55. Mathematik-Olympiade 3. Stufe (Landesrunde) Olympiadeklasse 9 Lösungen – 2. Tag c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. 550934 Lösung 6 Punkte Insgesamt ist in den Kisten für 1 + 2 + 3 + · · · + 10 = 55 Bälle Platz, es gibt also genau so viele Bälle, wie in die Kisten passen. Daher genügt es, die roten Bälle so auf Kisten zu verteilen, dass jede genutzte Kiste voll ist; denn dann kann man die blauen Bälle auf die anderen Kisten aufteilen. Beginnend mit der größten Kiste füllen wir nun die Kisten nach und nach mit roten Bällen; erst füllen wir die größte Kiste, dann die zweitgrößte usw. Irgendwann haben wir alle roten Bälle verstaut. Haben wir dabei nur volle Kisten erhalten, sind wir fertig; ansonsten gibt es höchstens eine nicht volle Kiste, in der, sagen wir, r rote Bälle sind. Wir nehmen diese Bälle heraus und packen sie in diejenige Kiste, in welche genau r Bälle passen, diese ist nämlich noch leer gewesen. Damit sind wir fertig. Lösungsvariante: Es ist auch möglich, für jede mögliche Anzahl von blauen Bällen (und entsprechenden roten Bällen) eine Verteilungsmöglichkeit anzugeben. Für 1 bis 10 blaue Bälle kommen jeweils alle blaue Bälle zusammen in die entsprechende genau passend große Kiste. Für 11 bis 19 blaue Bälle kommen 10 Bälle in Kiste 10 und die restlichen 1 bis 9 in die entsprechende genau passende Kiste. Für 20 bis 27 blaue Bälle kommen 10 Bälle in Kiste 10, 9 Bälle in Kiste 9 und die restlichen 1 bis 8 in die entsprechende andere. In die restlichen Kisten kommen dann die roten Bälle. Sind es mehr als 27 blaue Bälle, teilt man erst die 1 bis 27 roten Bälle wie oben beschrieben auf und dann die blauen. 550935 Lösung 7 Punkte Es sind mindestens drei Eckdrehungen nötig. Die Lage des Freigeheges sei zu Beginn durch das Rechteck A1 A2 A3 A4 mit Breite |A1 A4 | und Länge |A1 A2 | beschrieben. Die gewünschte Verschiebung soll die Ecke bei A1 nach A4 überführen und A1 , A2 , A3 , A4 auf A′1 , A′2 , A′3 , A′4 abbilden. 5 A′4 A′3 A4 = A′1 A3 = A′2 A1 A2 L 550935 a Wir lösen die Aufgabe in zwei Schritten: Schritt 1: Man benötigt mindestens drei Eckdrehungen. Eine Eckdrehung reicht nicht aus, da eine Drehung stets einen Punkt (das Drehzentrum) unverändert lässt, eine Verschiebung jedoch nicht. Wir zeigen nun, dass zwei Eckdrehungen ebenfalls nicht ausreichen. Da wie oben bemerkt jede Drehung einen Fixpunkt hat, muss nach der vorletzten Eckdrehung eine Ecke des Freigeheges ihre Endposition erreicht haben. Seien Ai und Aj die Positionen zweier beliebiger Ecken des Freigeheges vor der Verschiebung, und A′j sei die Position der zweiten Ecke nach der Verschiebung. Dann sind die Abstände von Ai zu Aj und Ai zu A′j stets voneinander verschieden, weil Ai nicht auf der Mittelsenkrechten von Aj A′j liegt (siehe Abbildung L 550935 a). Da bei Drehungen der Abstand eines Punktes zum Drehzentrum konstant bleibt, kann daher die Bedingung, dass nach der vorletzten Eckdrehung eine Ecke des Freigeheges ihre Endposition A′j erreicht haben muss, nicht nach nur einer Eckdrehung (um Ai ) erfüllt sein. Daher kann die erste Drehung nicht die vorletzte Drehung sein. Schritt 2: Drei Eckdrehungen reichen aus. A4 X A1 L 550935 b Wir zeigen nun, dass die gesuchte Anzahl drei ist, indem wir drei Eckdrehungen angeben, die zusammen die gewünschte Verschiebung ergeben. (Hierfür gibt es viele verschiedene Möglichkeiten.) Es sei X ein Punkt derart, dass A1 A4 X ein gleichseitiges Dreieck bildet. In der ersten Eckdrehung drehen wir das Freigehege so um A1 , dass seine Ecke bei A4 auf den Punkt X wandert; dies ist möglich, da |A1 A4 | = |A1 X| gilt. In der zweiten Eckdrehung drehen wir das Freigehege so um X (was ja nun Ecke des Freigeheges ist), dass die Ecke bei A1 auf den Punkt A4 wandert; dies ist möglich, da |XA1 | = |XA4 | gilt. In der dritten Eckdrehung drehen wir so um A4 , dass die Ecke bei X auf den Punkt A′4 wandert; dies ist möglich, weil |A4 X| = |A4 A1 | = |A′4 A4 | gilt. Insgesamt geht hierbei die Ecke A4 nach A′4 und die Ecke A1 nach A4 = A′1 . Es handelt sich also tatsächlich um die gewünschte Verschiebung. 