50. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulstufe) Klasse 8 Lösungen

50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Klasse 8
Lösungen
c 2010 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
°
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500811 Lösung
I. Es bezeichne x die Anzahl der teilnehmenden Schüler. Dann erhält beim Fototausch jeder
Schüler x − 1 Fotos. Also gilt
x · (x − 1) = 2450.
(1)
Weil 50 · 49 = 2450 gilt, ist 50 eine Lösung von (1).
II. Da für ganze Zahlen x mit x > 50
x · (x − 1) > (x − 1)2 ≥ 502 > 2450
gilt und da für ganze Zahlen x mit 0 < x < 50
x · (x − 1) < x2 ≤ 492 < 2450
gilt, können keine weiteren ganzen Zahlen Lösung von (1) sein.
Aus I. und II. folgt, dass die Anzahl der Schüler, die am Ferienlager teilgenommen haben,
eindeutig bestimmt werden kann und dass diese Anzahl 50 ist.
Hinweis: Auch aus der Primfaktorzerlegung 2450 = 2 · 52 · 72 erhält man durch systematisches
Probieren nur 50 als einzige Lösung der Aufgabe.
500812 Lösung
Teil a) Wählt man A und B als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der
Punkte C, D, E, F als dritter Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 4 verschiedene Dreiecke dieser
Art.
Wählt man A und C als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der Punkte D,
E, F als dritter Eckpunkt infrage, da das Dreieck ABC bereits gezählt wurde. Im Folgenden
werden bereits gezählte Objekte nicht mehr erwähnt. Folglich gibt es 3 verschiedene Dreiecke
dieser Art.
Wählt man A und D als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der Punkte E,
F als dritter Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 2 verschiedene Dreiecke dieser Art.
Wählt man A und E als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt nur noch F als dritter
Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 1 Dreieck dieser Art.
Wählt man B und C als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der Punkte D,
E, F als dritter Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 3 verschiedene Dreiecke dieser Art.
Wählt man B und D als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der Punkte E,
F als dritter Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 2 verschiedene Dreiecke dieser Art.
1
Wählt man B und E als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt nur noch F als dritter
Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 1 Dreieck dieser Art.
Wählt man C und D als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der Punkte E,
F als dritter Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 2 verschiedene Dreiecke dieser Art.
Wählt man C und E als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt nur noch F als dritter
Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 1 Dreieck dieser Art.
Wählt man D und E als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt nur noch F als dritter
Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 1 Dreieck dieser Art.
Wegen 4 + 3 + 2 + 1 + 3 + 2 + 1 + 2 + 1 + 1 = 20 kann man folglich genau 20 verschiedene
Dreiecke zeichnen.
Teil b) Bei der Auswahl von zwei nicht benachbarten Sehnen (und damit vier Eckpunkten)
für ein Sehnenviereck wird dieses genau dann konvex, wenn man dabei nur solche Sehnen
beachtet, die einander nicht schneiden.
Wählt man AB als eine Seite des Sehnenvierecks, dann können mit den Sehnen CD, CE, CF ,
DE, DF und EF insgesamt 6 verschiedene Sehnenvierecke gebildet werden.
Wählt man AC als eine Seite des Sehnenvierecks, dann können mit den Sehnen DE, DF und
EF insgesamt 3 verschiedene Sehnenvierecke gebildet werden.
Wählt man AD als eine Seite des Sehnenvierecks, dann kann nur mit der Sehne EF noch 1
Sehnenviereck gebildet werden.
Wählt man BC als eine Seite des Sehnenvierecks, dann können mit den Sehnen DE, DF und
EF insgesamt 3 verschiedene Sehnenvierecke gebildet werden.
Wählt man BD als eine Seite des Sehnenvierecks, dann kann nur mit der Sehne EF noch 1
Sehnenviereck gebildet werden.
Wählt man CD als eine Seite des Sehnenvierecks, dann kann nur mit der Sehne EF noch 1
Sehnenviereck gebildet werden.
Wegen 6 + 3 + 1 + 3 + 1 + 1 = 15 gibt es genau 15 verschiedene Sehnenvierecke der geforderten
Art.
Teil c) Jeweils einer der sechs Punkte kommt als Eckpunkt eines Fünfecks nicht infrage. Aus
den verbleibenden 5 Punkten kann man jeweils nur ein konvexes Fünfeck bilden, so dass es
genau 6 verschiedene konvexe Fünfecke der geforderten Art gibt.
