Fünfte Fürther
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FÜMO 20
2. Runde
Lösungen
5. Klasse
Aufgabe 1
Man überlegt zuerst, wieviel ein Bamberger kosten kann, damit 9 Bamberger mehr als 7 € und
weniger als 8 € kosten. Die kleinste durch 9 teilbare Zahl (in Cent) ist 702 = 78∙9, die größte
792 = 88∙9. Also kostet ein Bamberger mindestens 78 Cent und höchstens 88 Cent. Nun überlegt
man, wieviel ein Bamberger kosten kann, wenn 14 Bamberger mehr als 10 € und weniger als 11 €
kosten. Die kleinste durch 14 teilbare Zahl (in Cent) ist 1008 = 72∙14, die größte 1092 = 78∙14.
Also kostet ein Bamberger mindestens 72 Cent und höchstens 78 Cent.
Beide Bedingungen sind nur dann erfüllt, wenn ein Bamberger genau 78 Cent kostet.
Aufgabe 2
a)
0
0
0
0
1
1
1
2
2
3
0
1
2
3
1
2
3
2
3
3
b) Von allen zehn Steinen 00, 01, 02, 03, 11, 12, 13, 22, 23 und 33
2 2 0 0 0
bestimmt man zunächst die Steine, deren Zahlenkombination
nur einmal vorkommen: Dies trifft nur für 12 zu (1. Schritt).
2 2 0 3 1
Damit ergeben sich zwangsläufig 00 und 10 (2. und 3. Schritt).
3 3 1 3 2
Die 0 in der 1. Zeile und 3. Spalte kann nun gelegt werden mit
der 2 (waagrecht) oder mit der 0 (senkrecht). Da 00 bereits vor3 1 1 1 0
kommt, bleibt nur die 1. Möglichkeit 20 (4. Schritt). 22 ergibt sich
zwangsläufig (5. Schritt). Die 2 in der 2. Zeile und 2. Spalte kann nur gelegt werden mit der 3, da
alle anderen Kombinationen 22 und 20 bereits vorkommen.
Aufgabe 3
a) Das Plättchen kann man quer oder hochkant betrachten:
Quer (vgl. Abb.) lässt sich das Rechteck 3 mal nach rechts und
2 mal nach unten schieben. Da es zu jeder der 4 waagrechten
Möglichkeiten genau 3 senkrechte Möglichkeiten gibt, erhält man
insgesamt 12 Möglickeiten.
Hochkant (vgl. Abb.) lässt sich das Rechteck 4-mal nach rechts und
einmal nach unten schieben.
Also erhält man 5 2 = 10 Möglichkeiten.
Insgesamt gibt es also 22 Möglichkeiten, das Plättchen
längs der Linien auszulegen.
b) Die kleinste Seite, die für ein solches Gitterrechteck in Frage kommt,
ist 2 cm. Ist die andere Seite 24 cm lang, lässt sich das 2x3-Rechteck
21 Mal durchschieben, also gibt es 22 Möglichkeiten.
Wählt man eine Seite des Gitterrechtecks 3 cm, so findet man durch Ausprobieren heraus, dass
sich bei der Wahl von 9 cm für die andere Seite ebenfalls 81 + 72 = 22 Möglichkeiten ergeben.
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2. Runde
Lösungen
6. Klasse
Aufgabe 1
a) Wir ergänzen die Mädchen mit E und F, die Jungen
mit N und O. Für die Mädchen gibt es die Möglichkeit,
mit 0, 1, 2, 3, 4 und 5 Jungen befreundet zu sein.
Alle Mädchen sind also insgesamt mit
0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 Jungen befreundet. Daher
muss jeder Junge mit drei Mädchen befreundet sein.
In nebenstehender Tabelle sind befreundete Paare
durch Kreuze gekennzeichnet. Bildet man die Summen,
erkennt man die Behauptung.
A B C D E F
K
L
x
x
x
x
3
x
x
3
M
x
x
x
3
N
x
x
x
3
O
x
x
x
3
0 1 2 3 4 5
b) Bei 7 Mädchen und 6 Jungen kann es insgesamt nur
0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 Freundschaften
mit Jungen geben. Da 6 kein Teiler von 21 ist, können 6 Jungen nicht mit der gleichen Zahl
Mädchen befreundet sein.
Aufgabe 2
a) Für jede Stellenzahl größer als 1 gibt es jeweils 9 Schnapszahlen. Also unterteilen wir 2012 in
9er-Gruppen: 2012 = 223∙9 + 5. Damit ist die gesuchte Zahl die 5. Zahl in der 224-ten 9erGruppe. Da die ersten neun Schnapszahlen zweistellig sind, sind die Schnapszahlen in der 224ten Neunergruppe 225-stellig, d.h. die 2012. Schnapszahl ist 5555…5 mit 225 Stellen.
b) Da es für jede Stellenzahl > 1 jeweils 9 Schnapszahlen gibt, sind es bis zu 999…9 mit 2011
Stellen genau 2010∙9 = 18090 Schnapszahlen.
