenen Sachen
tragen.
b) Der Tausch gefällt ihnen und im November tauschen sie auch die Mützen. Nach wie
vielen Tagen haben sie alle Möglichkeiten durchprobiert? Sie dürfen auch ihre eigenen
Sachen tragen. Schaffen Sie es, im November alle Möglichkeiten durchzuprobieren?
c) Im Dezember tauschen Judith, Hanna und Katrin Mütze, Schal und Handschuhe. Die
Handschuhe werden nicht einzeln getauscht, so dass jedes Mädchen gleichfarbige Handschuhe trägt.
Am Nikolaustag konnte man die folgenden Beobachtungen machen:
(1) Nur Judith ist dreifarbig gekleidet, sie trägt ihre eigenen Handschuhe.
(2) Bei Hanna haben Schal und Mütze nicht die gleiche Farbe.
(3) Katrin trägt Hannas Mütze.
Welche Farben haben Mütze, Schal und Handschuhe, die Judith trägt, welche Farben
tragen Hanna und Katrin?
Aufgabe 3: Fertige zu jeder Teilaufgabe eine saubere Zeichnung an.
a) Zeichne zunächst zwei gleich große Kreise, die sich berühren. Zeichne anschließend zwei
sich schneidende Geraden so, dass sie jeweils genau einen gemeinsamen Punkt mit jeweils
einem der Kreise haben.
b) Zeichne zunächst zwei gleich große Kreise, die sich berühren. Zeichne anschließend drei
Geraden, die sich außerhalb der Kreise in einem Punkt schneiden. Dabei sollen die Geraden insgesamt fünf gemeinsame Punkte mit den Kreisen haben.
c) Erfülle Aufgabe b) so, dass das Bild symmetrisch ist.
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Aufgaben für die 6. Klasse
Aufgabe 1: Annika hat vier Karten, auf denen jeweils eine der Primzahlen 2, 3, 5 und 7 steht.
Sie will mit diesen Karten Zahlen bilden und dabei eine oder mehrere Karten benutzen. In
einer zu bildenden Zahl darf keine Karte mehrfach benutzt werden.
a)
b)
c)
d)
Bestimme alle durch 4 teilbaren Zahlen, die Annika bilden kann.
Bestimme alle durch 6 teilbaren Zahlen, die Annika bilden kann.
Bestimme alle durch 8 teilbaren Zahlen, die Annika bilden kann.
Schließlich bildet Annika noch alle durch 3 teilbaren Zahlen.
Bestimme diese Zahlen und ordne sie der Größe nach.
Aufgabe 2: Barbara ist Kandidatin in einer mathematischen Quizshow und hat bis jetzt
alle Aufgaben richtig gelöst. Sie steht noch vor dem Hauptpreis, der sich in einem von vier
Umschlägen befindet. Der Quizmaster gibt ihr drei Hinweise, von denen genau zwei falsch
sind:
(1) Der Hauptpreis befindet sich im dritten oder im vierten Umschlag.
(2) Der Hauptpreis befindet sich im zweiten Umschlag.
(3) Der Hauptpreis befindet sich nicht im vierten Umschlag.
a) Barbara überlegt eine Weile und sagt dann: Damit ist immer noch nicht klar, in welchem
”
Umschlag der Hauptpreis steckt, es sind zwei Umschläge möglich.“ Ermittle diese beiden
Umschläge.
b) Gut“, sagt der Quizmaster, dann gebe ich dir noch einen vierten Hinweis, aber ich
”
”
sage dir, dass von allen vier Hinweisen nur genau einer stimmt:
(4) Der Hauptpreis befindet sich im ersten oder im zweiten Umschlag.“
Barbara öffnet sofort den Umschlag mit dem Hauptpreis. Welchen Umschlag hat sie
geöffnet und warum?
Aufgabe 3: Du siehst in der Abbildung 1 ein regelmäßiges Sechseck und in der Abbildung 2 ein
regelmäßiges Achteck. ( Regelmäßig“ bedeutet: Alle Seiten sind gleich lang und alle Winkel
”
sind gleich groß.)
Abbildung 1
Abbildung 2
Abbildung 3
a) Zerlege jeweils das Sechseck und das Achteck in vier gleich große Teile. Fertige jeweils
eine Zeichnung an.
b) Aus dem Sechseck soll ein Rechteck entstehen. Zerlege dazu das Sechseck in drei Teile,
die neu zusammengesetzt dies ermöglichen. Fertige ebenfalls eine Zeichnung an.
c) Zeige durch eine Zeichnung, dass die grau gekennzeichnete Dreiecksfläche in Abbildung
3 ein Drittel der Fläche des Sechsecks einnimmt. Du kannst Hilfslinien einzeichnen oder
geeignete Teilflächen umlegen.
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Aufgaben für die 7. Klasse
Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar
sein. Du musst also auch erklären, wie du zu Ergebnissen bzw. Teilergebnissen gelangt bist.
Stelle deinen Lösungsweg logisch korrekt und in grammatisch einwandfreien Sätzen dar.
Aufgabe 1: Herr Schmidt hat aus Fruchtsaft und 800 ml Wein insgesamt zwei Liter Bowle
hergestellt. Den Bowletopf stellt er in den Kühlschrank. Seine Frau hat heimlich von der Bowle
gekostet und sich ein Glas (125 ml) genehmigt. Um die Gesamtmenge wieder auszugleichen,
gießt sie einen Rest Fruchtsaft (60 ml) und Wasser dazu.
a) Wie viel Milliliter Wein, Fruchtsaft und Wasser enthält die Bowle, nachdem Frau Schmidt
die Bowle aufgefüllt hat?
b) Welchen Anteil Wein und welchen Anteil Fruchtsaft (jeweils in Prozent) hat die Bowle
nach dem Auffüllen?
Aufgabe 2: Über ein Dreieck ABC wird vorausgesetzt:
(1) Die Seiten AC und BC sind gleich lang.
(2) Der Fußpunkt des Lots von A auf die Gerade BC ist F und liegt zwischen B und C.
(3) Der Winkel F AC ist um 30◦ größer als der Winkel BAF .
Zeichne eine Planfigur und leite aus den Voraussetzungen die Größen der Innenwinkel des
Dreiecks ABC her.
Aufgabe 3: Über drei positive ganze Zahlen a, b, c ist bekannt:
(1) Für das kleinste gemeinsame Vielfache kgV(a; b; c) dieser Zahlen gilt
kgV(a; b; c) = 23 · 33 · 52 .
(2) Für den größten gemeinsamen Teiler ggT(a; b; c) dieser Zahlen gilt
ggT(a; b; c) = 90.
(3) Es gilt 3a < b < c.
(4) Die Zahl b ist eine Quadratzahl.
Ermittle alle Zahlentripel (a; b; c), welche die Bedingungen (1) bis (4) erfüllen. Weise nach,
dass es keine weiteren Lösungen gibt.
