Klasse 10
Lösungen – Klasse 10
1.
Von zwei verschiedenen positiven Zahlen ist bekannt: Wenn die kleinere Zahl
um 1% und die größere um 4% erhöht wird, dann erhöht sich die Summe der
zwei Zahlen um 3%. Die Frage: Um wie viel Prozent erhöht sich dabei die
(positive) Differenz der zwei Zahlen?
(A) um 1%
(B) um 3%
(C) um 5%
(D) um 7%
(E) um 9%
Lösung: In Teil 1 untersuchen wir ein passendes Zahlenbeispiel. Die kleinere
Zahl sei 100, die größere 200. 100 um 1% erhöht ergibt 101 (100 + 1), 200
um 4% erhöht ergibt 208 (200 + 8). Die ursprüngliche Summe lautet 300
(100 + 200), die Summe nach den Erhöhungen 309 (101 + 208). 3% von 300
ist 9, d. h. 300 hat sich tatsächlich um 3% erhöht. Wir betrachten nun die Differenzen: Sie betragen 100 (200 – 100) vor und 107 (208 – 101) nach den Erhöhungen. Die Differenz hat sich um 7% erhöht, denn 7 (107 – 100) ist 7%
von 100.
In Teil 2 beweisen wir, dass das Ergebnis 7% von Teil 1 allgemein gilt.
Die kleinere Zahl sei a, die größere b. a um 1% erhöht ergibt 1,01a
4
1


b = b +1,04b  .
a = a + 0,01a ), b um 4% erhöht ergibt 1,04b  b +
(a+
100
100


Die ursprüngliche Summe lautet a  b , die Summe nach den Erhöhungen
1,01a  1,04b . Die Summe hat sich andererseits um 3% erhöht und beträgt
damit (a + b) 1,03 . Daraus folgt: 1,01a +1,04b =  a + b   1,03 , oder
1,01a +1,04b = 1,03a +1,03b  0,01b = 0,02a  b = 2a (*)
Die Differenz vor der Erhöhung beträgt b  a , oder mit (*) 2a – a = a. (**)
Die Differenz nach der Erhöhung beträgt 1,04b  1,01a , oder mit (*)
7
1,04  2a  1,01a = 2,08a – 1,01a = 1,07a = a +
a . Ein Vergleich mit (**)
100
zeigt: Die Differenz hat sich um 7% erhöht.
Die richtige(n) Antwort(en): D
2.
In einem Dreieck ist eine Seite 17 cm, eine andere Seite 25 cm lang. Die zur
dritten Seite gehörende Höhe ist 15 cm lang. Wie viele cm kann der Umfang
des Dreiecks betragen?
(A) 50
(B) 54
(C) 57
(D) 60
(E) 70
Lösung: In Teil 1 fertigen wir zwei Figuren an und führen Bezeichnungen
ein.
Das Dreieck kann sowohl spitzwinklig (Figur 1) als auch stumpfwinklig sein
(Figur 2). In beiden Figuren gilt: AB = 17 cm, AC = 25 cm, AT = 15 cm,
wobei T der Fußpunkt der Höhe aus A ist.
In Teil 2 berechnen wir TC und TB . Die folgenden Rechenwege gelten für
beide Figuren. Mit dem Satz des Pythagoras folgt im Dreieck ATC:
Lösungen der Aufgaben
2
2
2
TC = AC  AT = 252  152 = 400 und damit ist TC = 20 cm.
Mit dem Satz des Pythagoras folgt im Dreieck ATB:
2
2
2
TB = AB  AT =17 2  152 = 64 und damit ist TB = 8 cm.
A
17
B
A
15
25
T
15
C
Figur 1
T
17
25
B
Figur 2
C
In Teil 3 berechnen wir den Umfang für das Dreieck aus Figur 1.
BC = TB + TC = 8 + 20 = 28 cm und der Umfang ist 17  25  28  70 cm.
In Teil 4 berechnen wir den Umfang für das Dreieck aus Figur 2.
BC = TC  TB = 20  8 =12 cm und der Umfang ist 17  25  12  54 cm.
Die richtige(n) Antwort(en): B, E
3.
In jedes der Felder der 4×4 Tabelle soll eine der Zahlen 1, 2, 3
oder 4 so eingetragen werden, dass in jeder Zeile, in jeder Spalte
und in den beiden Diagonalen der Tabelle alle vier Zahlen vorkommen. Was kann die Summe der drei Zahlen sein, die in die
schraffierten Felder eingetragen werden?
