9 - Mathematik

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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.
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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.
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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 .
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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
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