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Aufgaben für die 8. Klasse
Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar
sein. Du musst also auch erklären, wie du zu Ergebnissen bzw. Teilergebnissen gelangt bist.
Stelle deinen Lösungsweg logisch korrekt und in grammatisch einwandfreien Sätzen dar.
Aufgabe 1: Familie Müller will künftig mehr auf eine gesunde Ernährung achten. Ab sofort
kommt Cola nicht mehr auf den Tisch. Mineralwasser mit Himbeersirup gemischt löscht ebenso
gut den Durst. Frau Müller stellt einen Krug auf den Tisch. Er enthält einen Liter gesunde“
”
Limonade mit einem Teil Himbeersirup auf neun Teile prickelndes Wasser. Und das soll
”
schmecken?“, klagt Kai. Ein Fünftel Sirup sollte in der Mischung schon sein.“ Frau Müller
”
fügt so viel Sirup hinzu, dass die Mischung 20 Prozent Sirup enthält. Nun mault Katja: Das
”
ist ja viel zu süß!“ Heimlich gießt sie den Inhalt von einem Glas Wasser (125 ml) in den Krug.
a) Wie viel Sirup hat Frau Müller hinzugefügt, nachdem sich Kai beschwerte?
b) Wie viel Prozent Sirup enthält die Limonade, nachdem Katja das Wasser hinzugefügt
hat?
Aufgabe 2: Über ein Viereck ABCD wird vorausgesetzt:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
ABCD ist ein Trapez mit den parallelen Seiten AB und CD.
Der Winkel BAD hat die Größe α = 64◦.
Die Seite AD ist 5 cm lang.
Die Seite CD ist 3 cm lang.
Die Länge der Seite AB ist gleich der Summe der Längen der Seiten BC und CD.
Zeichne das Viereck ABCD und leite aus den Voraussetzungen die Größen der restlichen
Innenwinkel des Vierecks ab.
Aufgabe 3: Paul hat beliebig viele Holzwürfel mit den Kantenlängen 1 cm, 2 cm, 3 cm und
4 cm zur Verfügung. Er will aus diesen Würfeln einen größeren Würfel mit der Kantenlänge
5 cm bauen.
Mit welcher kleinsten Anzahl an Würfeln gelingt ihm das?
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Aufgaben für die 9. Klasse
Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar
in logisch und grammatisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung
herangezogene Aussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussage aus dem
Schulunterricht oder aus Arbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne Beweisangabe, sie
als bekannten Sachverhalt anzuführen.
Aufgabe 1:
a) Ermittle alle ganzen Zahlen r, für die 20 50
eine natürliche Zahl ist.
− |r|
b) Finde die kleinste natürliche Zahl a, für die gilt:
a
Es gibt genau 11 ganze Zahlen s, für die 75 −
eine natürliche Zahl ist.
|s|
Hinweis: Der Betrag einer ganzen Zahl ist sehr einfach zu bestimmen. Zum Beispiel gilt:
|+8| = +8, |−8| = +8, |+7| = +7, |−7| = +7, |0| = 0.
Aufgabe 2: Alf, Barbara, Clara und Danny haben sich gemeinsam eine natürliche Zahl ausgedacht und diese auf einen Zettel geschrieben. Die Klasse soll die Zahl erraten. Dazu macht
jede der vier Personen zwei Aussagen über die Zahl. Hier sind die vier Aussagenpaare:
(A1) Die Zahl ist dreistellig.
(A2) Das Produkt aller Ziffern der Zahl beträgt 23.
(B1) Die Zahl ist durch 37 teilbar.
(B2) Die Zahl besteht aus drei gleichen Ziffern.
(C1) Die Zahl ist durch 11 teilbar.
(C2) Die Zahl endet mit einer Null.
(D1) Die Quersumme der Zahl ist größer als 10.
(D2) Die Ziffer an der Hunderterstelle ist weder die kleinste noch die größte der drei Ziffern.
Am Ende verraten A, B, C und D noch, dass von ihren beiden Aussagen jeweils genau eine
wahr und genau eine falsch war.
Ermittle aus diesen Angaben alle Möglichkeiten für die unbekannte Zahl auf dem Zettel.
Aufgabe 3: Sei ABC ein rechtwinkliges Dreieck mit den Kathetenlängen a und b, dem Inkreisradius r und dem Umkreisradius R.
a) Es wird zunächst der Spezialfall betrachtet, dass das Dreieck ABC gleichschenkligrechtwinklig ist.
Beweise, dass dann die Summe R + r gleich der Kathetenlänge a ist.
b) Nun sei ABC ein beliebiges rechtwinkliges Dreieck.
Beweise, dass die Summe R + r gleich dem arithmetischen Mittel der Kathetenlängen,
b , ist.
also gleich a +
2
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Aufgaben für die 10. Klasse
Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar
in logisch und grammatisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung
herangezogene Aussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussage aus dem
Schulunterricht oder aus Arbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne Beweisangabe, sie
als bekannten Sachverhalt anzuführen.
Aufgabe 1:
a) Ermittle alle ganzen Zahlen r, für die 20 50
eine natürliche Zahl ist.
− |r|
b) Finde die kleinste natürliche Zahl a, für die gilt:
a
Es gibt genau 11 ganze Zahlen s, für die 75 −
eine natürliche Zahl ist.
|s|
Hinweis: Der Betrag einer ganzen Zahl ist sehr einfach zu bestimmen. Zum Beispiel gilt:
|+8| = +8, |−8| = +8, |+7| = +7, |−7| = +7, |0| = 0.
Aufgabe 2: Alf, Barbara, Clara und Danny haben sich gemeinsam eine natürliche Zahl ausgedacht und diese auf einen Zettel geschrieben. Die Klasse soll die Zahl erraten. Dazu macht
jede der vier Personen zwei Aussagen über die Zahl. Hier sind die vier Aussagenpaare:
(A1) Die Zahl ist dreistellig.
(A2) Das Produkt aller Ziffern der Zahl beträgt 23.
(B1) Die Zahl ist durch 37 teilbar.
(B2) Die Zahl besteht aus drei gleichen Ziffern.
(C1) Die Zahl ist durch 11 teilbar.
(C2) Die Zahl endet mit einer Null.
(D1) Die Quersumme der Zahl ist größer als 10.
(D2) Die Ziffer an der Hunderterstelle ist weder die kleinste noch die größte der drei Ziffern.
Am Ende verraten A, B, C und D noch, dass von ihren beiden Aussagen jeweils genau eine
wahr und genau eine falsch war.
Ermittle aus diesen Angaben alle Möglichkeiten für die unbekannte Zahl auf dem Zettel.
Aufgabe 3: Sei ABC ein rechtwinkliges Dreieck mit den Kathetenlängen a und b, dem Inkreisradius r und dem Umkreisradius R.
a) Es wird zunächst der Spezialfall betrachtet, dass das Dreieck ABC gleichschenkligrechtwinklig ist.
