Lösungen - Mathe für jung und alt

MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE102 - JAN/FEB 2016
1
Vorschule
Lösungen 102-11
1,
2,
3,
5,
7, 9
4, 11
6, 8
10, 12
Lösungen 102-12
Es stehen noch 2 Kunstflieger da:
4−2=2
Lösungen 102-13
Lösungen 102-14
Wegen der Druckqualität ist es nur schwer zu erkennen. Es sind diese beiden:
1
2
2
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Klassen 1 und 2
Lösungen 102-21
Die Maste unterteilen die Liftstrecke in 4 Abschitte. Jeder ist 100 : 4 = 25 Meter lang.
Lösungen 102-22
Minuten:
2
4
6
8
10
Luftballons:
3
6
9
12
15
Für 15 Luftballons braucht Tarik 10 Minuten.
Lösungen 102-23
Lucy schießt auf 20 Scheiben (4 · 5). Wenn sie keine davon trifft, bekommt sie 20 Strafminuten.
Lösungen 102-24
A=35, B=26 und C=29
Lösungen 102-25
Mittagessen: 15 + 5 = 20 Fischstäbchen
Abendbrot: 15 - 5 = 10 : Rest aus der zweiten Packung. Insgesamt 15 + 10 = 25 Fischstäbchen.
25 − 4 − 7 − 3 − 2 = 9
Papa aß 9 Fischstäbchen zum Abendbrot.
Lösungen 102-26
Ein Fuchs kann 10 Jahre alt werden, ein Wolf 15.
Lösungen 102-27
1 Stunde und 20 Minuten sind auch 80 Minuten.
Lösungen 102-28
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE102 - JAN/FEB 2016
3
3
Klassen 3 und 4
Lösungen 102-31
Es gibt genau 3 Lösungen:
416350 + 416350 = 832700
218350 + 218350 = 436700
219350 + 219350 = 438700
Lösung von Thekla Hamm, 8 Jahre, Klasse 3:
Ganz einfach ist, dass E = 0, weil E + E = 0 nur so geht. K + K = 0 geht nicht, weil
dann K auch 0 wäre. Also muss K + K = 10 sein. Dann ist K = 5.
Jetzt wird es schwieriger. C + C + 1 = N , oder C + C + 1 = 10 + N . Bei C = 1 wird
N = 3. Es muss aber auch L + L = C oder L + L + 1 = C oder L + L = 10 + C oder
L + L + 1 = 10 + C sein. Das würde aber mit C = 1 nur bei L = 0oder L = 5 klappen. 0
und 5 sind aber schon vergeben. Also geht C = 1 nicht.
Bei C = 2 wird N = 5. 5 ist aber schon vergeben. Also geht C = 2 nicht. Bei C = 3 wird
N = 7. Und L muss enweder 1 oder 6 sein, weil ja L + L + 1 = C oder = 10 + C ist. Auf
jeden Fall muss O + O einen Übertrag haben. O muss größer als 5 sein. Nehmen wir mal
L = 1. Ich probiere O = 6. Dann ist H = 2. F muss kleiner als 5 sein. Da ist nur 4 frei. S
ist dann 8. Ich habe ein Ergebnis!
416350 + 416350 = 832700
Aber vielleicht gibt es noch mehr. Ich probiere O = 7, H = 4. Dann ist aber keine Zahl
für F mehr frei. Ich probiere O = 8, H = 6.Das geht jetzt mit F = 2 und S = 4. Noch
eine Lösung!
218350 + 218350 = 436700
4
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Dann probiere ich auch noch O = 9, H = 8. Das geht wieder mit F = 2 und S = 4. Dritte
Lösung!
219350 + 219350 = 438700
Ich habe es dann auch noch mit C = 4, 6, 7, 8, 9 versucht. Das ging aber alles nicht.
Lösungen 102-32
Die richtige Reihenfolge ist: E - 1 - 6 - 12 - 18 - 13 - 7 - 2 - 3 - 4 - 5 - 11 - 17 - 21 - 16 10 - 9 - 8 - 14 - 20 - 19 - 15 - A
Lösungen 102-33
1, 4, 11
2, 6, 8
3, 10, 12
5, 7, 9
Man kann es durch Ausschneiden und drehen überprüfen.