(B) 9
(C) 10
(D) 11
(E) 12
(A) 8
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 8, 9, 10 und 11 Lösungen sind. Dazu geben wir je ein passendes Beispiel an:
3 1 2 4
2 3 4 1
2 1 3 4
2 1 4 3
2 4 3 1
4 1 2 3
3 4 2 1
4 3 2 1
4 2 1 3
1 4 3 2
4 3 1 2
3 4 1 2
1 3 4 2
3 2 1 4
1 2 4 3
1 2 3 4
Summe 8
Summe 9
Summe 10
Summe 11
Bemerkung: Wenn wir bereits eine Lösung gefunden haben, können die anderen mit deren Hilfe ziemlich schnell ermittelt werden. Beispiel: Aus der Lösung für 11 entsteht die Lösung für 10, wenn wir überall 3 und 4 vertauschen.
Anregung: Der geneigte Leser möge andere, ähnliche Beispiele finden.
In Teil 2 zeigen wir, dass 12 keine Lösung ist. Begründung: Die 12 kann nur
zu Stande kommen, wenn in jedem der drei Felder eine 4 steht. Dann könnte
aber in jener Diagonale, die das obere linke Feld mit dem unteren rechten Feld
verbindet, keine 4 stehen (sonst gäbe es in einer der ersten drei Spalten oder in
der untersten Reihe zwei 4-er). Damit wäre die Bedingung nicht erfüllt.
Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D
Klasse 10
4.
Auf einer Schipiste fahren zwei Schifahrer hintereinander. Sie haben beide
eine Geschwindigkeit von 12 km/h und ihr Abstand beträgt 800 m. Nach einer
gewissen Zeit erreichen sie eine schwierigere Strecke, auf der sie beide nur
noch mit 8 km/h fahren können. Wie viele m Abstand können sie voneinander
haben, während beide auf der schwierigeren Strecke fahren?
Lösungshinweis: Der hintere Schifahrer fährt die ganze Zeit in den Spuren des
vorderen Schifahrers. Die Spuren verlaufen geradlinig.
(A) mindestens 500
(B) weniger als 600
(C) mehr als 600
(D) weniger als 800
(E) mehr als 800
Lösung: Vorbemerkung: Da es sich um konstante Geschwindigkeiten hans
delt, gilt die Formel s = v  t , bei Bedarf auch umgestellt nach t, also t = .
v
Wenn der vordere Schifahrer die schwierigere Strecke erreicht, braucht der
hintere Schifahrer noch 4 Minuten, bis er ebenfalls die schwierigere Strecke
erreicht.
s
0,8 km
2
Begründung: 800 m = 0,8 km und t = =
=
h = 4 Minuten .
v 12 km / h 30
Während dieser 4 Minuten fährt der vordere Schifahrer mit der Geschwindigkeit 8 km/h und legt daher folgende Strecke zurück:
km 2
16
16
s = vt = 8
h=
km =  1000m = 533,3 m

h 30
30
30
Ab hier ändert sich ihre Entfernung nicht mehr, denn sie fahren mit der gleichen Geschwindigkeit. 533,3 ist größer als 500 bzw. weniger als 600 und
800.
Die richtige(n) Antwort(en): A, B, D
5.
Für die von Null verschiedenen ganzen Zahlen a, b, c gilt a  b  c  0 und
1 1 1 1
   . Welche der aufgeführten Zahlen kann n sein?
a b c n
Lösungshinweis: Die drei Zahlen a, b, c müssen nicht alle verschieden sein.
(A) 3
(B) 4
(C) 5
(D) 6
(E) 7
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass n = 4 eine Lösung ist. Für a = 6, b = 6,
1 1
1
1
= .
c = –12 gilt: 6  6   12   0 und + +
6 6  12  4
In Teil 2 zeigen wir, dass n = 6 eine Lösung ist. Für a = 9, b = 9, c = –18 gilt:
1 1
1
1
= .
9  9   18   0 und + +
9 9  18  6
In Teil 3 zeigen wir, dass n = 3, n = 5 und n = 7 keine Lösungen sind. Dazu
beweisen wir zunächst eine allgemeine Aussage.
Behauptung: Jede Lösung n muss eine gerade Zahl sein.
Lösungen der Aufgaben
Beweis: Es sei d der größte gemeinsame Teiler von a, b, und c. Dann gilt:
1. Feststellung: a  x  d , b  y  d , c  z  d (x, y, z sind ganze Zahlen).
Aus der Definition von d folgt:
2. Feststellung: Die Zahlen x, y, z haben keinen gemeinsamen Teiler (außer
1 ).