Beweise, dass dann die Summe R + r gleich der Kathetenlänge a ist.
b) Nun sei ABC ein beliebiges rechtwinkliges Dreieck.
Beweise, dass die Summe R + r gleich dem arithmetischen Mittel der Kathetenlängen,
b , ist.
also gleich a +
2
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Aufgaben für die 11–13. Klasse
Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar
in logisch und grammatisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung
herangezogene Aussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussage aus dem
Schulunterricht oder aus Arbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne Beweisangabe, sie
als bekannten Sachverhalt anzuführen.
Aufgabe 1: Man bestimme alle positiven ganzzahligen Lösungen des Gleichungssystems
x2 − xy = 2009
y 2 − x = 15.
(1)
(2)
Aufgabe 2: Gegeben sei ein spitzwinkliges Dreieck ABC. Die Spiegelpunkte der Eckpunkte
A, B, C am Mittelpunkt des Umkreises von Dreieck ABC seien A0 , B 0 bzw. C 0 . Man ermittle
das Verhältnis der Flächeninhalte des Dreiecks ABC und des Sechsecks AC 0 BA0 CB 0 .
Aufgabe 3: Für jede positive ganze Zahl n sei
√
√
√
yn = 4n + 2 .
xn = n + n + 1 ,
a) Man beweise, dass stets xn < yn gilt.
b) Man beweise, dass xn und yn nicht ganzzahlig sind und dass auch zwischen xn und yn
keine ganze Zahl liegt.
Aufgabe 4: Auf der Insel Zelophanien gibt es genau sechs Städte. Jede derselben ist mit mindestens drei anderen direkt durch in beide Richtungen befahrbare Schnellstraßen verbunden.
Man beweise, dass es vier Städte A, B, C und D derart gibt, dass man direkt von A nach B,
von B nach C, von C nach D und wieder von D nach A fahren kann.
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Lösungen für Klasse 5
Aufgabe 1 - Lösung:
Teil a) Jan stellt seine Überlegungen für einen Zeitraum von 30 min an. Wenn doppelt so
viel Zeit vergangen sein soll, wie es dann noch sind, müssen diese 30 min in drei gleiche Teile
eingeteilt werden. Ein Teil ist 10 min lang, 20 min sind dann vergangen und 10 min kommen
noch. Es wird 15:50 Uhr sein. Dieses Verhältnis trifft aber erst in 10 min zu, demnach muss es
jetzt 15:40 Uhr sein.
Teil b) Von 14:00 Uhr bis 17:00 Uhr vergehen 3 Stunden, das sind 180 min. Wenn dreimal
so viele Minuten noch kommen, wie schon vergangen sind, muss diese Zeit in 4 gleiche Teile
zerlegt werden. Ein Teil ist (180 min : 4 =) 45 min lang.
Für den gesuchten Zeitpunkt gilt: Es sind 45 min vergangen und (3·45 min =) 135 min kommen
noch. Also ist der gesuchte Zeitpunkt 14:45 Uhr.
Teil c) 2009 min sind 33 h 29 min, und das sind 1 d 9 h 29 min. Für die Antwort muss die Zeit
dazugezählt werden.
Als Startzeit wird der 14. November 2009, 10:00 Uhr angegeben. 2009 min später ist dann der
15. November 2009, und die Uhrzeit ist 19:29 Uhr.
Aufgabe 2 - Lösung:
Teil a) Für das erste Mädchen gibt es drei Möglichkeiten, einen Schal zu wählen, für das zweite
dann noch zwei. Das dritte Mädchen muss nehmen, was übrig bleibt. Es sind (3! = 3 · 2 · 1 =) 6
Möglichkeiten. Nach 6 Tagen haben sie alle Möglichkeiten durchprobiert.
Teil b) Auch für den Tausch der Mützen haben sie (3! =) 6 Möglichkeiten. Diese können sie
jeweils mit den 6 Möglichkeiten für den Schaltausch kombinieren. Es sind dann (6 · 6 =) 36
Möglichkeiten.
Nein, der November reicht nicht.
Teil c)
Aus (1) folgt, dass Judith Handschuhe in blau trägt. Aus (3) folgt, dass Katrin die grüne
Mütze auf hat.
Da nur Judith dreifarbig gekleidet ist und die blauen Handschuhe anhat, kann die Mütze nur
orange oder grün sein. Die grüne Mütze hat aber Katrin auf, folgt aus (3), deshalb trägt Judith
die orange Mütze. Wegen der Dreifarbigkeit muss der Schal dann grün sein.
Die Kleidungsstücke von Judith sind Orange Mütze, grüner Schal und blaue Handschuhe.
Für Hanna bleibt die blaue Mütze. Aus (2) folgt, dass sie dann nicht den blauen Schal haben
kann. Also muss Katrin den blauen Schal haben.
Weil Judith den grünen Schal trägt und Katrin den blauen Schal, muss der Schal von Hanna
orange sein.
Da nach (1) nur Judith dreifarbig gekleidet ist, können die Handschuhe von Katrin nicht
orange sein. Ihre Handschuhe müssen grün sein, und schließlich die Handschuhe von Hanna
orange.
1
Die Kleidungsstücke von Katrin sind Grüne Mütze, blauer Schal und grüne Handschuhe.
Die Kleidungsstücke von Hanna sind Blaue Mütze, oranger Schal und orange Handschuhe.
Bei dieser Zuordnung werden alle Beobachtungen erfüllt.
Aufgabe 3 - Lösung:
Teil a) Die Abbildung a gibt einen Lösungsvorschlag an.
Abbildung a
Teil b) Die Abbildung b gibt einen Lösungsvorschlag an.
Abbildung b
Teil c) Die Abbildung c gibt einen Lösungsvorschlag an.
Abbildung c
2
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Lösungen für Klasse 6
Aufgabe 1 - Lösung:
Teil a) Da die Zahlen durch 4 teilbar sein sollen, muss die 2 auf jeden Fall an der Einerstelle
der Zahlen stehen.
Es können die zweistelligen Zahlen 32, 52 und 72 gebildet werden. Alle drei Zahlen sind durch 4
teilbar, daran ändert sich durch das Voranstellen von weiteren Ziffern nichts.
Es können die dreistelligen Zahlen 532, 732, 352, 752, 372 und 572 gebildet werden, indem
man vor die zweistelligen Zahlen jeweils eine der beiden anderen fehlenden Ziffern schreibt.
Es können die vierstelligen Zahlen 7532, 5732, 7352, 3752, 5372 und 3572 aus den dreistelligen
Zahlen gebildet werden, indem man die jeweils fehlende Ziffer an die Tausenderstelle setzt.
Zusammenfassend noch einmal alle Lösungszahlen:
32, 52, 72, 352, 372, 532, 572, 732, 752, 3572, 3752, 5372, 5732, 7352, 7532.