Lösungen 102-34
Er hätte sagen müssen: „Wenn ich es überhaupt besitze und es nicht verloren habe,
besitze ich es natürlich noch.“
Lösungen 102-35
Er ist größer, denn der Mensch direkt hinter dem Menschen direkt vor mir bin ich selbst
und es wurde gesagt, dass der Mensch vor mir größer ist als ich selbst.
Lösungen 102-36
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE102 - JAN/FEB 2016
5
a) Es sind 5832 Erdstunden: 24 · 243 = 5832.
b) Es sind vier Tage: 96 : 24 = 4.
c) Ein halber Tag ist vergangen: 243 : 2 = 121, 5
d) Es ist genau ein halber Tag vergangen: vom 1. Januar 2010 0:00 Uhr bis zum 1. Mai
2010 23:59 sind es genau 31 + 28 + 31 + 30 + 1 = 121 Tage. Bis zum 2. Mai 2010
12:00 vergeht noch ein halber Tag. Das sind insgesamt 121,5 Erdtage, also ein halber
Venustag.
Lösungen 102-37
24 : 3 = 8
Von 8 Pinguinen hat Sascha genau ein Foto, von 8 genau zwei Fotos. Das sind insgesamt
24 Fotos. Also sind es 16 Pinguine.
Lösungen 102-38
4
Klassen 5 und 6
Lösungen 102-41
Der Abstand der Sessl Nr.19 und Nr.99 ist zu beiden Stationen gleich groß, also
x + x = 99 − 19
d.h. x = 40. An der einen Station befindet sich zum Zeitpunkt der Beobachtung der Sessel
Nr. 59, an der anderen Station der Sessel Nr. 129 (59 + 140 : 2).
Lösungen 102-42
Würfel Nummer 4
Lösungen 102-43
Sven war im Harz und wohnt im weißen oder grünen Haus. Ken war nicht im Harz und
nicht an der Ostsee, also war er in der Sächsischen Schweiz und Ben muss an der Ostsee
gewesen sein. Da Ken im rechten Haus wohnt, sind Bananen nicht sein Lieblingsobst. Da
6
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Äpfel im weißen Haus, das nicht in der Mitte steht, am liebsten gegessen werden, und
im linken Haus Bananen, werden im grünen Haus am liebsten Pfirsiche gegessen und das
linke Haus ist rot. Da Ken im rechten Haus wohnt, wohnt er im weißen Haus und isst am
liebsten Äpfel.
Ergebnis:
Ken: weißes Haus, Äpfel, Sächsische Schweiz
Ben: rotes Haus, Bananen, Ostsee
Sven: grünes Haus, Pfirsiche, Harz
Lösungen 102-44
Angenommen, Alina war vor 3 Jahren x Jahre alt. Dann waren Lukas vor 3 Jahren 3x
und Max 2x Jahre alt. Jetzt gilt daher
x + 3 + 3x + 3 + 2x + 3 = 27
6x + 9 = 27
6x = 18
x =3
Vor 3 Jahren waren Alina 3, Max 6 und Lukas 9 Jahre alt. Also sind sie im Moment 6, 9
und 12 Jahre alt.
Lösungen 102-45
Angenommen, die Häuser stehen in der Reihenfolge A, B, C an der Straße. Dann muss
die Halstestelle H genau vor Haus B eingerichtet werden.
Die Gesamtentfernung beträgt dann | AB | + | BC |=| AC | und ist minimal.
Begründung: Angenommen, H liege außerhalb der Strecke AC, z.B. HABC (ABCH ist
analog). Dann gilt
| HA | + | HB | + | HC |= 3 | HA | + | AB | + | AC |
und das ist größer als jede Gesamtentfernung im Fall AHBC. H muss also zwischen A und
C liegen, z.B. AHBC. Dann beträgt die Gesamtentfernung der Häuser von H
| AH | + | HB | + | HC | = | AB | − | HB | + | HB | + | HB | + | BC |
= | AB | + | BC | + | HB |
Die rechte Seite der letzten Gleichung ist genau dann minimal, wenn | HB |= 0 ist, also
B = H.
Die minimale Gesamtentfernung ist gleich | AB | + | BC |=| AC |.