3. Feststellung: x  y  z  0 . Begründung: Aus a  b  c  0 folgt mit der 1.
Feststellung x  d + y  d + z  d = 0 . Geteilt durch d ergibt x  y  z  0 .
1 1 1 d
1 1 1 1
4. Feststellung:    . Begründung: Aus    folgt mit der
x y z n
a b c n
1
1
1 1
1 1 1 d
+
+
= . Alles mal d ergibt    .
1. Feststellung
xd yd zd n
x y z n
5. Feststellung: Unter den drei Zahlen x, y, z gibt es eine gerade Anzahl von
ungeraden Zahlen. Begründung: x  y  z  0 und 0 ist eine gerade Zahl.
Daraus folgt:
6. Feststellung: Unter den Zahlen x, y, z gibt es genau eine gerade Zahl. Begründung: Es können nur 1 oder 3 gerade Zahlen sein (5. Feststellung). 3 geht
jedoch nicht, denn wenn alle drei Zahlen gerade wären, hätten sie den gemeinsamen Teiler 2, was aber wegen der 2. Feststellung nicht möglich ist.
Nehmen wir nun an, dass x diese gerade Zahl ist (also x  2k ), y und z sind
1 1 1 1 1 1 yz  2kz  2ky
  
ungerade Zahlen. Dann gilt:   
2kyz
x y z 2k y z
yz + 2kz + 2ky d
=
(*)
Aus der 4. Feststellung folgt:
2kyz
n
Für den Bruch auf der linken Seite gilt: Sein Zähler ist ungerade (da y, z, ungerade Zahlen sind), sein Nenner ist gerade. Dies bleibt trotz eventuellen Kürzungen so, denn mit 2 kann man diesen Bruch nicht kürzen. Damit die Gleichung (*) aufgeht, muss also n eine gerade Zahl sein. Damit ist die Behauptung bewiesen.
Die Zahlen 3, 5, 7 sind ungerade. Daher können sie keine Lösungen darstellen.
Die richtige(n) Antwort(en): B, D
6.
Eine zweistellige positive ganze Zahl n wurde zunächst mit 2 multipliziert. Im
Ergebnis wurden dann zwei Ziffern vertauscht. Die so entstandene Zahl wurde schließlich durch 2 geteilt. Es entstand wieder die ursprüngliche Zahl n.
Die Frage: Wie viele solche Zahlen n gibt es insgesamt?
(A) 0 (B) 4 (C) mindestens 9 (D) mindestens 14 (E) mindestens 18
Lösung: In Teil 1 veranschaulichen wir das Phänomen und formulieren Feststellungen.
mal 2
2 Ziffern vertauscht
geteilt durch 2
n 
 2n 
 m 
 n (*)
1. Feststellung: Eine Zahl geteilt durch 2 ergibt dann n, wenn die Zahl 2n war.
Klasse 10
Daraus folgt, dass bei (*) m = 2n gilt. Es sieht also eigentlich so aus:
mal 2
2 Ziffern vertauscht
geteilt durch 2
n 
 2n 
 2n 
 n (**)
2. Feststellung: Es wurden zwei gleiche Ziffern vertauscht. Begründung: Ansonsten wäre 2n nicht 2n geblieben.
3. Feststellung: Das Zweifache einer zweistelligen Zahl kann zweistellig oder
dreistellig sein.
In Teil 2 bestimmen wir alle Zahlen n, die die Bedingung erfüllen. Dazu führen wir eine Fallunterscheidung durch.
1. Fall: 2n ist zweistellig. In diesem Fall kann 2n nur 22, 44, 66 oder 88 sein.
n ist daher 11 oder 22 oder 33 oder 44. Wir führen eine Stichprobe durch:
mal 2
2 Ziffern vertauscht
geteilt durch 2
33 
 66 
 66 
 33 und es stimmt.
Anregung: Der geneigte Leser möge die anderen drei Zahlen prüfen.
2. Fall: 2n ist dreistellig.
3. Feststellung: Im 2. Fall gilt 100  2n  198 . Begründung: Die kleinste
dreistellige Zahl ist 100. Die größte zweistellige Zahl ist 99, das Zweifache
von 99 ist 198.
Aus der 2. Feststellung folgt:
4. Feststellung: 2n muss mindestens zwei gleiche Ziffern enthalten.
Wir können es aber noch genauer formulieren:
5. Feststellung: 2n muss genau zwei gleiche Ziffern enthalten. Begründung:
Die erste Ziffer von 2n ist die 1 (siehe 3. Feststellung), ihre letzte Ziffer ist
aber eine gerade Zahl (als Zweifaches von n), kann also nicht 1 sein.