Teil b) Die Zahlen aus Teil a) sind durch 4 teilbar und damit gerade. Andere gerade Zahlen
kann man aus den Ziffern 2, 3, 5 und 7 nicht bilden. Für die Teilbarkeit durch 6 ist außerdem
eine durch 3 teilbare Quersumme erforderlich.
Nur die Zahlen 72, 372 und 732 erfüllen diese Bedingung.
Teil c) Von den im Teil a) ermittelten Zahlen sind nur die folgenden auch durch 8 teilbar:
32, 72, 352, 752, 3752, 7352.
Teil d) Die Ziffern 2, 3, 5 und 7 haben zusammen die Summe 17 und können keine vierstellige,
durch 3 teilbare Zahl ergeben.
Es gibt 4 Möglichkeiten, drei Ziffern aus den vier gegebenen Ziffern auszuwählen. In der
Übersicht wurden jeweils die Quersummen gebildet und wenn diese durch 3 teilbar ist, auch
die Lösungszahlen angegeben:
2,
2,
2,
3,
3,
3,
5,
5,
5
7
7
7
–
–
–
–
Quersumme
Quersumme
Quersumme
Quersumme
10:
12:
14:
15:
keine Lösungszahlen,
237, 273, 327, 372, 723, 732,
keine Lösungszahlen,
357, 375, 537, 573, 735, 753.
Es gibt sechs Möglichkeiten, zwei Ziffern aus den vier gegebenen Ziffern auszuwählen. In der
folgenden Übersicht wurden jeweils die Quersummen gebildet und wenn diese durch 3 teilbar
ist, auch die Lösungszahlen angegeben:
2,
2,
2,
3,
3,
5,
3
5
7
5
7
7
–
–
–
–
–
–
Quersumme
Quersumme
Quersumme
Quersumme
Quersumme
Quersumme
5:
7:
9:
8:
10:
12:
keine Lösungszahlen,
keine Lösungszahlen,
27, 72,
keine Lösungszahlen,
keine Lösungszahlen,
57, 75.
3
Schließlich gibt es noch die 3 selbst.
Zusammenfassend noch einmal alle Lösungszahlen:
3, 27, 57, 72, 75, 237, 273, 327, 357, 372, 375, 537, 573, 723, 732, 735, 753.
Aufgabe 2 - Lösung:
Teil a) Eine vollständige Fallunterscheidung führt zur Lösung der Aufgabe:
Fall (I): Aussage (1) ist wahr und die anderen beiden sind falsch.
Wenn Aussage (1) wahr ist, ist der Hauptpreis im Umschlag 3 oder 4. Aussage (3) muss falsch
sein, somit ist der Hauptpreis im Umschlag 4. Aussage (2) muss falsch sein und ist es dann
auch. Der Hauptpreis kann im Umschlag 4 sein.
Fall (II): Aussage (2) ist wahr und die anderen beiden sind falsch.
Wenn Aussage (2) wahr ist, ist der Hauptpreis im Umschlag 2. Die Aussage (3) muss falsch
sein, danach müsste der Hauptpreis im Umschlag 4 sein – und das ist ein Widerspruch.
Fall (III): Aussage (3) ist wahr und die anderen beiden sind falsch.
Wenn Aussage (3) wahr ist, ist der Hauptpreis nicht im Umschlag 4. Aussage (2) muss falsch
sein, folglich ist er auch nicht im Umschlag 2. Aussage (1) muss auch falsch sein, und der
Hauptpreis ist nicht in den Umschlägen 3 und 4. Also kann er nur noch im Umschlag 1 sein.
Barbara hat festgestellt, dass der Hauptpreis im Umschlag 1 oder im Umschlag 4 sein kann.
Teil b) Die Aussage (4) muss falsch sein, da die einzige wahre Aussage bereits unter den
Aussagen (1) bis (3) gewesen sein muss. Da die Aussage (4) falsch ist, ist der Hauptpreis nicht
in den Umschlägen 1 und 2. Damit muss der Hauptpreis nach dem Ergebnis der Teilaufgabe a)
im Umschlag 4 sein. Die Aussage (1) ist wahr, die anderen sind falsch.
4
Aufgabe 3 - Lösung:
Teil a) Das Einzeichnen von zwei senkrecht aufeinander stehenden Symmetrieachsen ergibt
mögliche Lösungen, siehe Abbildung a1 für das Sechseck sowie a2 und a3 für das Achteck.
Abbildung a1
Abbildung a2
Abbildung a3
Teil b) In Abbildung b ist eine mögliche Lösung gezeigt.
Abbildung b
Teil c) Man kann das Sechseck in 12 gleich große Dreiecke einteilen, siehe Abbildung c1. Die
gesuchte graue Fläche enthält vier dieser Dreiecke und ist damit ein Drittel der Sechseckfläche.
Abbildung c1
Auch durch das Umlegen geeigneter Dreiecke kann eine Figur erhalten werden, in der jeweils
drei gleich große Flächen entstehen, von denen eine die Größe der gesuchten Fläche hat, siehe
Abbildungen c2 und c3.
Abbildung c2
Abbildung c3
5
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Lösungen für Klasse 7
Aufgabe 1 - Lösung: Nach Aufgabenstellung gilt:
(1)
(2)
(3)
(4)
2 Liter Bowle enthalten 800 ml Wein.
125 ml Bowle werden entnommen.
60 ml Fruchtsaft werden aufgefüllt.
Es wird so viel Wasser aufgefüllt, dass wieder 2 Liter Bowle entstehen.
Teil a) Aus Bedingung (1) folgt, dass die Bowle (2000 − 800 =) 1200 ml Fruchtsaft enthält,
also 40 % Wein und 60 % Fruchtsaft. Aus der Bedingung (2) folgt, dass nach der Entnahme
(2000 − 125 =) 1875 ml Bowle vorhanden sind, die (40 % von 1875 =) 750 ml Wein und
(60 % von 1875 =) 1125 ml Fruchtsaft enthält. Aus (2), (3) und (4) folgt, dass 60 ml Fruchtsaft
und (125 − 60 =) 65 ml Wasser aufgefüllt werden, so dass nach dem Auffüllen wieder 2000 ml
Bowle vorhanden sind, die aus 750 ml Wein, (1125+60 =) 1185 ml Fruchtsaft und 65 ml Wasser
bestehen.
Teil b) Wegen 750 : 2000 = 0,375 und 1185 : 2000 = 0,5925 enthält die Bowle nach dem
Auffüllen 37,5 % Wein und 59,25 % Fruchtsaft.
Hinweis: Beim Lösen kann folgende Tabelle nützlich sein. Sie ermöglicht auch eine Rechenprobe, kann jedoch eine Herleitung durch Folgerungen aus den gegebenen Bedingungen nicht
ersetzen.
