Lösungsbeispiele - Landeswettbewerb Mathematik Bayern

15. Landeswettbewerb Mathematik Bayern
Lösungsbeispiele
für die Aufgaben der 1. Runde 2012/2013
Aufgabe 1
An der Tafel stehen die Zahlen 20 und 12. Paul will eine weitere natürliche Zahl hinzufügen, so dass jede dieser drei Zahlen das Produkt der beiden anderen ohne Rest
teilt. Bestimme die kleinste Zahl, die Paul an die Tafel schreiben kann.
Lösung:
Die gesuchte Zahl ist 15.
1. Beweis (Durch systematisches Probieren):
In der folgenden Tabelle wird für die kleinsten natürlichen Zahlen n getestet, ob n das
Produkt 12 ⋅ 20 = 240 teilt (erste Zeile), ob 12 das Produkt 20 ⋅ n teilt (zweite Zeile) und
ob 20 das Produkt 12 ⋅ n teilt (dritte Zeile). Dabei steht „+“ für „ja“ und „-“ für „nein“:
Zahl n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
Ist n Teiler von 240?
+
+
+
+
+
+
-
+
-
+
-
+
-
-
+
Ist 12 Teiler von 20 ⋅ n?
-
-
+
-
-
+
-
-
+
-
-
+
-
-
+
Ist 20 Teiler von 12 ⋅ n?
-
-
-
-
+
-
-
-
-
+
-
-
-
-
+
Die kleinste Zahl n, bei der alle drei Bedingungen erfüllt sind, ist daher n = 15.
2. Beweis:
Wenn eine natürliche Zahl n die Bedingung der Aufgabe erfüllt, dann muss 12 ⋅ n ohne
Rest durch 20 teilbar sein. Da 20 durch 5 teilbar ist, muss 12 ⋅ n auch durch 5 teilbar sein
und weil 12 und 5 teilerfremd sind, muss dann n selbst durch 5 teilbar sein.
Ebenso muss für eine Zahl n, die die Bedingung der Aufgabe erfüllt, auch 20 ⋅ n durch
12 und damit auch durch 3 ohne Rest teilbar sein. Weil aber 20 und 3 teilerfremd sind,
muss dann n selbst durch 3 teilbar sein.
Die kleinste natürliche Zahl n, die sowohl durch 5 als auch durch 3 teilbar ist, ist n = 15.
Tatsächlich sind für n = 15 auch alle Bedingungen der Aufgabe erfüllt: 15 teilt 20 ⋅ 12 =
240 (= 16 ⋅ 15), 20 teilt 15 ⋅ 12 = 180 (= 9 ⋅ 20) und 12 teilt 15 ⋅ 20 = 300 (= 25 ⋅ 12).
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Lösungsbeispiele 1. Runde
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Aufgabe 2
Im abgebildeten Quadrat haben die vier Rechtecke den gleichen Umfang. Wie groß ist der Anteil der Fläche des schraffierten Rechtecks an
der Fläche des Quadrats?
Lösung:
Der Anteil der Fläche des schraffierten Rechtecks an der Quadratfläche beträgt
15
49 .
1. Beweis (Rechnung ausgehend von der Quadratseite):
Die Rechtecke bezeichnen wir wie in der Abbildung
rechts mit R1 bis R4 . Dabei sind, wie in der Abbildung angedeutet, x die Seitenlänge des Quadrates
und x und y die Seitenlängen von R1 . Der Umfang
von R1 ist demnach 2x + 2y.
R2 hat aufgrund der Zerlegung eine Seite der Länge x − y. Weil der Umfang von R2 gleich dem von
R1 ist, ist die andere Seitenlänge von R2 um y größer als die entsprechende Seitenlänge von R1 , also gleich y + y = 2y.
Aufgrund der Zerlegung hat R3 dann eine Seite der
Länge x − 2y und, wieder weil der Umfang von R3
gleich dem von R1 ist, ist die zweite Seitenlänge von R3 dann y + 2y = 3y.
Weil R4 eine Seitenlänge mit R3 gemeinsam hat und beide Rechtecke gleichen Umfang
haben, sind auch die anderen beiden Seitenlängen gleich.
Damit ergibt sich für die Seitenlänge x des Ausgangsquadrates aber x = y +3y +3y = 7y.