Aufgrund der 5. Feststellung untersuchen wir nun mehrere Möglichkeiten.
1. Möglichkeit: Die ersten zwei Ziffern von 2n sind gleich. In diesem Fall
kann 2n nur 110, 112, 114, 116 oder 118 sein. n ist daher 55, 56, 57, 58 oder
59. Wir führen eine Stichprobe durch:
mal 2
2 Ziffern vertauscht
geteilt durch 2
57 
 114 
 114 
 57 und es stimmt.
Anregung: Der geneigte Leser möge selbst weitere Stichproben durchführen.
2. Möglichkeit: Die letzten zwei Ziffern von 2n sind gleich. In diesem Fall
kann 2n nur 100, 122, 144, 166 oder 188 sein. n ist daher 50, 61, 72, 83 oder
94. Wir führen eine Stichprobe durch:
mal 2
2 Ziffern vertauscht
geteilt durch 2
72 
 144 
 144 
 72 und es stimmt.
Anregung: Der geneigte Leser möge selbst weitere Stichproben durchführen.
Beachte: Die erste und die letzte Ziffer von 2n können nicht gleich sein (siehe
die Begründung der 5. Feststellung).
In Teil 3 fassen wir die Teilergebnisse zusammen und deuten das Ergebnis.
Es gibt insgesamt 14 (4 + 5 + 5) passende Werte für n. Für 14 gelten „mindestens 9“ und „mindestens 14“ (14 erfüllt ja die Ungleichung 14  14).
Die richtige(n) Antwort(en): C, D
Lösungen der Aufgaben
7.
Gesucht werden Beispiele von zehn (nicht unbedingt alle verschiedenen) reellen Zahlen, deren Produkt nicht Null ergibt. Außerdem gilt: Wenn alle zehn
Zahlen um jeweils 1 verringert werden, ändert sich das Produkt nicht. Wie
viele solche Beispiele gibt es insgesamt?
Lösungshinweis: Zwei Beispiele gelten dann als verschieden, wenn es (mindestens) eine Zahl gibt, die in den zwei Beispielen unterschiedlich oft vorkommt.
(A) Genau eins.
(B) Höchstens zwei.
(C) Mindestens drei.
(D) Mindestens vier.
(E) Keins, da es keine solchen Beispiele gibt.
Lösung: Wir geben vier passende verschiedene Beispiele an.
1
Beispiel 1: 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 
. Die Bedingung ist erfüllt, denn
511
 1 
 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 
 1 . Berechnen
 = 11 1 1 1 1 11 1  
 511 
 511 
512
wir beide Seiten der Gleichung, erhalten wir zweimal 
.
511
Bemerkung: Wir schildern noch, wie man auf die Zahlen aus Beispiel 1 auch
alleine hätte kommen können. Neun Zahlen seien die 2, die zehnte a. Aus der
Bedingung folgt: 2  2  2  2  2  2  2  2  2  a = 1  1  1  1  1  1  1  1  1   a  1 oder
1
512a  a  1 . Wir erhalten somit a = 
.
511
Beispiel 2: Wir gehen von den Zahlen 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, a aus. Es muss
gelten: 2  2  2  2  2  2  2  2  3  a = 1  1  1  1  1  1  1  1  2   a  1 .
1
.
Wenn wir diese Gleichung nach a auflösen, erhalten wir a = 
383
1
.
Beispiel 3: 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, a liefert a = 
287
1
Beispiel 4: 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, a liefert a = 
.
215
Anregung: Der geneigte Leser möge Beispiel 3 oder 4 selbst prüfen.
Aus den vier verschiedenen Beispielen folgt: (D) und (C) sind richtig, (A),
(B) und (E) hingegen falsch.
Alternativlösung: Zahlen der Form k , 5, 4, 3, 2,  1,  2,  3,  4,  k  1 erfüllen die Bedingung (mit k   , wobei k  0 und k  1). Begründung: Zunächst
erfüllen
die
mittleren
acht
Zahlen
die
Bedingung:
5  4  3  2   1   2    3   4   4  3  2  1   2    3   4    5  . Für die
Zahlen k und  k  1 gilt: k    k +1 =  k 2 + k und  k  1    k  =  k 2 + k .
Damit haben wir bewiesen, dass es eigentlich unendlich viele Lösungen gibt.
Die richtige(n) Antwort(en): C, D
Klasse 10
8.
Zwei Dreiecke stimmen in allen drei Winkeln und in zwei Seiten überein.
Dann gilt:
(A) Die zwei Dreiecke sind in jedem Fall nicht kongruent.