Bis zur 444…4 mit 2012 Stellen sind es weitere 4. Also steht diese Zahl an der 18094. Stelle.
Aufgabe 3
Aus Antons Aussage kann man folgern, dass im Turnier 6 Spiele mit den Ergebnissen 10:0, 9:1, 8:2,
7:3, 6:4 und 5:5 ausgetragen wurden (immer insgesamt 10 Tore und keine gleichen Spielergebnisse).
a) Die drei Siege mit den geringsten Torunterschiede lauten: 6:4, 7:3 und 8:2, weshalb die Klasse 6c
bei drei Siegen mindestens 2+4+6 = 12 Tore mehr geschossen als erhalten hat. (Widerspruch zu
Bernds Aussage!)
b) Die insgesamt 12 Punkte können nach a) folgendermaßen auf die vier Klassen verteilt werden:
(5;4;2;1), (5;4;3;0) oder (4;3;3;2). Hätte die drittplatzierte Klasse 6a unentschieden gespielt, so
könnte mit den beiden restlichen Spielen das Torverhältnis nicht ausgeglichen sein. Da nur die
unentschieden spielenden Mannschaften eine ungerade Punktzahl haben können, kommt nur noch
eine Punktverteilung (5,4;2;1) in Frage (das Spiel 6c:6d endete 5:5).
Das ausgeglichene Torverhältnis von 6a kann nur durch folgende Ergebniskonstellationen erreicht
werden: A(10:0; 1:9; 4:6), B(10:0, 3:7; 2:8), C(9:1; 2:8, 4:6) oder D(8:2; 3:7; 4:6).
B und D fallen weg, da nur 6d einmal 3 Tore geschossen hat. Auch C entfällt, da die Klasse 6c nur
bei den Siegen 8:2 und 6:4 gegen 6b oder 6a eine Tordifferenz von 8 Toren aufweist. Da nur
Möglichkeit A zutrifft, muss also das Spiel 6c:6a das Ergebnis 6:4 haben.
c) Nach b) spielte 6c gegen 6a 6:4, gegen 6b 8:2 und gegen 6d 5:5.
Die beiden anderen Spiele von 6a endeten (nach b)) 10:0 und 1:9. Da die Klasse 6d nie gewann,
spielte 6a gegen 6d 10:0 und gegen 6b 1.9. Schließlich endete das Spiel 6b gegen 6d 7.3.
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2. Runde
Lösungen
7. Klasse
Aufgabe 1
Wenn alle Fragen richtig angekreuzt werden, hat man 140 Punkte. 60% von 140 P = 84 P.
Da Kilian die Prüfung gerade noch bestanden hat, hat er genau 85 Punkte erreicht.
Sind r, f und k die Anzahl der richtigen, falschen und nicht gegebenen Antworten, so muss gelten:
7·r 5·f + 0·k = 85 bzw. 7r = 85 + 5f
Für f = 0 erhält man wegen 7r = 85 = 7·12 + 1 keine ganzzahlige Lösung für r.
Gleiches gilt für f = 1 wegen 7r = 90 = 7·12 + 6, für f = 2 wegen 7r = 95 = 7·13 + 4
und für f = 3 wegen 7r = 100 = 7·14 + 2.
Ist f =4 erhält man wegen 7r = 105 = 7·15 die Lösung r = 15.
Damit hat Kilian wegen r + f + k = 20 genau 15 Fragen richtig, 4 Fragen falsch und eine Frage nicht
angekreuzt.
16 richtige Antworten können es nicht sein, da in diesem Fall gelten würde: 112 P – 85 P = 27 P.
Da höchstens 4 Antworten falsch sein können, kann diese Differenz höchstens 20 P = 4·5 P
betragen. Damit sind auch mehr als 16 richtige Antworten nicht möglich.
Also hat Kilian genau eine Frage nicht beantwortet.
Aufgabe 2
Die Schreibweise [ABC] bezeichnet den Inhalt der
Fläche ABC.
Die Punkte A und B sind die Mittelpunkte der Strecken [DD']
und [AA']. Damit sind die Dreiecke D'A'B, D'AB und ABD
flächengleich, denn sie stimmen in einer Höhe überein und
haben je gleich lange Grundlinien. Dies ergibt die Gleichheit
[AA'D'] = 2∙[ABD].
Ähnlich zeigt man die Gleichheit [CB'C'] = 2∙[CBD].
Somit ist
[AA'D'] + [CB'C'] = 2∙{[ABD] + [CBD]} = 2∙[ABCD] = 40 (FE).
Ebenso schließt man [BA'B'] + [DC'D'] = 40.
Zusammen ergibt sich
B'
C'
D
C
A
B
D'
A'
[EFGH] = [ABCD] + {[AA'D'] + [CB'C']} + {[BA'B'] + [DC'D']} =
= 20+40+40 = 100.