Also hat das Rechteck R4 den Flächeninhalt (x − 2y) ⋅ 3y = 5y ⋅ 3y = 15y 2 . Das gesamte
Quadrat hat den Flächeninhalt x2 = (7y)2 = 49y 2 .
2
15
Der Anteil der Fläche von R4 am Ausgangsquadrat beträgt also 15y
49y 2 = 49 .
2. Beweis (Rechnung ausgehend vom schraffierten Rechteck):
Die Rechtecke bezeichnen wir diesmal wie in der
Abbildung rechts mit R1 bis R4 . Dabei können wir
ohne Beschränkung der Allgemeinheit eine Seitenlänge des schraffierten Rechtecks als 1 Längeneinheit festlegen, die andere Seite habe die Länge
a. Der Umfang von R1 ist demnach 2a + 2.
R2 hat aufgrund der Zerlegung eine Seite der Länge 1 mit R1 gemeinsam, wegen des gleichen Umfangs von R2 und R1 hat R2 dann als zweite Seitenlänge auch a.
Aufgrund der Zerlegung hat R3 dann eine Seite der
Länge 2a und, da der Umfang von R3 gleich dem von R1 ist, ist die zweite Seitenlänge
von R3 dann 21 ((2a + 2) − 2 ⋅ 2a) = 1 − a.
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Lösungsbeispiele 1. Runde
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Aufgrund der Zerlegung hat R4 dann eine Seite der Länge (1 − a) + 1 = 2 − a. Weil der
Umfang von R4 gleich dem von R1 sein soll, ist die zweite Seitenlänge von R4 demnach
1
2 ((2a + 2) − 2(2 − a)) = 2a − 1.
Die Seitenlänge des Ausgangsquadrates ist somit zum einen gleich 2 − a, zum anderen
aber auch gleich (2a − 1) + 2a = 4a − 1. Es folgt 2 − a = 4a − 1 bzw. 3 = 5a und damit a = 53 .
Der Anteil der Fläche von R4 am Ausgangsquadrat beträgt deswegen
3
3
3 52 15
a⋅1
5
5
=
=
=
⋅
= .
(2 − a)2 (2 − 3 )2 ( 7 )2 5 72 49
5
5
3. Beweis (Konstruktion der Zerlegung):
Das gegebene Quadrat kann durch parallele Strecken zu seinen Seiten in 49 Einheitsquadrate zerlegt werden. Anschließend kann man das Quadrat wie in der Abbildung entlang der
erhaltenen Gitterlinien in vier Rechtecke zerlegen. Jedes der
Rechtecke hat dabei den Umfang von 16 Längeneinheiten. Es
handelt sich also um eine Zerlegung der in der Aufgabe beschriebenen Art. Der Flächenanteil des markierten Rechtecks
15 [Einheitsquadrate]
an der gesamten Quadratfläche ist dabei 49
[Einheitsquadrate] .
Es muss nun aber noch begründet werden, dass die so gewonnene Zerlegung des Quadrates in vier Rechtecke die einzige mit der geforderten
Eigenschaft umfangsgleicher Rechtecke ist.
Wäre die Seitenlänge y1 des Rechtecks R1 (siehe Abbildung) größer als in obiger Zerlegung, dann wären notwendigerweise die Seitenlängen y2 und y3 von R2 , R3
(und R4 ) kleiner als in obiger Zerlegung. Wegen der Umfangsgleichheit der vier Rechtecke müssten dann aber
die Seitenlängen x2 und x3 von R2 , R3 (und R4 ) größer
sein als in oben konstruierter Zerlegung. Das kann aber
nicht sein, denn x2 +x3 ist die (fest gegebene) Seitenlänge
des Quadrats.
Genauso argumentiert man, dass y1 auch nicht kleiner
sein kann, als in der konstruierten Zerlegung. Also muss y1 genau so groß sein wie in
der Zerlegung beschrieben. Daraus folgt aber, wieder mit der Umfangsgleichheit der
Rechtecke, dass auch die anderen drei Rechtecke genau die konstruierten Seitenlängen haben müssen. Das wollten wir zeigen.
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Lösungsbeispiele 1. Runde
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Aufgabe 3
Bestimme die größte Zahl, die kleiner als 1 ist und sich als Summe von drei Stammbrüchen darstellen lässt.
Hinweis: Ein Stammbruch ist ein Bruch mit Zähler 1 und einer natürlichen Zahl als Nenner.