Wein
Fruchtsaft
Wasser
Bowle
vor Entnahme
nach Entnahme
Volumen Anteil
Volumen in ml
800 ml
1200 ml
0 ml
2000 ml
nach Auffüllen
Volumen in ml
40 %
750
750
60 %
1125
(1125 + 60 =) 1185
0%
0
65
100 % (2000 − 125 =) 1875
2000
Anteil in %
37,50
59,25
3,25
100,00
Eine eigentliche Probe im Sinne eines Existenznachweises ist nicht erforderlich, da es der
Aufgabe zu entnehmen ist, dass eine Lösung existiert und sich aus der Rechnung genau eine
Lösung ergibt.
6
Aufgabe 2 - Lösung:
Eine Planfigur des Dreiecks befindet sich in Abbildung 1.
C
Es bezeichne α die Größe des Winkels BAC, β die
Größe des Winkels CBA, γ die Größe des Winkels
ACB und ϕ die Größe des Winkels BAF .
γ
Da F auf der Geraden BC zwischen B und C liegt,
folgt zusammen mit Voraussetzung (3)
α = |<) BAF | + |<) F AC| = ϕ + ϕ + 30◦
und daher
α = 2ϕ + 30◦.
(4)
F
Aus Voraussetzung (1) folgt, dass das Dreieck ABC
gleichschenklig ist, also folgt mit dem Basiswinkelsatz und Gleichung (4)
β = α = 2ϕ + 30◦.
(5)
Aus dem Innenwinkelsatz im Dreieck ABF und Voraussetzung (2) folgt
ϕ + 30◦
α
β
ϕ
A
B
Abbildung 1
180◦ = ϕ + β + 90◦ = 3ϕ + 120◦,
also ϕ = 20◦.
Gleichung (5) liefert α = β = 70◦ und aus dem Innenwinkelsatz im Dreieck ABC ergibt sich
γ = 180◦ − α − β = 180◦ − 70◦ − 70◦ = 40◦.
7
Aufgabe 3 - Lösung: Angenommen, es gibt positive ganze Zahlen a, b, c mit diesen Eigenschaften. Wegen (2) ist b durch (2 · 32 · 5 =) 90 teilbar. Wegen (4) müssen alle Primfaktoren
von b in gerader Anzahl auftreten. Wegen (1) ist b Teiler von 23 · 33 · 52 . Damit folgt
b = 22 · 32 · 52 = 900.
(5)
Ein Tripel (a; b; c) ist nun genau dann Lösung der Aufgabe, wenn b = 900 gilt und wenn
positive ganze Zahlen x, y existieren, für die gilt:
a = 90x, c = 90y,
kgV(x, 10, y) = 22 · 3 · 5,
ggT(x, 10, y) = 1,
3x < 10 < y.
(6)
(7)
(8)
(9)
Dabei folgen die Aussagen (7) bis (9) aus den Voraussetzungen (1) bis (3) bei der Division
durch 90.
Es sei nun (x; y) ein Paar positiver ganzer Zahlen, das (7), (8) und (9) erfüllt. Wegen (9) folgt
x ∈ {1; 2; 3}.
Wenn x = 2 gilt, so muss y wegen (7) durch 22 teilbar sein. Dies widerspricht jedoch (8).
Damit verbleibt
x ∈ {1; 3}.
Wir ermitteln nun zu diesen x systematisch alle Zahlen y (der Größe nach geordnet), welche
(7), (8) und (9) erfüllen, und durch Multiplikation mit 90 alle Tripel (a; b; c) mit (1), (2), (3)
und (4). Dabei gilt nach (7): Die Zahl y muss durch 22 teilbar sein; außerdem ist mindestens
eine der Zahlen x und y durch 3 teilbar:
x
y
(7)
(8)
(9)
a
b
c
1
1
3
3
3
3
22 · 3
22 · 3 · 5
22
22 · 3
22 · 5
22 · 3 · 5
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
nein
ja
ja
ja
90
90
–
270
270
270
900
900
–
900
900
900
1080
5400
–
1080
1800
5400
Wegen des gewählten Vorgehens (systematisches Probieren) ist klar, dass die fünf gefundenen
Tripel
(90; 900; 1080),
(90; 900; 5040),
(270; 900; 1080),
tatsächlich alle Lösungen sind.
8
(270; 900; 1800),
(270; 900; 5400)
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Lösungen für Klasse 8
Aufgabe 1 - Lösung: Teil a) Die ursprüngliche Mischung enthält 100 ml Sirup und 900 ml
Mineralwasser. Wir bezeichnen mit x die in Milliliter gemessene Menge Sirup, die Frau Müller
für eine gesunde“ Limonade hinzufügen muss, damit die neue Mischung 20 % Sirup enthält.
”
Da 51 gleich 20 % ist, gilt dann nach Aufgabenstellung
1
5
· (1000 + x) = 100 + x,
also
1000 + x = 500 + 5x
500 = 4x
und daher x = 125. Folglich hat Frau Müller der Limonade 125 ml Sirup hinzugefügt, um Kais
Wunsch zu erfüllen.
Teil b) Die von Katja verdünnte Limonade enthält ebenfalls (100 + 125 =) 225 ml Sirup,
225 = 0,18 enthält diese
aber (900 + 125 =) 1025 ml Wasser. Wegen 225 + 1025 = 1250 und 1250
Limonade 18 % Sirup.
Hinweis: Bei der Lösungsfindung kann folgende Tabelle nützlich sein:
Sirup
Wasser
Limonade
Ausgang
1. Änderung
Anteil
2. Änderung
Anteil
100 ml
900 ml
1000 ml
(100 + 125 =) 225 ml
900 ml
(1000 + 125 =) 1125 ml
20 %
80 %
100 %
225 ml
(900 + 125 =) 1025 ml
(225 + 1025 =) 1250 ml
18 %
82 %
100 %
9
Aufgabe 2 - Lösung:
Nach Aufgabenstellung gilt
ABCD ist ein Trapez mit AB k CD,
|<) BAD| = α = 64◦,
|AD| = 5 cm,
|DC| = 3 cm,
|AB| = |BC| + |CD|.
Eine Zeichnung des Vierecks befindet sich in
Abbildung 1 (nicht maßstabsgerecht).
3 cm
C
5 cm
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
D
64◦
A
E
Abbildung 1
B
Die einem Schenkel anliegenden Winkel eines Trapezes ergänzen einander zu 180◦. Aus (1)
und (2) folgt daher
|<) ADC| = 180◦ − 64◦ = 116◦.
Aus (5) folgt |AB| > |CD|. Daher folgt aus (1), dass es auf der Strecke AB genau einen
Punkt E gibt, für den AECD ein Parallelogramm ist. Gegenüberliegende Winkel in einem
Parallelogramm sind stets gleich groß. Aus (2) folgt daher
|<) DCE| = 64◦.
(6)
Gegenüberliegende Seiten eines Parallelogramms sind stets parallel. Daher folgt aus (2) nach
dem Stufenwinkelsatz
|<) BEC| = 64◦.