500813 Lösung
Teil a) Das angewendete Verfahren lautet:
– Schreibe in die zweite und in die vierte Zeile des Schemas das Produkt der beiden Ziffern
der zu quadrierenden Zahl als zweistellige Zahl (bei einem einstelligen Produkt durch
Voranstellen einer 0). Die erste Ziffer des Produkts steht jeweils an der Hunderterstelle.
– Schreibe in die dritte Zeile des Schemas die vierstellige Zahl, die man erhält, indem man
das Quadrat der Zehnerziffer und das Quadrat der Einerziffer der zu quadrierenden Zahl
nebeneinander schreibt. Einstellige Quadrate sind dabei durch eine vorangestellte 0 zu
ergänzen. Die erste Ziffer dieser Zahl steht an der Tausenderstelle.
– Addiere die drei in der angegebenen Anordnung eingetragenen Zahlen unter Berücksichtigung der Stellen.
2
Nach dem Verfahren ergeben sich für die Quadratzahlen von 59, 82 und 19 folglich:
592
45
2581
45
3481
822
16
6404
16
6724
192
09
0181
09
361
Teil b) Für jede zweistellige Zahl x mit der Zehnerziffer a und der Einerziffer b gilt x = 10a+b.
Hieraus folgt
x2 = (10a + b)2 = 100a2 + 20ab + b2 = 10ab + (100a2 + b2 ) + 10ab.
(1)
Da 100a2 auf zwei Nullen endet und a2 und b2 höchstens zweistellig sind, ist 100a2 + b2
eine höchstens vierstellige Zahl, bei der die beiden Quadratzahlen von a und b nebeneinander
stehen, wobei b2 links durch eine 0 ergänzt werden muss, wenn b2 einstellig ist. An der Stellung
von ab in der Addition erkennt man, dass eigentlich 10ab unter dem oberen und über dem
unterem Strich steht. Die Rechnung lautet daher
(10a + b)2
10ab
100a2 + b2
+
10ab
2
100a + 20ab + b2
und ist wegen (1) richtig.
Teil c) Es sei nun x = 100a + 10b + c eine dreistellige Zahl mit den Ziffern a, b und c. Dann
gilt
x2 = (100a + 10b + c)2
= 10000a2 + 1000ab + 100ac + 1000ab + 100b2 + 10bc + 100ac + 10bc + c2
= 100ac + (1000ab + 10bc) + (10000a2 + 100b2 + c2 ) + (1000ab + 10bc) + 100ac. (2)
Dies kann schematisch dargestellt werden als
(100a + 10b + c)2
100ac
1000ab + 10bc
10000a2 + 100b2 + c2
1000ab + 10bc
+
100ac
2
10000a + 1000ab + 100ac + 1000ab + 100b2 + 10bc + 100ac + 10bc + c2
Das Produkt ac ist also in der zweiten und sechsten Zeile um zwei Stellen nach links einzurücken. In der dritten Zeile und fünften Zeile ist das Produkt ab um drei Stellen nach
links, das Produkt bc um eine Stelle nach links einzurücken. Da bc nur höchstens zweistellig
ist, müssen die fehlenden Stellen mit 0 besetzt werden. In der vierten Zeile werden a2 um
vier Stellen nach links, b2 um zwei Stellen nach links eingerückt und c2 eingetragen. Da die
Quadrate höchstens zweistellig sind, müssen eventuell fehlende Stellen mit 0 besetzt werden.
3
Das gefundene Verfahren lautet:
– Schreibe in die zweite und in die sechste Zeile des Schemas das Produkt der ersten
und der dritten Ziffer der zu quadrierenden Zahl. Ein einstelliges Produkt ist dabei
durch eine vorangestellte 0 zu ergänzen. Die erste Ziffer dieser Zahl steht jeweils an der
Tausenderstelle.
– Schreibe in die dritte und in die fünfte Zeile des Schemas die vierstellige Zahl, die man
erhält, indem man das Produkt aus der ersten und der zweiten Ziffer und das Produkt
aus der zweiten und der dritten Ziffer der zu quadrierenden Zahl nebeneinander schreibt.
Einstellige Produkte sind dabei wieder durch eine vorangestellte 0 zu ergänzen. Die erste
Ziffer der zu bildenden Zahl steht an der Zehntausenderstelle.
– Schreibe in die vierte Zeile des Schemas die sechsstellige Zahl, die man erhält, indem man
die Quadrate der drei Ziffern nebeneinander schreibt. Einstellige Quadrate sind dabei
wieder durch eine vorangestellte 0 zu ergänzen. Die erste Ziffer der zu bildenden Zahl
steht an der Hunderttausenderstelle.
– Addiere die eingetragenen Zahlen analog wie bei dem Verfahren für zweistellige Zahlen.