Lösungen 102-46
Teiler:
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE102 - JAN/FEB 2016
7
(1) 2
(2) 3
(3) 4
(4) 5
(5) 6 = 1 · 2 · 3 = 1 + 2 + 3
(6) 7
(7) 8 = 23
(8) 9 = 32
Primfaktorzerlegung ist
23 · 32 · 5 · 7 = 2520
Die gesuchte Zahl ist 2520
Lösungen 102-47
A) (Hier wird der Kürze halber nur die Konstruktionsbeschreibung und Determination angegeben.
Auf Analyse und Beweis wird verzichtet.)
Auf der durch die Punkte B und C definierten Geraden konstruiert man eine Senkrechte im Punkt
C (Konstruktion der Mittelsenkrechten mit Zirkel
und Lineal).
Der Punkt A des Dreiecks ergibt sich als Schnittpunkt der Senkrechten mit einem Kreis um
C mit Radius 4 cm. Nach Satz des Thales ist jeder Peripheriewinkel über dem Durchmesser
eines Kreises ein rechter Winkel. Da das Dreieck 4ACD gleichschenklig mit Basis AC
sein soll, muss der Punkt D ein Schnittpunkt des Kreises mit Durchmesser AC und der
Mittelsenkrechten zu Strecke AC sein. Man konstruiert also die Mittelsenkrechte zu AC.
Diese schneide AC im Punkt M . Nun konstruiert man den Kreis um M mit Radius
| AM |. Da der Kreis die Mittelsenrechte in genau zwei Punkten schneidet, gibt es genau
zwei Dreiecke 4ACD und 4ACD0 , die den Bedingungen der Aufgaben genügen.
B) Da D0 Schnittpunkt eines Kreises um M mit einem Durchmesser ist, der gleich der
Hälfte der Länge der Strecke AC ist, ist D0 innerer Punkt des Dreiecks 4ABC. Daher ist
A1 > A2 .
Lösungen 102-48
Ilja Rozhko, 10 Jahre, Klasse 5:
Für jede Schachtel gibt es zwei Tippmöglichkeiten (7 Bonbons oder 8 Bonbons). Man
muss die Möglichkeiten multiplizieren: 24 = 16. Man multipliziert sie, weil alle Schachteln
unabhängig voneinander je zwei Möglichkeiten haben. Also gibt es Maximal 16 Tippzettel.
8
5
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Klassen 7 und 8
Lösungen 102-51
Wasja packt die Ski entlang
der Raumdiagonale eines würfelförmigen Kastens der Kan√
tenlänge 1m. Diese ist 3 m = 1, 73 . . . m lang, also deutlich länger als 1,5m.
Lösungen 102-52
a) Verbindet man einen beliebigen inneren Punkt P des 100-Ecks mit allen 100 Eckpunkten, dann wird das 100-Eck in 100 Dreiecke zerlegt. Deren Innenwinkelsumme beträgt 100 · 180◦ = 18000◦ . Die Innenwinkelsumme des 100-Ecks ergibt sich aus der Differenz dieser Winkelsumme und der Summe aller Dreieckswinkel mit Scheitel P , also
18000◦ − 360◦ = 17640◦ .
b) Die Idee aus a) kann man auf eine beliebige Zahl n ∈ N, n > 2 übertragen: die
Innenwinkelsumme ist gleich
n · 180◦ − 360◦ = (n − 2) · 180◦
In einem regelmäßigen n−Eck sind alle Innenwinkel kongruent. Die Größe eines Innenwinkels α ist also gleich
(n − 2) · 180◦
α=
n
c) Wir lösen die Teilaufgabe für ein regelmäßiges n− Eck mit n ∈ N, n > 2. Es sei M
der Mittelpunkt des Umkreises des regelmäßigen n− Ecks. Sein Radius sei r. Die Verbindungslinien zwischen M und den Eckpunkten zerlegen das n− Eck in n gleichschenklige
Dreiecke mit den Schenkellängen r und dem Schnekelwinkel γ = 360◦ : n. Der Fächeninhalt AD eines solchen Dreiecks ist gleich
1
360◦
1
AD = r2 sin γ = r2 sin
2
2
n
Das regelmäßige n− Eck hat also einen Flächeninhalt
An =
n 2
360◦
r sin
2
n
Der Umkreis hat den Flächeninhalt
AU = πr2
Für n = 100 ergibt sich
A100 = 50 · sin 3, 6◦ · r2 ≈ 3, 1395r2 , AU ≈ 3, 1416r2
Der Flächeninhalt des regelmäßigen 100-Ecks ist um etwa 0,07 % kleiner als der des
Umkreises.