(B) Die zwei Dreiecke sind in jedem Fall kongruent.
(C) Die zwei Dreiecke könnten kongruent sein.
(D) Die zwei Dreiecke könnten nicht kongruent sein.
(E) Aus den vorherigen Aussagen sind genau 2 richtig.
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass (C) richtig ist. Tatsächlich, dies ist zum
Beispiel der Fall, wenn beide Dreiecke gleichseitig sind und dieselbe Seitenlänge haben.
In Teil 2 zeigen wir, dass (D) richtig ist. Betrachten wir dazu die Dreiecke
ABC mit AB = 8 cm, BC = 12 cm, AC = 18 cm und ADC mit AD = 12 cm,
AC = 18 cm, DC = 27 cm. Die zwei Dreiecke sind ähnlich, denn es gilt:
AB BC AC  8 12 18 
=
=
 = = 
AD AC DC  12 18 27 
Die Dreiecke sind aber offensichtlich nicht kongruent (die Seitenlänge 8 cm
kommt z. B. nur in einem der Dreiecke vor).
In Teil 3 zeigen wir, dass (A) nicht richtig ist. Dies folgt direkt aus Teil 1.
In Teil 4 zeigen wir, dass (B) nicht richtig ist. Dies folgt direkt aus Teil 2.
In Teil 5 zeigen wir, dass (E) richtig ist. Begründung: Genau zwei Aussagen –
(C) und (D) – sind richtig, die anderen zwei – (A) und (B) – sind falsch.
Die richtige(n) Antwort(en): C, D, E
9.
Zunächst bilden wir eine erste Zahlenreihe, indem wir die Zahlen 1, 2, 3, 4, 5
und 6 in einer beliebigen Reihenfolge aufschreiben. Nun bilden wir eine zweite Zahlenreihe von ebenfalls sechs Zahlen nach folgender Regel: Die Summe
der ersten k Zahlen aus der ersten Zahlenreihe ergibt die k-te Zahl der zweiten
Zahlenreihe, wobei k Werte zwischen 1 und 6 annimmt (Beispiel: Die Summe
der ersten drei Zahlen aus der ersten Zahlenreihe ergibt die dritte Zahl der
zweiten Zahlenreihe). Die Frage: Wie viele Primzahlen könnten sich insgesamt in der zweiten Zahlenreihe befinden?
Lösungshinweis: 1 ist keine Primzahl.
(A) 1
(B) 2
(C) 3
(D) 4
(E) 5
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 1 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes Beispiel an: 1, 2, 3, 4, 6, 5. Nun bilden wir die zweite Reihe: 1, 3, 6,
10, 16, 21. Die zweite Zahl 3 ist 3 = 1 + 2, die dritte Zahl 6 entsteht als 6 = 1
+ 2 + 3 usw. Die zweite Reihe enthält als einzige Primzahl die 3.
In Teil 2 zeigen wir, dass 2 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes
Beispiel an: 2, 3, 5, 4, 6, 1. Die zweite Reihe lautet: 2, 5, 10, 14, 20, 21. Sie
enthält 2 Primzahlen (2 und 5).
In Teil 3 zeigen wir, dass 3 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes
Lösungen der Aufgaben
Beispiel an: 2, 3, 6, 1, 4, 5. Die zweite Reihe lautet: 2, 5, 11, 12, 16, 21. Sie
enthält 3 Primzahlen (2, 5 und 11).
In Teil 4 zeigen wir, dass 4 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes
Beispiel an: 2, 3, 6, 1, 5, 4. Die zweite Reihe lautet: 2, 5, 11, 12, 17, 21. Sie
enthält 4 Primzahlen (2, 5, 11 und 17).
In Teil 5 zeigen wir, dass 5 keine Lösung ist.
1. Feststellung: Die sechste Zahl der zweiten Reihe ist stets 21. Begründung:
Es wurden alle sechs Zahlen addiert und 1  2  3  4  5  6  21 .
21 ist aber keine Primzahl. Daraus folgt:
2. Feststellung: Um fünf Primzahlen in der zweiten Reihe zu erhalten, müssten diese die ersten fünf Zahlen sein.
3. Feststellung: In der zweiten Reihe gibt es eine gerade Zahl. Begründung: Es
gibt ursprünglich drei ungerade (1, 3, 5) und drei gerade (2, 4, 6) Zahlen. Die
Summe von zwei ungeraden Zahlen ist gerade. Daher muss es eine gerade
Zahl in der zweiten Reihe geben – unabhängig davon, in welcher Reihenfolge
die Zahlen in der ersten Reihe stehen.