Lösung:
Die größte solche Zahl ist
41
42 .
Beweis:
41
Der Bruch 42
ist kleiner als 1 und wegen 12 + 31 + 17 = 41
42 ist er tatsächlich eine Summe
aus drei Stammbrüchen.
Man muss nun noch nachweisen, dass es keine größere Summe aus drei Stamm41
, dann müsste
brüchen gibt. Wäre eine Summe aus drei Stammbrüchen größer als 42
1
wenigstens einer der drei Summanden größer als 4 sein, denn der Mittelwert aller drei
41
1
Summanden ist 41
42 ÷ 3 = 126 > 4 .
Weil 11 als einer der Brüche offenbar nicht in Frage kommt, gibt es somit noch zwei
mögliche Fälle:
1. Fall: Der größte Summand ist gleich 13 .
Dann kann höchstens noch ein weiterer Summand gleich 13 sein, weil die Summe der
drei Stammbrüche ansonsten gleich 13 + 13 + 13 = 1 wäre. Die größtmögliche Summe in
41
diesem Fall ist also gleich 31 + 13 + 14 = 11
12 < 42 .
2. Fall: Der größte Summand ist gleich 21 .
Dann kann kein weiterer Summand gleich 12 sein, weil ansonsten die Summe der drei
Summanden sicher größer als 1 wäre.
Wäre der zweitgrößte Summand gleich 13 , dann müsste der dritte Summand kleiner
sein als 1 − 12 − 31 = 16 . Er wäre also maximal gleich 17 und die Summe der drei Stammbrüche wäre maximal 12 + 31 + 17 = 41
42 .
Wäre der zweitgrößte Summand gleich 14 , dann müsste der dritte Summand kleiner
sein als 1 − 12 − 41 = 14 . Er wäre also maximal gleich 15 und die Summe der drei Stamm41
brüche wäre maximal 12 + 41 + 15 = 19
20 < 42 .
Wäre der zweitgrößte Summand schließlich höchstens gleich 51 , dann wäre die Summe
9
< 41
der drei Stammbrüche höchstens gleich 12 + 15 + 15 = 10
42 .
Damit ist
41
42
tatsächlich die maximal erreichbare Summe.
Bemerkung:
Es genügt nicht zu argumentieren, dass man Schritt für Schritt den größtmöglichen
Summanden wählt, der gerade noch eine Summe kleiner als 1 garantiert, also zunächst 12 , dann 13 (weil 12 + 12 = 1), und dann 17 (weil 12 + 13 + 16 = 1).
Eine solche Art „lokale Maximierung“ garantiert nicht unbedingt eine global maximale
Summe, wie folgendes Beispiel zeigt:
Sucht man die maximale Summe dreier Stammbrüche, die kleiner als 23
24 ist, so würde
23
man nach der beschriebenen Methode zunächst 21 wählen, dann 13 (denn 12 + 12 > 24
)
1
1
1
1
23
und dann 9 (denn 2 + 3 + 8 = 24 ).
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Man erhielte als „maximale Summe“ also 12 + 31 + 91 = 17
18 .
1
1
1
19
23
17
Es gilt aber 18 < 2 + 4 + 5 = 20 < 24 . Die maximale Summe ist also tatsächlich größer.
Das gleiche Beispiel zeigt auch, dass es nicht genügt, die maximale Summe zu suchen, indem man in einer der drei möglichen Darstellungen der 1 als Summe dreier
Stammbrüche, nämlich
1=
1 1 1 1 1 1 1 1 1
+ + = + + = + +
3 3 3 2 4 4 2 3 6
einen der Nenner um 1 vergrößert. In obigem Gegenbeispiel ist die maximale Summe
1 1 1
2 + 4 + 5 sicher nicht durch ein solches Vorgehen aus einer Summe dreier Stammbrüche
mit Wert 23
24 entstanden.
Aufgabe 4
Der Punkt P liegt auf einem Halbkreis mit Mittelpunkt M . Der
Punkt X auf dem Radius [M P ] hat von M den gleichen Abstand wie P vom Durchmesser des Halbkreises. Auf welcher
Kurve bewegt sich X, wenn P den Halbkreis durchläuft?
Lösung:
Wir bezeichnen die Endpunkte des Durchmessers mit A und B und mit Y den Endpunkt des Radius [M Y ], der senkrecht auf [AB] steht. Dann bewegt sich X auf dem
Kreis mit Durchmesser [M Y ].