Zusatz: Für den gesuchten Quotienten gilt nach c):
AU
=
An
n
2
π
◦
sin 360
n
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE102 - JAN/FEB 2016
9
Für n → ∞ gilt
AU
→0
An
Der Kreis ist also die Grenzfigur einer Folge regelmäßiger n− Ecke.
Lösungen 102-53
a) Es seien a1 die Kantenlänge und A1 der Oberflächeninhalt des nicht durch den zweiten
Würfel verdeckten Teils der Oberfläche des ersten (kleinsten) Würfels. Ferner seien a2 und
A2 , a3 und A3 sowie a4 und A4 die entsprechenden Größen für den zweiten, dritten und
vierten Würfel. Dann gilt
A1
A2
A3
A4
=
=
=
=
5a21
5a22 − a21
5a23 − a22
6a24 − a23
Also ist der gesamte Oberflächeninhalt A des Körpers gleich
A = A1 + A2 + A3 + A4
= 4a21 + 4a22 + 4a23 + 6a24
= 4 a21 + a22 + a23 + a24 + 2a24
Mit a1 = 1 cm, a2 = 2 cm, a3 = 3 cm und a4 = 4 cm ergibt sich für die Oberfläche des
zusammengesetzten Körpers 152 cm2 .
b) Für den Fall von n > 2 Würfeln erhält man analog wie oben
A1
A2
An−1
An
=
=
···
=
=
5a21
5a22 − a21
5a2n−1 − a2n−2
6a2n − a2n−1
Also ist der gesamte Oberflächeninhalt A des Körpers in diesem Fall gleich
A = A1 + A2 + · · · + An−1 + An
= 4a21 + 4a22 + · · · + 4a2n−1 + 6a2n
= 4 a21 + a22 + · · · + a2n−1 + a2n + 2a2n
Für a1 = 1 cm, a2 = 2 cm, · · ·, an−1 = n − 1 cm und an = n cm erhält man also
h i
A = 4 12 + 22 + · · · + (n − 1)2 + n2 + 2n2 cm2
Nun gilt
12 + 22 + · · · + n2 =
n (n + 1) (2n + 1)
6
(1)
10
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Diese Formel kennt man entweder aus der Schule oder findet sie in einer mathematischen
Formelsammlung. Das setzen wir in (1) ein und erhalten nach einigen Umformungen
A=
2 2
n 2n + 6n + 1 cm2
3
Lösungen 102-54
Die Aufgabe kann mittels der Koordinatenmethode gelöst werden: wir fassen die geordneten Paare (a, b) als Koordinaten von Punkten der Ebene auf (siehe Abbildung).
a) Die Ungleichungen (1) - (3) entsprechen dann den Halbebenen, die durch die Pfeilrichtung markiert sind. Die Koordinaten aller Punkte im Inneren des Dreiecks ABC genügen
den Ungleichungen (1),(2) und (3). Die gesuchten geordneten Paare entsprechen daher
den Punkten im Inneren des Dreiecks, die natürliche Koordinaten haben: (2, 1),(3, 1)und
(3, 2). Da die Abbildung geordneter Zahlenpaare auf Punkte der Ebene eineindeutig ist,
sind dies die einzigen Zahlenpaare, die den Bedingungen der Aufgabe genügen.
b) Diesen Teil sieht man ebenfalls an obiger Zeichnung. Die Gerade x + y = 2 enthält für
y < 0 und x < 4 nur den ganzzahligen Gitterpunkt (3, −1). Für diesen gilt aber Gleichheit
in (3), so dass er nicht zur Lösungsmenge gehört. Für die anderen Gitterpunkte (a, b) mit
ganzzahligen Koordinaten, die im Inneren des Dreiecks ABC liegen, gilt a ≥ 0 und b ≥ 0.