(7)
Aus (5) folgt |BC| = |AB| − |CD|. Da E auf der Seite AB liegt, gilt |BE| = |AB| − |AE|.
Weil AECD ein Parallelogramm ist, gilt |CD| = |AE|. Hieraus folgt dann |BC| = |BE|. Nach
dem Basiswinkelsatz für das Dreieck CEB folgt hieraus |<) ECB| = |<) BEC|, wegen (7) also
|<) ECB| = 64◦.
(8)
Wegen |<) DCB| = |<) DCE| + |<) ECB| und (6) folgt hieraus |<) DCB| = 64◦ + 64◦ = 128◦.
Aus (7) und (8) folgt nach dem Innenwinkelsatz für das Dreieck CEB
|<) CBE| = 180◦ − |<) BEC| − |<) ECB| = 180◦ − 64◦ − 64◦ = 52◦.
Da E auf der Seite AB liegt, gilt |<) CBA| = 52◦. Für die restlichen Innenwinkel des Vierecks
ABCD gilt somit |<) CBA| = 52◦, |<) DCB| = 128◦ und |<) ADC| = 116◦.
Hinweis: Die Voraussetzungen (3) und (4) werden nur für die Zeichnung benötigt.
10
Aufgabe 3 - Lösung:
In der nebenstehenden Tabelle werden Bezeichnungen für den zu bauenden Würfel und die verwendeten
Teilwürfel eingeführt und deren Volumina angegeben.
Würfel
Kantenlänge
in cm
Volumen
in cm3
W5
W4
W3
W2
W1
5
4
3
2
1
V5 = 125
V4 = 64
V3 = 27
V2 = 8
V1 = 1
Beachte: Das Aufbauen eines Würfels aus Teilwürfeln
ist äquivalent zum Zerlegen dieses Würfels in diese
Teilwürfel.
Wir unterscheiden folgende Fälle nach der Größe des
größten benutzten Würfels:
Fall 1: Der größte Würfel, der beim Aufbau des Würfels W5 verwendet wird, ist W4 .
Dann verbleibt beim Zerlegen ein Restkörper, der sich wegen 5 cm − 4 cm = 1 cm nur in
Einheitswürfel zerlegen lässt. Wegen V5 − V4 = 125 − 64 = 61 entstehen bei der Zerlegung des
Restkörpers 61 Einheitswürfel W1 . Folglich gilt V5 = V4 + 61 · V1 , und es werden insgesamt
(1 + 61 =) 62 Teilwürfel verwendet.
Fall 2: Der größte Würfel, der beim Aufbau des Würfels W5 verwendet wird, ist W3 .
Um eine minimale Anzahl von W1 - und W2 -Würfeln zu erhalten, ist die Anzahl der W2 -Würfel
zu maximieren, da nur ein W3 -Würfel in den W5 -Würfel passt. Die Anzahl der W2 -Würfel wird
am größten, wenn der W3 -Würfel in einer Ecke des W5 -Würfels liegt, da nur dann W2 -Würfel
an drei Innenseiten des W5 -Würfels platziert werden können: Auf einer Seite ist noch Raum für
vier W2 -Würfel, auf der nächsten Seite noch Platz für zwei W2 -Würfel und auf die letzte Seite
passt zusätzlich noch ein W2 -Würfel, also sieben W2 -Würfel, vergleiche Abbildung 1. (Diese
Abbildung wird vom Schüler nicht verlangt.) Der nun verbleibende Rest mit einem Volumen
von (V5 − V3 − 7 · V2 =) 42 lässt sich nur mit Einheitswürfeln auslegen. Zu dieser Zerlegung
sind insgesamt (1 · W3 + 7 · W2 + 42 · W1 =) 50 Würfel nötig.
2 cm
1 cm
1 cm
3 cm
1 cm
2 cm
2 cm
2 cm
1 cm
Abbildung 1
Fall 3: Der größte Würfel, der beim Aufbau des Würfels W5 verwendet wird, ist W2 oder
W1 . Da in jeder der Raumrichtungen höchstens zwei W2 -Würfel untergebracht werden können,
sind es höchstens acht W2 -Würfel und damit mindestens (V5 − 8 · V2 =) 61 W1 -Würfel, d. h.
mehr als 50.
Da die Fallunterscheidung vollständig ist, ist 50 die gesuchte Anzahl.
11
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Lösungen für Klasse 9 und 10
Aufgabe 1 - Lösung: Teil a)
Die Menge der natürlichen Teiler von 50 ist T50 =
{1; 2; 5; 10; 25; 50}. Wegen 20 − |r| ≤ 20 gilt 20 − |r| ∈ T50 genau dann, wenn |r| ∈
{19; 18; 15; 10}, also genau dann, wenn r ∈ {−19; −18; −15; −10; 10; 15; 18; 19}. Also ist
50
genau für diese r eine natürliche Zahl.
20 − |r|
a
Teil b) Wenn 75 −
eine natürliche Zahl ist, dann ist auch 75 −a|−s| eine. Die Anzahl der
|s|
gesuchten Zahlen s kann also nur ungerade sein, wenn s = 0 zu ihnen gehört, also wenn 75 ein
Teiler von a ist. Da 0 zu viele Teiler hat, ist a mindestens 75. Die natürlichen Teiler von 75
sind 1, 3, 5, 15, 25, 75. Die zugeordneten Zahlen s lauten in der entsprechenden Reihenfolge
74, −74; 72, −72; 70, −70; 60, −60; 50, −50 sowie 0. Es sind wie gefordert genau 11 Zahlen.
Die Zahl a = 75 ist damit die kleinste natürliche Zahl, für die es genau 11 ganze Zahlen s mit
den geforderten Eigenschaften gibt.
Hinweis: Auch a = 79 · 75 = 5925 hat 11 Teiler der genannten Art. Sie ist aber nicht die
kleinste Zahl mit dieser Eigenschaft.
Aufgabe 2 - Lösung: Aussage (A2) kann nicht wahr sein (23 ist Primzahl), also ist (A1) wahr.
Die gesuchte Zahl ist daher dreistellig.
Aussage (B2) kann nicht wahr sein, weil 111 und alle Vielfache davon durch 37 teilbar sind.
Man beachte dazu, dass 111 = 3 · 37 gilt und weiterhin, dass alle dreistelligen Zahlen mit
drei gleichen Ziffern Vielfache von 111 sind. Barbara hätte in diesem Fall gleich zwei wahre
Aussagen gemacht. Also ist (B1) wahr und (B2) falsch.
Ist nun zusätzlich (C1) wahr, dann muss die Zahl sogar durch 11 · 37 = 407 teilbar sein.
Ist (C2) wahr, dann muss die Zahl durch 370 teilbar sein.
Es kommen also nur noch die Zahlen 370, 407, 740 und 814 in Frage. Davon kann die Zahl
407 keine Lösung sein, denn dann hätte Danny zwei wahre Aussagen gemacht.