Vorbemerkung:
In den Spezialfällen P = A, P = Y und P = B ergeben sich für X die Punkte X = M , X = Y bzw. X =
M . Hier liegt X also tatsächlich auf dem genannten
Kreis. Im Folgenden sehen wir von diesen Spezialfällen ab, so dass alle genannten Dreiecke und Winkel auch wirklich existieren. Außerdem können wir
wegen der Spiegelsymmetrie der Figur davon ausÎ des Halbkreises
gehen, dass P auf dem Bogen AY
liegt.
1. Beweis (Mit Kongruenz von Dreiecken):
Zusätzlich sei Q der Lotfußpunkt von P auf [AB]. Die beiden Dreiecke P QM und
M Y X sind kongruent nach Kongruenzsatz sws, denn
• P Q = M X nach Voraussetzung,
• P M = M Y als Radien des Halbkreises und
• α = β als Wechselwinkel an den Parallelen P Q und M Y (beide stehen senkrecht
auf AB).
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Lösungsbeispiele 1. Runde
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Deswegen ist, unabhängig von der Lage von P , der Winkel ∠M XY = ∠M QP = 90○ .
Nach der Umkehrung des Satzes des Thales liegt X damit auf dem Kreis mit Durchmesser [M Y ].
2. Beweis (Mit ähnlichen Dreiecken):
Die Mittelsenkrechte der Strecke [M X] schneide den
Radius [M Y ] in N . Außerdem sei R der Spiegelpunkt von P bei Spiegelung an [AB].
Dann sind aufgrund der Spiegelsymmetrie die Dreiecke P M R und XM N gleichschenklig. Beide Dreiecke haben außerdem auch gleiche Basiswinkel
∠RP M = ∠N M X (Wechselwinkel an den Parallelen P R und Y M ).
Daher sind die beiden Dreiecke P M R und XN M
sogar ähnlich. Wegen XM = P Q = 12 ⋅ P R ist der
Ähnlichkeitsfaktor dabei 21 .
Also ist, unabhängig von der Lage von P , M N =
1
1
2 ⋅ RM = 2 ⋅ M Y .
Daher ist N der Mittelpunkt der Strecke [M Y ] und N X = N M . Somit liegt X auf dem
Kreis um N mit Radius N M .
3. Beweis (Rechnerischer Beweis):
Wir legen die Figur so in ein Koordinatensystem, dass M im Koordinatenursprung liegt und
Y die Koordinaten (0∣r) mit r > 0 hat. Dann ist r
der Radius des Halbkreises.
Die Koordinaten von P seien (a∣b). Nach Satz
des Pythagoras gilt dabei a2 + b2 = r2 .
Da X auf der Strecke [M P ] liegt und weil M X =
P Q = b ist, entsteht X durch Streckung von P
am Punkt M mit Streckungsfaktor rb . Deswegen hat X die Koordinaten X ( rb ⋅ a∣ rb ⋅ b).
Für den Abstand von X vom Mittelpunkt N (0∣ 2r ) der Strecke [M Y ] gilt dann:
√
√
2
b
b
r 2
a2 b 2 b 4
r2
2+
XN = ( ⋅ a) + ( ⋅ b − ) =
+
−
b
r
r
2
r2
r2
4
√
√
(a2 + b2 )b2
r2
r 2 b2
r2 r
2+
2+
=
−
b
=
−
b
= .
r2
4
r2
4 2
Also liegt X stets auf dem Kreis um N mit Radius 2r .
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4. Beweis (Rechnerischer Beweis mit Trigonometrie):
Wir legen die Figur genau wie im 3. Beweis in ein
Koordinatensystem.
Der Winkel ∠QP M ist ein Wechselwinkel zu Winkel ∠Y M P = ∠N M X an den Parallelen [P Q]
und [Y M ]. Somit haben diese Winkel die gleiche
Größe α.
Im rechtwinkligen Dreieck P QM ist b = P Q = P M ⋅ cos(α) = r ⋅ cos(α).
Für die Länge der Strecke [XN ] im Dreieck M N X gilt daher nach Kosinussatz:
√
√
2
r
r
r 2
b r
XN = b2 + ( ) − 2 ⋅ b ⋅ ⋅ cos(α) = b2 + ( ) − 2 ⋅ b ⋅ = .