Wir berechnen nun 5242 = 274576, einmal indem wir die Zahlen wie oben beschrieben anordnen, und einmal indem wir das Einrücken durch Nullen kennzeichnen:
524
20
1008
250416
1008
20
274576
524
2000
10080
250416
10080
2000
274576
500814 Lösung
Nach Aufgabenstellung bezeichnen α und β die Größen der Innenwinkel BAC und CBA im
Dreieck ABC. Weiterhin bezeichne γ die Größe des Innenwinkels ACB und δ die Größe des
Winkels BDC.
Die mathematische Formalisierung der vier Angaben lautet dann:
(1)
(2)
(3)
(4)
D liegt auf AB.
α < 45◦.
δ = 3α.
γ = δ.
C
γ
α
A
3α
β
D
B
Abbildung L 500814 a
Wir lösen zuerst Aufgabenteil b).
Teil b) Aus (3) und (4) folgt durch Einsetzen γ = 3α. Aus dem Innenwinkelsatz für das
Dreieck ABC folgt hieraus β = 180◦ − α − γ = 180◦ − α − 3α, also
β = 180◦ − 4α.
(5)
Wegen (2) gilt β = 180◦ − 4α > 0◦.
Teil a) Aus α = 20◦ und (5) folgt β = 180◦ − 4α = 180◦ − 80◦, also β = 100◦.
4
Teil c) (Die Aufgabenstellung Ermittle alle“ erfordert (I.) die Bestimmung aller möglichen
”
Werte und (II.) den Nachweis, dass zu diesen Werten auch tatsächlich ein Dreieck mit den
geforderten Eigenschaften existiert. Laut Aufgabenstellung darf hier auf II. verzichtet werden,
wird aber für den interessierten Schüler trotzdem abgedruckt.)
I. Wegen (2) können nur die Winkel ACB und CBA die Größe 90◦ haben.
Wenn β = 90◦ gilt, so folgt aus (5), dass 90◦ = 180◦ − 4α gilt und daher α = 22,5◦ gelten muss.
Wenn γ = 90◦ gilt, dann folgt aus (3) und (4), dass 90◦ = γ = δ = 3α gilt und daher α = 30◦
gelten muss.
II. Es existiert ein Dreieck ABC mit den Winkelgrößen α = 22,5◦, β = 90◦ und γ = 67,5◦,
da die Summe dieser Größen 180◦ ist. Offenbar ist dieses Dreieck rechtwinklig und es gilt
(2). Es gibt genau eine Gerade g, welche durch den Eckpunkt C verläuft, mit der Geraden
BC den Winkel 22,5◦ einschließt und die Strecke AB schneidet. Letzteres ist möglich, weil
22,5◦ < γ gilt. Damit erfüllt der Schnittpunkt D von g mit AB die Bedingung (1). Aus dem
Innenwinkelsatz für das Dreieck DBC folgt |<) BDC| = 67,5◦. Daher sind auch (3) und (4)
erfüllt.
Es existiert auch ein Dreieck ABC mit den Winkelgrößen α = 30◦, β = 60◦ und γ = 90◦, da
auch hier die Summe dieser Größen 180◦ ist. Offenbar ist dieses Dreieck rechtwinklig und es
gilt (2). Es sei D der Lotfußpunkt des Punktes C auf die Gerade AB. Da das Dreieck ABC
rechtwinklig bei C ist, folgt (1) und |<) BDC| = 90◦ = 3α = γ. Daher sind auch (3) und (4)
erfüllt.
Aus I. und II. folgt, dass ein rechtwinkliges Dreieck ABC mit den Eigenschaften (1), (2), (3)
und (4) genau dann existiert, wenn α = 22,5◦ oder α = 30◦ gilt.
Hinweis: Um für den Aufgabenteil b) einen Lösungsweg zu finden, ist es günstig, zunächst
den Teil a) zu lösen, indem man in eine geeignet gezeichnete (u. U. sogar konstruierte) Figur
für α und 3α die gegebenen Werte 20◦ und 60◦ einträgt. Dann lassen sich alle anderen Winkel
allein mit Hilfe des Innenwinkelsatzes und des Nebenwinkelsatzes berechnen.
Beim Darstellen der Lösung ist es günstig, mit Teil b) zu beginnen, da man dann die Lösung
von Teil a) sofort durch Einsetzen erhalten kann. Durch Verwenden des (aus dem Nebenwinkelsatz und dem Innenwinkelsatz folgenden) Außenwinkelsatzes lässt sich die dargestellte
Lösung verkürzen.
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