Lösungen 102-55
Behauptung: die Flächeninhalte der grauen Dreiecke und des dunkelgrauen Vierecks sind
gleich.
Beweis (rein geometrisch)
Mittels Kongruenzsatz sws angewendet auf die Dreiecke 4AGD
und 4DF C und Innenwinkelsatz, angewendet auf 4AGD bzw.
4DN G zeigt man zunächst, dass ∠M N K = 90◦ ist und analog,
dass auch alle anderen Winkel im Viereck KLM N rechte Winkel
sind. (Dies wurde in einer früheren Aufgabe bereits ausführlich bewiesen).
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE102 - JAN/FEB 2016
11
Weiter gilt, dass die kleinen grauen Dreiecke paarweise kongruent sind (Kongruentzsatz
wsw z.B.).
Es seien S und T die Mittelpunkte der Seiten KL und M N des Rechtecks KLM N .
Wir beweisen, dass die Dreiecke 4KSN und 4HAK kongruent sind. Das folgt aus dem
Strahlensatz und der Kongruenz der Dreiecke 4N HK und 4HAK:
nach Voraussetzung sind die Strecken DF und HB parallel. Es gilt also
| AK |:| AN |=| AH |:| AD |
und da H der Mittelpunkt der Strecke AD ist, folgt | AK |=| KN |.
Das Viereck ASN H muss also ein Rhombus (Raute) sein (senkrech aufeinanderstehende
Diagonalen, deren eine die andere im Mittelpunkt schneidet.
Das Recheck KLM N lässt sich also in 4 kongruente Dreiecke zerlegen (2 davon sind in
der Zeichnung erkennbar), die alle kongruent zu einem kleinen grauen Dreieck sind. Damit
sind die Flächeninhalte gleich, q.e.d.
Bemerkung: Es gibt noch einen anderen Beweis, bei dem die Gleichheit der Flächeninhalte
rechnerisch gezeigt wird: dieser wird hier aber nur in den Grundideen angedeutet: Man
beweist zunächst die Ähnlichkeit der Dreiecke 4F CD, 4CDM und 4F CM . Der Streckungsfaktor zwischen 4CDM und 4F CM beträgt dabei nach Konstruktion 2. Der Flächeninhalt des Dreiecks 4CDM ist also 4 mal so groß wie der des Dreiecks 4F CM . Der
Flächeninhalt des Dreiecks 4F CD ist gleich der Summe der Flächeninhalte der Dreiecke
4CDM und 4F CM . Seien nun a der Flächeninhalt des Quadrats, f der Flächeninhalt
des Dreiecks 4F CM , g der Flächeninhalt des Dreiecks 4F CD und q der Flächeninhalt
des grauen Vierecks. Dann gilt
a = q+4·4·f
a
g =
4
g = 5f
Also
a = 20f = q + 16f
D.h. q = 4f , q.e.d.
Lösungen 102-56
Wir unterteilen dasQuadrat in 1 × 1- Zellen, wie in Bild 1 zu sehen. Jedes Kreisloch ist
dann vollständig in einem Quadrat der Größe 2 × 2 enthalten. Der Einfachheit halber
nennen wir solch ein Quadrat Region.
12
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Wir beweisen nun Folgendes:
Behauptung: Wenn man aus dem gegebenen Quadrat die Vereinigungsmenge von 5 Regionen herausschneidet, dann kann man aus der Restmenge 2 Rechtecke der Größe 1 × 2
herausschneiden.
Beweis: Eine Region ist eindeutig bestimmt durch die Lage ihres Mittelpunktes. Der
Mittelpunkt jeder Region liegt auf einer der in Bild 2 gekennzeichneten Linien. Da es
5 Regionen, aber nur 4 Linien sind, enthalten entweder Linie 1 und Linie 2 gemeinsam
nicht mehr als 2 Mittelpunkte, oder Linie 3 und 4 gemeinsam. Ohne Beschränkung der
Algemeinheit nehmen wir an, dass die Linien 3 und 4 zusammen nicht mehr als 2 RegionMittelpunkte enthalten. Dann sind genau 3 Fälle denkbar:
1) Linie 4 ist leer (enthält keinen einzigen Mitelpunkt der 5 Regionen).