2
2
2
2 2
Also liegt X stets auf dem Kreis um N mit Radius 2r .
Bemerkung:
Tatsächlich kommt auch jeder Punkt des Kreises mit Durchmesser [M Y ] als Punkt X
vor, das heißt dieser Kreis ist der geometrische Ort aller Punkte X, wenn P den Halbkreis durchläuft. Um dies einzusehen, muss man zu gegebenem X auf dem Kreis mit
Durchmesser [M Y ] einen Punkt P finden, der entsprechend der Konstruktion in der
Aufgabe zu dem Punkt X führt. Dies gelingt aber einfach, indem man den Strahl [M X
(falls M ≠ X) mit dem Halbkreis schneidet und diesen Schnittpunkt P nennt. Nach
Satz des Thales ist dann (siehe Bild zum 1. Beweis) das Dreieck M XY rechtwinklig und kongruent zum Dreieck P QM , weswegen tatsächlich P Q = M X gilt. Im Falle
X = M wählt man zum Beispiel P = A.
Aufgabe 5
Petra legt 25 Karten auf den Tisch, die mit den Zahlen 1, 2, 3, ..., 25 beschriftet sind.
Wie viele Karten kann sie höchstens auswählen, so dass auf diesen Karten keine zwei
Zahlen stehen, deren Produkt eine Quadratzahl ist?
Lösung:
Petra kann höchstens 16 Karten auswählen.
1. Beweis:
Zunächst wird für jede der Zahlen n von 1 bis 25 getestet, ob ihr Produkt mit einer oder
mehreren anderen der Zahlen von 1 bis 25 eine Quadratzahl ergibt. Das Ergebnis ist
in folgender Tabelle zusammengefasst:
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Zahl n
1
ergibt Quadratzahl 4
mit zweitem Faktor 9
16
25
2
8
18
3
12
4
1
9
16
25
5
20
6
24
7
-
8
2
18
9
1
4
16
25
10
-
11
-
12
3
Zahl n
14
ergibt Quadratzahl mit zweitem Faktor
15
-
16
1
4
9
25
17
-
18
2
8
19
-
20
5
21
-
22
-
23
-
24
6
25
1
4
9
16
13
-
Petra kann demnach zum Beispiel die 16 Karten mit den Zahlen 1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11,
13, 14, 15, 17, 19, 21, 22 und 23 wählen, denn keine zwei von ihnen kommen in obiger
Tabelle in einer gemeinsamen Spalte vor.
Andererseits kann Petra unter den 5 Karten mit den Zahlen 1, 4, 9, 16 bzw. 25 nur
höchstens eine wählen, da diese alle (sogar mehrfach) in einer gemeinsamen Spalte
stehen. Genauso kann sie unter den drei Karten mit den Zahlen 2, 8 bzw. 18, unter
den zwei Karten mit den Zahlen 3 bzw. 12, unter den zwei Karten mit den Zahlen 5
bzw. 20 und unter den zwei Karten mit den Zahlen 6 bzw. 24 nur jeweils höchstens eine
Karte wählen. Insgesamt sind das also bisher höchstens fünf verschiedene Karten.
Zusätzlich und unabhängig davon kann sie nun noch höchstens die elf übrigen Karten
mit den Zahlen 7, 10, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 21, 22 bzw. 23 wählen.
Somit kann Petra also nicht mehr als 5 + 11 = 16 Karten auswählen.
2. Beweis:
Petra kann zum Beispiel die 16 Karten mit den Zahlen 1, 2, 3, 5, 6 = 2 ⋅ 3, 7, 10 = 2 ⋅ 5, 11,
13, 14 = 2 ⋅ 7, 15 = 3 ⋅ 5, 17, 19, 21 = 3 ⋅ 7, 22 = 2 ⋅ 11 und 23 wählen.
Jede dieser Zahlen enthält jeden Primfaktor in ihrer Primfaktorzerlegung genau einmal.
Deswegen gibt es für zwei verschiedene von ihnen immer einen Primfaktor, der nur
eine der beiden Zahlen teilt und in dieser auch nur zur ersten Potenz enthalten ist. Das
Produkt zweier veschiedener Zahlen aus der Liste enthält also immer einen Primfaktor,
der nur zur ersten Potenz im Produkt vorkommt. Ein solches Produkt kann also keine
Quadratzahl sein, da Quadratzahlen jeden ihrer Primfaktoren geradzahlig oft enthalten.