6 550936 Lösung 7 Punkte Teil a) Es gilt A(4) = 5, die betrachteten Zahlen sind 1111, 112, 121, 211, 22. Außerdem hat man A(5) = 8, denn in M haben genau die acht Zahlen 11111, 1112, 1121, 1211, 2111, 122, 212, 221 die Quersumme 5. Teil b) Wir beweisen, dass A(8 · 2016) größer ist als 102016 , indem wir mehr als 102016 Zahlen der gewünschten Art konstruieren. Dazu betrachten wir zunächst alle 24·2016 Möglichkeiten, Zahlen mit 4 · 2016 Ziffern in {1, 2} zu bilden. Die Quersumme einer solchen Zahl ist höchstens gleich 8·2016; sollte die Quersumme kleiner sein, hängen wir noch so viele Einsen an, dass eine Zahl mit Quersumme gleich 8 · 2016 entsteht. (Weiterhin sind dann alle 24·2016 konstruierten Zahlen paarweise verschieden.) Wegen 24·2016 = 162016 > 102016 erhalten wir auf diese Weise mehr als 102016 Zahlen der gewünschten Art. Lösungsvariante: Wir betrachten die folgenden elf Bausteine: 221111, 212111, 211211, 211121, 211112, 122111, 121211, 121121, 121112, 112211, 112121 . Jeder solche Baustein besteht aus sechs Ziffern, deren Summe gleich 8 ist. Hängen wir nun 2016 dieser Bausteine aneinander, erhalten wir eine Zahl der gewünschten Art. Da wir die Bausteine unabhängig voneinander wählen können, erhalten wir auf diese Weise 112016 verschiedene Zahlen. Hieraus folgt A(8 · 2016) ≥ 112016 > 102016 , was zu zeigen genügt. Anmerkung: Diese Lösungsvariante lässt sich verallgemeinern. Es gibt A(n) Zahlen mit Quersumme n; hängt man nun m derartige Zahlen aneinander, erhält man eine Zahl mit Quersumme n · m. Jede der möglichen A(n)m Wahlen von Zahlen liefert auch verschiedene Ergebnisse, so dass A(n · m) ≥ A(n)m gilt. Weitere Lösungsvariante: Jede Zahl in M mit Quersumme n (mit n ≥ 3) ergibt sich entweder durch Anhängen einer 1 an eine Zahl in M mit Quersumme n − 1 oder durch Anhängen einer 2 an eine Zahl in M mit Quersumme n − 2. Man erhält also die Rekursionsformel A(n) = A(n − 1) + A(n − 2) für n ≥ 3 . Zudem gilt A(1) = 1 und A(2) = 2. Es handelt sich also um eine (indexversetzte) Fibonaccifolge. 7 Wir zeigen nun induktiv, dass √ n A(n) ≥ 2 für n ≥ 2 (1) gilt. In der Tat, für n = 2 und n = 3 ist (1) richtig, und aus der Gültigkeit von (1) für n′ < n und der Beziehung A(n) = A(n − 1) + A(n − 2) √ √ n−2 √ n−1 √ n−2 + 2 = 1+ 2 2 ≥ 2 √ n−2 √ n = 2 >2· 2 folgt die Gültigkeit von (1) auch für n und damit die Behauptung mittels vollständiger Induktion. Also gilt A(8 · 2016) ≥ 24·2016 = (24 ) 2016 > 102016 . 8 Punktverteilungsvorschläge Die nachstehenden Angaben zur Punktverteilung sowohl für die gesamten Aufgaben als auch für die Teillösungen sind Empfehlungen für die Ausrichter des Wettbewerbs und sollen einer einheitlichen Bewertung dienen. Dies vereinfacht für die Schülerinnen und Schüler ein Nachvollziehen der Bewertung und ermöglicht für die Organisatoren Vergleiche zum Zweck der Entscheidung über die Teilnahme an der nächsten Runde. Bei der Vielfalt der Lösungsvarianten ist es nicht möglich, Vorgaben für jede Variante zu machen; das Korrekturteam möge aus den Vorschlägen ableiten, welche Vergabe dem in der Schülerlösung gewählten Ansatz angemessen ist. Dabei können auch Lösungsansätze, die angesichts der Aufgabenstellung sinnvoll erscheinen, aber noch nicht erkennen lassen, ob sie wirklich zu einer Lösung führen, einige Punkte erhalten. Abweichungen von den Vorschlägen müssen von den Ausrichtern des Wettbewerbs ausreichend bekannt gemacht werden. Es wird aber empfohlen, zumindest den prozentualen Anteil der Punkte für Teillösungen beizubehalten. Aufgabe 550934 Insgesamt: 6 Punkte Es gibt genau so viele Plätze wie Bälle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Punkt Es genügt, die Bälle einer Farbe zu verteilen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 1 Punkt Vervollständigung des Beweises . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 4 Punkte Aufgabe 550935 Insgesamt: 7 Punkte Nachweis, dass eine Drehung nicht reicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Punkt Nachweis, dass zwei Drehungen nicht reichen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte Angabe von drei Drehungen, die die gewünschte Verschiebung liefern . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte Aufgabe 550936 Insgesamt: 7 Punkte Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Punkte Teil b) Konstruktionsidee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte Teil b) Nachweis, dass mehr als 102016 Tupel entstehen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Punkte 9