2) Linie 3 ist leer.
3) Linie 3 und Linie 4 enthalten je ganeu einen Mittelpunkt der 5 Regionen.
Im Fall 1 hat der oberste 1 × 5- Streifens des Quadrats keiner der 5 Regionen eine Zelle
gemeinsam. Daher kann man aus ihm zwei 1 × 2-Rechtecke herausschneiden. Damit ist
für den Fall 1 die Behauptung bewiesen.
Zur Analyse von Fall 2 färben wir in dem 5×5- Quadrat
sieben 1 × 2- Rechtecke wie in Bild 3. Da die Linie 3 keinen Mittelpunkt einer der 5 Regionen enthält, kann jede
der 5 Regionen mit höchstens einer der sieben gefärbten
Rechtecke eine Zelle gemeinsam haben. Folglich gibt es
2 solcher Rechtecke, die mit keiner der fünf Regionen
Zellen gemeinsam haben, womit die Behauptung auch
im Fall 2 bewiesen ist.
Analog untersucht man den dritten Fall:
Falls sich die Regionen, deren Mittelpunkte auf den Linien 3 und 4 liegen, schneiden,
bleiben die 2 in Bild 4 gefärbten Rechtecke übrig, falls sie sich nicht schneiden, die in Bild
5 gefärbten Rechtecke. Alle anderen denkbaren Anordnungen der Regionen im Fall 3 sind
äquivalent zu einer dieser beiden. q.e.d.
Bemerkung: Man kann zeigen, dass es nicht möglich ist, mehr als zwei 1 × 2- Rechtecke
aus dem Restquadrat zu schneiden.
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MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE102 - JAN/FEB 2016
Lösungen 102-57
Zeichne zwei beliebige sich von außen in einem Punkt A berührende Kreise. Sind B und
C die Berührungspunkte einer gemeinsamen Tangente an diese beiden Kreise, so ist der
Winkel ∠BAC ein rechter.
Diese Behauptung ist zu beweisen!
Lösungen 102-58
Wir schreiben alle 100 Summen in eine Tabelle:
b1
a1 + b 1
a2 + b 1
···
a10 + b1
b2
a1 + b 2
a2 + b 2
···
a10 + b2
Nun ordnen wir die Zweiersummen dieser Tabelle nach folgendem Schema 10 Teilmengen zu,
die wir der Einfachheit halber mit
den Ziffern 1, . . . , 10 bezeichnen:
Jede dieser 10 Teilmengen enthält
auf diese Weise genau alle gegebenen Zahlen a1 , . . . , a10 , b1 , . . . , b10
1
10
9
8
7
6
5
4
3
2
a1
a2
···
a10
b3
a1 + b 3
a2 + b 3
···
a10 + b3
2
1
10
9
8
7
6
5
4
3
3
2
1
10
9
8
7
6
5
4
···
···
···
···
···
4
3
2
1
10
9
8
7
6
5
b10
a1 + b10
a2 + b10
···
a10 + b10
5
4
3
2
1
10
9
8
7
6
6
5
4
3
2
1
10
9
8
7
7
6
5
4
3
2
1
10
9
8
8
7
6
5
4
3
2
1
10
9
9
8
7
6
5
4
3
2
1
10
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
als Summanden, d.h. die Summe aller Zahlen in jeder der 10 Teilmengen ist gleich a1 +
. . . + a10 + b1 + . . . + b10 .
6
Klassen 9 bis 13
Lösungen 102-61
Lösung c):
Es sei n ∈ N. Dann gilt
Tn (x) :=
√
x−
n2
−
q
√
x − 2n x − n2 = n ∀x ≥ 2n2
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√
√
Sei x ≥ 2n2 , dann ist x − n2 − n ≥ 0 und x − 2n x − n2 ≥ 0. Daher sind alle folgenden
Umformungen äquivalent.
x
√
2
x − n − 2n x − n + n2
√
( x − n2 − n)2
√
x − n2 − n
q
√
√
x − n2 − x − 2n x − n2
Tn (x)
2
= x
√
= x − 2n x − n2
√
= x − 2n x − n2
q
√
=
x − 2n x − n2
= n
= n
Für die Spezialfälle n = 1 und n = 2 ergeben sich die Lösungen a und b:
Lösung a: T1 (x) = 1 ∀x ≥ 2
Lösung b: T2 (x) = 2 ∀x ≥ 8
Lösungen 102-62
Da 3448 = 9224 < 10224 ist, hat die Zahl z höchstens 224 Dezimalziffern. Jede der Ziffern
ist höchstens gleich 9. Also ist die Quersumme der Zahl z kleiner als 9 · 224 = 2016.