Wir müssen nun noch nachweisen, dass Petra nicht mehr als 16 Zahlen auswählen
kann.
Hierzu zerlegen wir die Menge der Karten in 16 Stapel S1 bis S16 entsprechend der
Zahlen auf ihnen:
S1 = {1, 4, 9, 16, 25}; S2 = {2, 8, 18}; S3 = {3, 12}; S4 = {5, 20}; S5 = {6, 24}; S6 = {7};
S7 = {10}; S8 = {11}; S9 = {13}; S10 = {14}; S11 = {15}; S12 = {17}; S13 = {19};
S14 = {21}; S15 = {22}; S16 = {23}.
In jedem Stapel mit mehr als einer Karte ist das Produkt je zweier Zahlen auf Karten
des Stapels eine Quadratzahl. Für den Stapel S1 ist dies sofort klar, denn die Zahlen
in ihm sind selbst schon Quadratzahlen. Für S2 bis S5 folgt dies aus 2 ⋅ 8 = 42 , 2 ⋅ 18 = 62 ,
8 ⋅ 18 = 122 , 3 ⋅ 12 = 62 , 5 ⋅ 20 = 102 und 6 ⋅ 24 = 122 .
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Petra darf also von jedem Stapel bei ihrer Auswahl höchstens eine Karte nehmen,
insgesamt also höchstens 16 Stück.
3. Beweis:
Wie im 1. oder 2. Beweis zeigt man, dass Petra tatsächlich 16 Zahlen auswählen kann.
Wir wollen nachweisen, dass Petra nicht mehr als 16 Zahlen wählen kann. Hierzu betrachten wir diejenigen Karten, auf denen die Zahlen stehen, die höchstens die „kleinen“ Primfaktoren 2, 3 oder 5 enthalten. Die Menge dieser Zahlen auf den Karten
bezeichnen wir mit K. Es ist
K = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 16, 18, 20, 24, 25}.
Jede Zahl aus K hat dann eine Primfaktorzerlegung der Form 2a ⋅ 3b ⋅ 5c mit nicht negativen ganzen Exponenten a, b, c (hierbei ist auch der Fall 1 = 20 ⋅ 30 ⋅ 50 eingeschlossen).
Wir betrachten jetzt die Parität dieser Exponenten, also ihre Eigenschaft, gerade oder
ungerade zu sein. Das Produkt zweier Zahlen 2a1 ⋅ 3b1 ⋅ 5c1 und 2a2 ⋅ 3b2 ⋅ 5c2 aus K ist
gleich 2a1 +a2 ⋅ 3b1 +b2 ⋅ 5c1 +c2 . Dies ist genau dann eine Quadratzahl, wenn a1 + a2 , b1 + b2
und c1 + c2 gerade Zahlen sind. Das wiederum ist genau dann der Fall, wenn a1 und a2 ,
b1 und b2 sowie c1 und c2 jeweils gleiche Parität haben.
Da es für jeden der drei Exponenten in der Primfaktordarstellung einer Zahl aus K genau 2 mögliche Paritäten gibt, gibt es insgesamt 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 8 verschiedene Möglichkeiten,
diese Paritäten zu kombinieren. Die Möglichkeit, dass alle drei Exponenten ungerade
sind, entfällt dabei, weil schon die kleinste der hierbei entstehenden Zahlen 21 ⋅31 ⋅51 = 30
nicht mehr in K enthalten ist.
Es bleiben also höchstens 7 verschiedene Kombinationsmöglichkeiten von Paritäten
der drei Exponenten in Primfaktordarstellungen von Zahlen aus K. Da Petra keine
zwei Karten mit Zahlen mit derselben Paritätenkombination wählen darf, kann sie also
aus den Karten mit Zahlen aus K auch höchstens 7 wählen.
Unabhängig von der Wahl der Karten aus K kann Petra höchstens noch die 9 Karten
wählen, deren Zahlen nicht in der Menge K liegen, nämlich die Karten mit den Zahlen
{7, 11, 13, 14, 17, 19, 21, 22, 23}.
Damit kann Petra insgesamt höchstens 7 + 9 = 16 Karten wählen.