Die einzige gerade Primzahl ist die 2. Daraus folgt:
4. Feststellung: Die gerade Zahl aus der 3. Feststellung ist die 2.
5. Feststellung: Die Zahl 2 muss in der zweiten Reihe die erste Zahl sein. Begründung: 2 kann nicht als Summe von mindestens zwei der Zahlen von 1 bis
6 entstehen.
Daraus folgt:
6. Feststellung: Die Zahl 2 muss auch in der ersten Reihe die erste Zahl sein.
Dies bedeutet aber:
7. Feststellung: In der zweiten Reihe gibt es eine weitere gerade Zahl. Begründung: Sie entsteht dann, wenn zwei ungerade Zahlen addiert werden.
Diese weitere gerade Zahl ist nicht die 2. Alle anderen geraden Zahlen sind
aber keine Primzahlen. Dies geht jedoch wegen der 2. Feststellung nicht. Damit ist bewiesen, dass 5 keine Lösung ist.
Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D
10. Gegeben ist das rechtwinklige Dreieck aus der
Figur. Anna zeichnet weitere Dreiecke so auf das
karierte Blatt, dass die folgenden drei Eigenschaften gleichzeitig erfüllt werden: 1. Das Ausgangsdreieck und jedes neue Dreieck haben eine gemeinsame Seite. 2. Es gibt keine Überlappungen zwischen dem Ausgangsdreieck und einem neuen Dreieck. 3. Das Ausgangsdreieck und jedes neue
Dreieck bilden zusammen ein gleichschenkliges Dreieck. Die Frage: Wie viele unterschiedliche Dreiecke konnte Anna gezeichnet haben?
Lösungshinweis: Zwei neue Dreiecke sind unterschiedlich, wenn die zwei
Gesamtfiguren, die aus dem Ausgangsdreieck und aus den neuen Dreiecken
entstehen, nicht kongruent sind.
(A) 3
(B) 4
(C) 5
(D) 6
(E) 7
Klasse 10
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 7 eine Lösung ist. Dazu geben wir eine Figur mit sieben mit gestrichelten Linien gezeichneten Dreiecken an (drei davon
liegen in der linken, vier davon in der rechten Hälfte der Figur).
In Teil 2 zeigen wir, dass 6 eine Lösung ist. Dazu reicht es, wenn wir aus der
Figur eins der 7 Dreiecke entfernen (egal, welches).
Ähnlich kann man zeigen, dass auch 5, 4 bzw. 3 Lösungen sind. Aus der Figur werden dazu zwei, drei bzw. vier Dreiecke entfernt.
Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D, E
11. Eine Ziege wurde mit einem 2 m langen Seil an der Hausecke A befestigt. Benachbarte Wände stehen senkrecht zueinander. Die Zahlen geben die Längen der Wandstücke in
1
m an (siehe Figur). Die Ziege grast die gesamte Fläche ab,
1 A
die sie erreichen kann. Wie groß ist diese Fläche in m²?
Lösungshinweis: Die Ziege kann nirgendwo durch die Wand gehen.
(A)
9

4
(B) 2  3 (C)
29
3
31
3
(D)


12
2
12
2
Lösung: In Teil 1 zeichnen wir die größtmögliche Fläche.
Sie besteht aus dem Dreieck ABC, aus dem Kreisausschnitt ACD, aus dem Halbkreis mit dem
Durchmesser ED und aus dem Viertelkreis EFG
G
(siehe Figur). Im Folgenden arbeiten wir mit der
1
Längeneinheit m und Flächeneinheit m2.
E 1
F
In Teil 2 berechnen wir die Fläche A1 des Dreiecks ABC. Das Dreieck ist rechtwinklig in B.
3
(E) 4  1
B
1
1
A
C
2
2
D
Lösungen der Aufgaben
Mit dem Satz des Pythagoras folgt: BC = AC 2  AB 2 = 22  12 = 3 .
AB  BC 1  3
3
.
=
=
2
2
2
In Teil 3 berechnen wir die Fläche A2 des KreisausC
schnitts ACD. Das Dreieck ABC ist die Hälfte eines
gleichseitigen Dreiecks (siehe Figur).
2
2
Daraus ergibt sich  BAC = 60° und  CAD = 30°.
Der Radius ist 2 m, der Mittelpunktswinkel beträgt 30°.
30°
π
1
1
=
Daraus folgt: A2 = π  22 
A’
B
A
3
360°
In Teil 4 berechnen wir die Fläche A3 des Halbkreises mit dem Durchmesser
1
ED. Der Radius ist 2 m. Somit gilt: A3 =  22  π = 2π .