Die übrigen drei Zahlen erfüllen alle gestellten Bedingungen, können also auf dem Zettel
stehen:
– Für 370 sind genau (A1), (B1), (C2) und (D2) wahr.
– Für 740 sind genau (A1), (B1), (C2) und (D1) wahr.
– Für 814 sind genau (A1), (B1), (C1) und (D1) wahr.
12
Aufgabe 3 - Lösung: Lösungsvariante 1 für Teil a)
Im Spezialfall des gleichschenklig√
√
rechtwinkligen Dreiecks ABC mit a = b gilt |AB| = 2R = 2 a und hc = R = 22 a,
siehe auch Abbildung a1.
Die Berührungsradien zu den beiden Katheten erzeugen mit diesen bei C ein Viereck mit zwei
benachbarten Seiten der Länge r und drei rechten Winkeln bei den Berührpunkten und bei
C, also ein Quadrat mit der Seitenlänge r. Die Höhe hc ist die Summe aus r und der Länge
der Quadratdiagonalen, also gilt
√
√
√ 2
a = r + 2 r = 1 + 2 r.
2
√
√ Umstellen und Rationalmachen des Nenners ergibt r = 1 − 22 a. Zusammen mit R = 22 a
folgt die Behauptung.
C
r
C
r
√
2r
a−r
a−r
I
r
A
R
R
B
A
B
Abbildung a1
Abbildung a2
Lösungsvariante 2 (skizziert) für Teil a) Die Verbindungsstrecken des Inkreismittelpunkts I
mit A, B und C zerlegen das Dreieck ABC in drei Teildreiecke, deren Höhe von I jeweils die
Länge r hat, siehe auch Abbildung a2.
Für deren Inhaltssumme gilt:
√
1
a2
(ar + ar + 2 ar) = .
2
2
Auflösen nach r liefert den gleichen Term wie Variante 1.
Teil b) Die Berührungsradien des Inkreises
mit den Katheten zerlegen das Dreieck in drei
Vierecke mit den Diagonalen CI, AI bzw. BI,
siehe nebenstehende Abbildung.
i) Wie in a) zeigt man, dass das Viereck bei C
ein Quadrat mit der Seitenlänge r ist.
ii) Das Viereck bei A wird durch AI in zwei
Dreiecke zerlegt, die in den zwei Seitenlängen
|AI| und r und der Größe der rechten Winkel
bei den Berührpunkten übereinstimmen.
13
C
r
a−r
b−r
A
r
b−r
a−r
Abbildung b
B
Da die Hypotenuse die längste Seite im rechtwinkligen Dreieck ist, sind sie nach Ssw kongruent.
Daher sind auch die Tangentenabschnitte von A an den Inkreis gleich lang. Wegen i) haben
sie die Länge b − r.
iii) Entsprechend zeigt man, dass die Tangentenabschnitte von B an den Inkreis die Länge
a − r haben.
Aus ii) und iii) folgt c = (a − r) + (b − r) = a + b − 2r.
Nach der Umkehrung des Satzes des Thales ist die Strecke AB Durchmesser des Umkreises
von Dreieck ABC, also c = 2R.
b.
Zusammen folgt 2R = a + b − 2r und damit R + r = a +
2
Lösungsvariante für Teil b) Ein der obigen Variante 2 für Teil a) entsprechender Flächenansatz
führt auf
r=
ab
ab
√
.
=
a+b+c
a + b + a2 + b 2
√
2
2
Rationalmachen des Nenners liefert r = a + b − 2 a + b , was mit R =
b führt.
R+r = a+
2
√
a2 + b 2
2
auch zu
Bemerkungen:
1) Wird zunächst b) gelöst, ergibt sich a) unmittelbar als Spezialfall mit a = b.
2) Die Kongruenz der Tangentenabschnitte kann in b) auch als bekannte Tatsache benutzt
werden.
14
49. Mathematik-Olympiade
Regionalrunde Oberberg
Lösungen für Klasse 11–13
Aufgabe 1 - Lösung: Angenommen, es existiert ein Lösungspaar (x; y). Dann ist Gleichung
(1) äquivalent zu x(x − y) = 2009. Daher muss x ein Teiler von 2009 sein. Wegen 2009 = 7 2 · 41
ist x ∈ {1; 7; 41; 49; 287; 2009}. Aus x wird jetzt der Reihe nach x − y, dann y und schließlich
y 2 − x ausgerechnet.
In der folgenden Tabelle ist für x ≤ 41 dann x − y ≥ 49 und damit y < 0 im Widerspruch zur
Voraussetzung. In den verbleibenden drei Fällen ist nur einmal y 2 − x = 15.
x
1
7
41
49
287
2009
x−y
2009
287
49
41
7
1
y
<0
<0
<0
8
280
2008
y2 − x
15
78 113
4 030 055
Nach Konstruktion von x und y ist (1) in allen Zeilen erfüllt, (2) genau im vierten Fall. Es
gibt also genau eine Lösung, nämlich (49; 8).
Zweite Lösung: Setzt man x = y 2 − 15 aus Gleichung (2) in (1) ein, erhält man
y 4 − 30y 2 + 225 − y 3 + 15y = 2009,
also
y 4 − y 3 − 30y 2 + 15y − 1784 = 0.
Nach Probieren der Nullstelle y = 8 faktorisiert man
(y − 8)(y 3 + 7y 2 + 26y + 223) = 0.
Da der zweite Faktor für jedes positive y positiv wird, kann nur y = 8 und damit x = 49
Lösung sein, was die Probe 492 − 8 · 49 = 2401 − 392 = 2009 und 64 − 49 = 15 bestätigt.
15
Aufgabe 2 - Lösung: Nachdem das Dreieck ABC spitzwinklig ist, liegt der Punkt C 0 auf dem
kürzeren, den Punkt C nicht enthaltenden Bogen AB des Umkreises; Ähnliches lässt sich über
die Lage von A0 und B 0 sagen. Hieraus ergibt sich, dass die sechs Punkte A, C 0 , B, A0 , C, B 0 in
dieser Reihenfolge auf dem Umkreis des Dreiecks ABC liegen, dass also das zu untersuchende
Sechseck nicht überschlagen (und damit sogar konvex) ist (siehe auch Abbildung 1).
Nun sind in jedem der drei Vierecke AC 0 A0 C, CB 0 C 0 B
und BA0 B 0 A die beiden Diagonalen jeweils DurchmesB 00
ser des Umkreises. Aus dem Satz des Thales folgt damit sofort, dass jedes dieser Vierecke ein Rechteck ist.