Aufgabe 6
In einem konvexen Viereck ABCD sind E und F die Mittelpunkte der Seiten [AB] und [CD]. Außerdem ist G der
Schnittpunkt der Strecken [AF ] und [ED] und H der Schnittpunkt der Strecken [EC] und [BF ]. Zeige: Die Summe
der Flächeninhalte der Dreiecke AGD und BCH ist so
groß wie der Flächeninhalt des Vierecks EHF G.
Hinweis: Ein Viereck heißt konvex, wenn alle Innenwinkel kleiner als 180○ sind.
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1. Beweis:
Wir bezeichnen mit K, L und M die Fußpunkte der Lote der Punkte C, D bzw. F auf die Gerade AB. Dann
sind die Stecken [DL], [F M ] und [CK] parallel zueinander und weil F Mittelpunkt der Strecke [CD] ist, ist [F M ]
Mittellinie im Trapez LKCD. Deswegen gilt:
FM =
1
⋅ (DL + CK) .
2
(1)
Multipliziert man diese Gleichung auf beiden Seiten mit
1
2 ⋅ AB, so ergibt sich
1
1 1
1 1
⋅ AB ⋅ F M = ⋅ ⋅ AB ⋅ DL + ⋅ ⋅ AB ⋅ CK
2
2 2
2 2
1
1
1
⋅ AB ⋅ F M = ⋅ AE ⋅ DL + ⋅ EB ⋅ CK
2
2
2
A(ABF ) = A(AED) + A(EBC)
Subtrahiert man nun noch auf beiden Seiten der Gleichung die Flächen der Dreiecke
AEG und EBH, so folgt
A(ABF ) − A(AEG) − A(EBH) = A(AED) − A(AEG) + A(EBC) − A(EBH)
A(EHF G) = A(AGD) + A(BCH).
Das war zu zeigen.
Bemerkung:
Die Konvexität des Vierecks wird in der letzten Gleichung benutzt, denn nur wenn die
Schnittpunkte G und H wie in der Skizze im Inneren des Vierecks liegen, ist die Flächenbetrachtung wie angegeben richtig.
2. Beweis:
Die folgenden Gleichheiten von Flächeninhalten von Dreiecken gelten, da diese in den Längen der Grundseiten
übereinstimmen und die zugehörigen Höhen identisch sind.
Da E Mittelpunkt von [AB] ist, gilt A(AEF ) = A(EBF ).
Die Zerlegung der beiden Dreiecke ergibt (hier benutzen
wir die Konvexität des Vierecks, dass also G und H wie
im Bild im Inneren des Vierecks liegen):
A(AEG) + A(GEF ) = A(EBH) + A(HF E)
(2)
Da F Mittelpunkt von [CD] ist, gilt A(CF E) = A(F DE). Die Zerlegung der beiden
Dreiecke ergibt:
A(CF H) + A(HF E) = A(F DG) + A(GEF )
(3)
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Addiert man (2) und (3), so ergibt sich
A(AEG)+A(GEF )+A(CF H)+A(HF E) = A(EBH)+A(HF E)+A(F DG)+A(GEF ).
Subtrahiert man auf beiden Seiten A(GEF ) und A(HF E), so erhält man:
A(AEG) + A(CF H) = A(EBH) + A(F DG).
(4)
Da F Mittelpunkt von [CD] ist, gilt A(F DA) = A(CF A) und da E Mittelpunkt von [AB]
ist, gilt A(EBC) = A(AEC). Addition der letzten beiden Gleichungen ergibt:
A(F DA) + A(EBC) = A(CF A) + A(AEC) = A(AECF ).
(5)
Die Zerlegung der Dreiecke F DA und EBC sowie des
Vierecks AECF durch [DE] und [EC], liefert in (5):
A(F DG)+A(GDA)+A(EBH)+A(HBC) = A(AEG)+A(EHF G)+A(CF H).
Ersetzt man gemäß (4) auf der linken Seite dieser Gleichung A(EBH) + A(F DG)
durch A(AEG) + A(CF H), so erhält man
A(AEG) + A(GDA) + A(CF H) + A(HBC) = A(AEG) + A(EHF G) + A(CF H).
Subtrahiert man auf beiden Seiten A(AEG) und A(CF H), so erhält man schließlich
A(GDA) + A(HBC) = A(EHF G).
Das sollte gezeigt werden.
Stand: 10. Dezember 2012
15. LWMB 2012 - 2013
Lösungsbeispiele 1. Runde
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