2
In Teil 5 berechnen wir die Fläche A4 des Viertelkreises EFG. Der Radius ist
π
1
1 m. Somit gilt: A4 =  12  π = .
4
4
In Teil 6 ermitteln wir den Gesamtflächeninhalt.
3 
 31
3 2
m.
A  A1  A2  A3  A4 
  2    
2
3
4 12
2
Dies ergibt A1 =
Die richtige(n) Antwort(en): D
12. In wie viele dreiseitige Pyramiden (Tetraeder) kann ein Würfel zerschnitten
werden?
Lösungshinweise: Außer dreiseitigen Pyramiden dürfen keine anderen Körper
entstehen. Tetraeder müssen nicht regelmäßige Pyramiden sein.
(A) 3
(B) 4
(C) 5
(D) 6
(E) 7
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 5 eine Lösung
D’
C’
ist. Dazu betrachten wir die Figur. Die fünf TetraB’
eder sind A’B’D’A, C’B’D’C, BACB’, DACD’, A’
und ACB’D’.
In Teil 2 zeigen wir, dass 6 eine Lösung ist. Wir
betrachten dazu die Figur, in der wir das Tetraeder
D
C
A’B’D’A in zwei Tetraeder zerschneiden (zum
Beispiel durch eine Ebene, die durch A, A’ und
B
durch den Mittelpunkt von B’D’ verläuft). So er- A
halten wir statt 5 insgesamt 6 Tetraeder.
In Teil 3 zeigen wir, dass 7 eine Lösung ist. Wir betrachten dazu die Figur, in
der wir das Tetraeder A’B’D’A und das Tetraeder C’B’D’C in je zwei Tetraeder zerschneiden (wie in Teil 2).
In Teil 4 zeigen wir, dass 4 keine Lösung ist. Tatsächlich, für jede Zerlegung
Klasse 10
des Würfels in Tetraeder gilt:
1. Feststellung: Die Seitenfläche ABCD wurde in mindestens zwei Dreiecke
zerlegt. Begründung: Ein Quadrat ist keine Seitenfläche in einem Tetraeder.
Daraus folgt:
2. Feststellung: Es gibt mindestens zwei Tetraeder mit einer Seitenfläche im
Quadrat ABCD.
Bezeichnen wir nun die Kantenlänge des Würfels mit a. Dann folgt:
3. Feststellung: Das Gesamtvolumen aller Tetraeder mit einer Seitenfläche im
a3
. Begründung: Die Summe der SeitenQuadrat ABCD, beträgt höchstens
3
flächen im Quadrat ABCD beträgt genau a 2 , die einzelnen Höhen der Tetraeder sind höchstens a. Das Gesamtvolumen dieser Tetraeder beträgt somit
1
a3
höchstens a 2  a 
.
3
3
Ganz ähnlich lässt sich zeigen:
4. Feststellung: Das Gesamtvolumen aller Tetraeder mit einer Seitenfläche im
a3
.
Quadrat A’B’C’D’, beträgt höchstens
3
5. Feststellung: Kein Tetraeder kann Seitenflächen in ABCD und A’B’C’D’
haben. Begründung: In keinem Tetraeder gibt es parallele Seitenflächen.
Aus der 3-ten, 4-ten und 5-ten Feststellung folgt, dass der Würfel in mindestens 4 Tetraeder zerlegt wird. Die Summe der Rauminhalte nur dieser vier
a3 a3 2 3

 a (siehe 3. und 4. Feststellung).
Tetraeder wäre aber höchstens
3
3 3
2
Dies geht aber nicht, denn a3 ist weniger als das Volumen a3 des Würfels.
3
Damit ist bewiesen, dass 4 keine Lösung ist.
Beachte: Wenn 4 keine Lösung ist, dann stellt 3 ebenso keine Lösung dar.
Die richtige(n) Antwort(en): C, D, E
13. An einem Schachwettbewerb nahmen zwei Neuntklässler und einige Zehntklässler teil (aus anderen Klassenstufen gab es keine Teilnehmer). Jeder spielte gegen jeden genau ein Spiel. Ein Sieg ist 1 Punkt, ein Unentschieden 0,5
Punkte und eine Niederlage ist 0 Punkte wert. Die zwei Neuntklässler gewannen zusammen genau 8 Punkte. Jeder Zehntklässler erreichte dieselbe Punktzahl wie jeder andere Zehntklässler. Die Frage: Wie viele Zehntklässler
konnten insgesamt am Wettbewerb teilgenommen haben?