C
−→
Wird jetzt das Dreieck AC 0 B um AC verschoben, so
A0
00
wird der Punkt B in einen gewissen Punkt B abgebildet, Punkt A in C und Punkt C 0 in A0 . Es gilt dabei
0
|B 0 C| = |C 0 B| = |A0 B 00 | und |AC| = |BB 00 |. Zusätz- B
M
lich zur Kongruenz der Dreiecke CA0 B 00 und AC 0 B nach
B
Konstruktion ist somit das Dreieck CB 0 A kongruent zum
Dreieck B 00 A0 B. Damit sind das Viereck ABB 00 C und das
Sechseck AC 0 BA0 CB 0 flächengleich. Nach obigen StreA
ckengleichheiten ist ferner das Dreieck ABC kongruent
C0
00
zum Dreieck B CB und folglich der Flächeninhalt des
Abbildung 1
Vierecks ABB 00 C doppelt so groß wie der Flächeninhalt
des Dreiecks ABC. Damit ist insgesamt gezeigt, dass sich die Flächeninhalte des Dreiecks
ABC und des Sechsecks AC 0 BA0 CB 0 wie 1:2 verhalten.
Zweite Lösung: Wie in der ersten Lösung wird gezeigt, dass das in der Aufgabenstellung
betrachtete Sechseck konvex ist. Es sei nun H der Höhenschnittpunkt des Dreiecks ABC. Da
dieses laut Voraussetzung spitzwinklig ist, liegt der Punkt H in seinem Inneren. Nach dem
Satz des Thales steht die Gerade A0 B auf AB senkrecht, und nach Konstruktion von H gilt
auch CH ⊥ AB. Beides zusammengenommen liefert A0 B k CH, und in gleicher Weise zeigt
man A0 C k BH. Mithin ist das Viereck A0 CHB ein Parallelogramm, und insbesondere hat es
einen doppelt so großen Flächeninhalt wie das Dreieck HBC. Aus demselben Grund haben die
Vierecke B 0 AHC und C 0 BHA jeweils einen doppelt so großen Flächeninhalt wie die Dreiecke
HCA bzw. HAB. Da sich aber das Sechseck AC 0 BA0 CB 0 aus den drei Vierecken A0 CHB,
B 0 AHC, C 0 BHA und ebenso das Dreieck ABC aus den drei Dreiecken HBC, HCA, HAB
zusammensetzt, erhalten wir hieraus unmittelbar, dass das in der Aufgabenstellung gesuchte
Flächenverhältnis 1:2 beträgt.
Dritte Lösung: Wiederum wie in der ersten Lösung wird gezeigt, dass das in der Aufgabenstellung betrachtete Sechseck konvex ist. M bezeichne den Mittelpunkt des Umkreises. Da das
Dreieck ABC nach Voraussetzung spitzwinklig ist, liegt M im Inneren von Dreieck ABC, und
es gilt F (ABC) = F (M AB) + F (M BC) + F (M CA), wobei F (ABC) den Flächeninhalt von
Dreieck ABC bezeichnet usw.
Als Umkreismittelpunkt halbiert der Punkt M den Durchmesser AA0 ; daher gilt F (M BA0 ) =
1 F (ABA0 ) = F (M AB), entsprechend F (M B 0 A) = F (M AB) sowie analoge Aussagen für
2
F (M BC) und F (M CA).
Weil M auch im Inneren des Sechsecks AC 0 BA0 CB 0 liegt (und dieses nicht überschlagen ist), ist
F (AC 0 BA0 CB 0 ) = F (M AC 0 )+F (M C 0 B)+F (M BA0 )+F (M A0 C)+F (M CB 0 )+F (M B 0 A) =
2 · (F (M AB) + F (M BC) + F (M CA)) und damit F (AC 0 BA0 CB 0 ) = 2 · F (ABC).
Bemerkung: Der bewiesene Sachverhalt bleibt auch dann richtig, wenn das Dreieck ABC
rechtwinklig ist. Allerdings ist dann zu beachten, dass das Sechseck AC 0 BA0 CB 0 in diesem
16
Fall zu einem Viereck ausgeartet“ ist, da zwei Paare von jeweils benachbarten Eckpunkten
”
zusammenfallen. – Ist das Dreieck ABC hingegen stumpfwinklig, sagen wir bei C, so ist das
Sechseck AC 0 BA0 CB 0 überschlagen, und es gibt einen Schnittpunkt R der Seiten AC 0 und B 0 C
sowie einen Schnittpunkt S der Seiten A0 C und BC 0 . In diesem Fall ergibt sich die Formel
F (CRC 0 S) − F (AB 0 R) − F (A0 BS) = 2F (ABC) als Analogon der oben gezeigten Aussage.
Aufgabe 3 - Lösung: Teil a) Für die Quadrate der positiven Zahlen xn und yn gilt
p
x2n = 2n + 1 + 2 n(n + 1) ,
yn2 = 4n + 2.
Aus der für alle positiven Zahlen n gültigen Abschätzung
0 < 4n(n + 1) = 4n2 + 4n < 4n2 + 4n + 1 = (2n + 1)2
erhält man durch Wurzelziehen die Ungleichung
p
2 n(n + 1) < 2n + 1.
Folglich ist
4n + 1 = 2n + 1 + 2n < 2n + 1 + 2
p
n(n + 1) = x2n < 2n + 1 + 2n + 1 = yn2 .
(3)
Weil xn und yn positiv sind, folgt hieraus auch xn < yn .
Teil b) Wir nehmen nun an, dass zwischen xn und yn eine ganze Zahl m liegt, also dass
xn < m < yn gilt. Mit (1) folgt dann 4n + 1 < m2 < 4n + 2. Dies ist unmöglich, da m2
ebenfalls eine ganze Zahl sein muss.
Weiterhin liegt x2n nach (1) ebenfalls zwischen 4n + 1 und 4n + 2. Damit kann x2n und somit
auch xn nicht ganzzahlig sein.
Schließlich ist yn2 = 4n + 2 keine Quadratzahl, denn jede Quadratzahl lässt bei Division durch
4 den Rest 0 oder 1. Damit kann auch yn keine ganze Zahl sein, woraus die Behauptung folgt.
Aufgabe 4 - Lösung: Sind je zwei zelophanische Städte durch eine Straße verbunden, so
können vier Städte beliebig gewählt werden, die dann in der gewünschten Weise miteinander
verbunden sind. Wir müssen also nur noch den Fall behandeln, dass es zwei Städte gibt, sagen
wir A und C, die nicht durch eine Straße verbunden sind.
Da A nicht mit C verbunden ist, muss es mit (mindestens) drei anderen Städten direkt verbunden sein, die wir mit B, D und E bezeichnen. Die sechste Stadt sei F .
In gleicher Weise muss auch C mit (mindestens) drei von A verschiedenen Städten verbunden sein. Weil dafür nur die Städte B, D, E und F in Betracht kommen, muss C also mit
(wenigstens) zwei der Städte B, D, E direkt verbunden sein. Wenn wir gegebenenfalls die
Bezeichnungen so ändern, dass dies B und D sind, so sind B und D sowohl mit A als auch
mit C verbunden, so dass die gewünschte Rundfahrt möglich ist.
17