Lösungen 102-63
Es seien a, b, c ≥ 1 natürliche Zahlen, die das gegebene Gleichungssystem lösen und
o.B.d.A sei a ≤ b ≤ c. Dann gilt
48 = a + b + c ≤ 3c
d.h.
16 ≤ c ≤ 46
Wegen 2016 = 25 · 32 · 7, folgt c ∈ {16, 18, 21, 24, 28, 32, 36, 42}. Das gegebene Gleichungssystem können wir äquivalent umformen:
a2 − (48 − c)a +
2016
=0
c
Mit den möglichen Werten für c erhalten wir 8 quadratische Gleichungen für a, die ganzzahlig zu lösen sind:
a2 − 32a + 126
a2 − 30a + 112
a2 − 27a + 96
a2 − 24a + 84
=
=
=
=
0
0
0
0
a2 − 20a + 72
a2 − 16a + 63
a2 − 12a + 56
a2 − 6a + 48
=
=
=
=
0
0
0
0
Von diesen ist nur a2 − 16a + 63 = 0 ganzzahlig lösbar. Lösungen sind a = 7 und a = 9
mit b = 9 bzw. b = 7. Damit gibt es genau eine Lösung des gegebenen Gleichungssystems
mit a ≤ b ≤ c:
a = 7, b = 9, c = 32
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE102 - JAN/FEB 2016
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Lösungen 102-64
Zunächst bemerkt man, dass die gegebene Folge monoton steigend ist und alle Folgenglieder positiv sind. Sodann stellt man fest, dass die Rekursionsgleichung äquivalent ist
mit
x2n+1 − 10xn+1 xn + x2n − 1 = 0.
Mit n − 1 an Stelle von n erhält man
x2n − 10xn xn−1 + x2n−1 − 1 = 0.
Folglich sind für n ≥ 2 die Zahlen xn+1 und xn−1 zwei verschiedene Lösungen der Gleichung
x2 − 10xxn + x2n − 1 = 0.
Der Satz des Vieta liefert nun xn+1 + xn−1 = 10xn oder äquivalent hiermit
xn+1 = 10xn − xn−1
für alle n ≥ 2. Da x1 = 1 und x2 = 10, so folgt induktiv, dass alle xn natürliche Zahlen
sind.
Lösungen 102-65
Ein ganz einfaches Beispiel mit k = 1 ist
2 · 3 · 4 = 24
Von diesem ausgehend kann man weitere Zahlen finden, z.B. indem man beide Seiten mit
dem Produkt der natürlichen Zahlen von 5 bis 23 multipliziert (k = 20):
2 · 3 · 4 · 5 · . . . · 23 = 5 · . . . · 23 · 24
Allgemein gilt: hat man Zahlen k und n gefunden, so dass
(a + 1)(a + 2) · . . . · (a + k) = (b + 1)(b + 2) · . . . · (b + k + 2)
gilt (a = n − k, b > a + k), so gilt für K := b − a eine analoge Gleichung:
(a + 1)(a + 2) · . . . · (a + k)(a + k + 1) · . . . · b = (a + k + 1) · . . . · b · (b + 1)(b + 2) · . . . · (b + k + 2)
Man findet also ausgehend von einem Paar (k, n) natürlicher Zahlen, das die Bedinung
erfüllt, weitere Paare (K, N ) natürlicher Zahlen, indem man links und rechts das gleiche
Produkt aufeinanderfolgender Zahlen multipliziert.
Weitere Beispiele erhält man für b = a(a + 1)(a + 2). Dann gilt nämlich
a(a + 1)(a + 2)(a + 3) · . . . · (b − 1) = (a + 3) · . . . · (b − 1)