(A) weniger als 3
(B) weniger als 5
(C) weniger als 7
(D) weniger als 10
(E) mehr als 12
Lösung: Wir bezeichnen die Anzahl der Teilnehmer aus Klasse 10 mit n, die
von ihnen jeweils erreichte gleiche Punktzahl mit m. Dann gilt:
Lösungen der Aufgaben
1. Feststellung: Die Gesamtanzahl der Teilnehmer beträgt n + 2. Jeder Teilnehmer spielt gegen n + 1 Gegner.
Dies wären (n + 2)(n + 1) Spiele. Da aber so jedes Spiel doppelt gezählt wurde, müssen wir das Ergebnis noch durch 2 teilen. Daraus folgt:
 n + 2  n +1
Spiele gespielt.
2. Feststellung: Es wurden insgesamt
2
3. Feststellung: Bei jedem Spiel wurde genau 1 Punkt verteilt. Begründung:
1 + 0 = 1, 0 + 1 = 1 und 0,5 + 0,5 = 1.
Aus der 2. und 3. Feststellung folgt:
 n + 2  n +1
4. Feststellung: Die Gesamtzahl der erreichten Punkte ist
.
2
Andererseits gilt aber auch:
5. Feststellung: Die Gesamtzahl der erreichten Punkte beträgt mn  8 . Begründung: Die n Zehntklässler gewannen zusammen genau mn Punkte, die
zwei Neuntklässler gewannen zusammen genau 8 Punkte.
 n + 2  n +1
= mn + 8 oder
Aus der 4. und 5. Feststellung folgt:
2
n 2  3n  2  2mn  16 oder noch n  n  3  2m   14
(*)
6. Feststellung: Der Term n + 3 – 2m ist eine positive ganze Zahl. Begründung: n ist eine natürliche Zahl. m ist ein Vielfaches von 0,5 und daher muss
2m eine ganze Zahl sein. Da in der Gleichung (*) sowohl n als auch 14 positive ganze Zahlen sind, muss n + 3 – 2m eine positive ganze Zahl sein.
Aus (*) und aus der 6. Feststellung folgt:
7. Feststellung: n ist ein Teiler von 14.
Daraus folgt: Für n kommen nur die Werte 1, 2, 7, 14 in Frage. Wir führen
nun eine Fallunterscheidung durch.
1. Fall: n= 1. Eingesetzt in (*) folgt 1  1+ 3  2m  = 14 , d. h. m = –5. Dies
geht aber als Punktzahl nicht. Dieser Fall bringt also keine Lösung.
2. Fall: n= 2. Eingesetzt in (*) folgt 2   2 + 3  2m  = 14 , d. h. m = –1. Dies
geht aber als Punktzahl nicht. Dieser Fall bringt also keine Lösung.
3. Fall: n= 7. Aus (*) folgt 7   7 + 3  2m  = 14 , also m = 4.
4. Fall: n= 14. Aus (*) folgt 14  14 + 3  2m  = 14 , also m = 8.
Die richtige(n) Antwort(en): D, E
Aufgabe zur detaillierten Ausarbeitung:
14. Wir betrachten einen Kreis mit dem Durchmesser AB. Ein zweiter Kreis mit
dem Mittelpunkt A schneidet die Strecke AB in C. Es gilt: AC  0,5  AB .
Eine gemeinsame Tangente der zwei Kreise berührt den Kreis mit dem
Durchmesser AB im Punkt D. Beweise: CD ist senkrecht zu AB.
Klasse 10
Lösung: Der Mittelpunkt des Kreises mit dem
D
Durchmesser AB sei O. Die gemeinsame TanE
gente berührt den anderen Kreis in E (siehe
Figur). Das Dreieck AOD ist gleichschenklig,
A
C O
B
denn OD und OA sind Radien desselben Kreises (1 Punkt).
Es gilt:  ODA =  OAD (Basiswinkel)
(2 Punkte). Aus OD  AE (2 Punkte) folgt:
 DAE =  ODA =  OAD (Wechselwinkel und Basiswinkel) (2 Punkte).
Dies bedeutet, dass die Dreiecke DEA und DCA kongruent sind (3 Punkte),
denn EA = AC (Radien), DA ist eine gemeinsame Seite und  DAE =
 DAO (sws) (3 Punkte).
Es folgt:  DCA =  DEA = 90° (2 Punkte). Damit ist bewiesen, dass CD
senkrecht zu AB steht (1 Punkt). Jede andere korrekte Lösung wird ähnlich
bewertet (maximal 16 Punkte).
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Lösungen – Klasse 10