Aufgabe 3
Der Tag A, an dem übermorgen (von heute an gerechnet) bereits gestern ist, ist von heute aus
betrachtet in drei Tagen. Analog ist der Tag B, für den vorgestern noch zukünftiges morgen ist, heute
vor drei Tagen.
Probiert man jeden Wochentag für den heutigen Tag aus, so ist A und B nur dann vom letzten bzw.
nächsten Sonntag gleich weit entfernt, wenn heute Sonntag ist.
(Dies liegt zum Einen daran, dass zwischen A und B 6 (gerade) Tage sind und zwischen zwei
benachbarten Sonntagen 7 (ungerade) Tage sind. Zum Zweiten liegen zwischen letztem und nächsten
Sonntag 14 Tage, wenn heute Sonntag ist.)
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2. Runde
Lösungen
8. Klasse
Aufgabe 1
Wir bezeichnen mit J bzw. M die Anzahl der befragten Jungen bzw. Mädchen. Gemäß den
Bedingungen der Aufgabe erhalten wir dann:
Zahl der Jungen, die orange mögen: 0,02∙J ,
Zahl der Mädchen, die orange mögen: 0,02∙J ,
Zahl aller Befragten, die orange mögen: 0,17∙(J+M).
Daraus ergibt sich die Bedingung 0,02∙J+0,59∙M = 0,17∙(J+M) oder 2∙J+59∙M=17∙J+17∙M.
Eine weitere Vereinfachung liefert 5∙J = 14∙M oder M:J = 5:14.
Da M und J ganzzahlig sind, muss es ein ganzzahliges t geben mit J = 14∙t und M = 5∙t.
Wir suchen den kleinsten Wert für J+M = 19∙t. Dieser wird für minimales t erreicht.
Nun ist auch 0,17∙(J+M) =
17
17 19
19t
t ganzzahlig. Da 17 und 19 Primzahlen sind, ist dies nur
100
100
möglich, wenn 100 ein Teiler von t ist. Der kleinste Wert ist t = 100.
Es sind demnach J = 1400 Schüler und M = 500 Schülerinnen befragt worden.
Diese beiden Anzahlen erfüllen auch die Bedingungen der Aufgabe, denn 0,02∙1400 = 28 und
0,59∙500 = 295 sind ganzzahlige Werte.
Aufgabe 2
Ein Punkt P(m,n) wird genau dann erreicht, wenn das Gleichungssystem
(1) a – 2b = m
(2) 3a – 4b = n eindeutig in nicht negativen ganzen Zahlen a und b lösbar ist.
Dabei bedeuten a bzw. b die Anzahl der Sprünge A bzw. B.
n 3m
Wir subtrahieren das Dreifache von (1) von (2) und erhalten 2b = n – 3m bzw. b
2
Eingesetzt z.B. in (1) ergibt sich daraus a = n – 2m.
12 60
a) Für (20;12) sind a = 12 2∙20 = 28 und b
= 24 nicht positiv.
2
Der Floh kann den Punkt P(20;12) niemals erreichen.
b) Das Gleichungssystem lautet nun (1) a – 2b = -19 und (2) 3a – 4b = 2011 mit den
Lösungen a = 2049 und b = 1034. Der Floh kann den Punkt erreichen.
c) Nach der Vorüberlegung gibt es nicht negative ganzzahlige Lösungen (a;b) genau dann wenn
n 3m ≥ 0 und n - 3m gerade ist, d.h. n ≥ 3m und n - m = n - 3m + 2m gerade ist.
Er kann also in den Punkten P(m | n) des I. Quadranten nicht landen,
für die n < 3m oder n - m ungerade ist.
Aufgabe 3
a) <AMN, <NMK, <KMD und <DMA sind rechte
Winkel (Schnittwinkel der Diagonalen im Quadrat).
Da auch an den Ecken von FÜMO 90°- Winkel
sind, können höchstens zwei Ecken von DANK auf
FÜMO liegen, aber niemals im Innern. Da a ≤ 20
ist, liegt auch mindestens eine Ecke im Inneren
oder auf dem Rand von FÜMO.
Bemerkung: Wäre a 20 2 , so könnten alle
Ecken außerhalb von FÜMO liegen.
b) 1. Fall: Zwei Ecken von DANK liegen auf FÜMO.
Da die Diagonalen AK und ND das Quadrat DANK
in vier kongruente Dreiecke zerlegt, liegt genau ein Viertel von DANK in FÜMO.
2. Fall oBdA liegt die Ecke A innerhalb des Quadrates FÜMO. Dann sind die Dreiecke BNM
und AMC nach WSW kongruent, weil der Winkel bei M, die halbe Diagonalenlänge und der
Winkel bei A (Diagonale = Symmetrieachse = Winkelhalbierende des 90°-Winkels) gleich sind.
Daher ist ABMCA =AANM. Das bedeutet, dass der Flächeninhalt der schraffierten Fläche stets 25%
vom Quadrat DANK beträgt.
