Lösungen des MatBoj am 17.September 2011

Lösungen des MatBoj am 17.September 2011
Wochenendseminar der LSGM in Bennewitz
Aufgabe 1 (Britische Präzision). Mrs. Smith, eine äußerst wichtige Person, wird
jeden Tag um exakt 5 Uhr von dem Bahnhof abgeholt. Eines Tages erschien sie, ohne
Ankündigung, bereits mit dem 4-Uhr-Zug und lief, auf genau demselben Weg, den
sie mit dem Auto fährt, nach Hause. Nach einiger Zeit traf sie auf ihren Chauffeur,
welcher sie vom Zug abholen wollte. Der Chauffeur fuhr sie den restlichen Weg nach
Hause und kam dort 20 Minuten zeitiger als üblich an. An einem anderen Tag erschien Mrs. Smith, ohne Ankündigung, mit dem 4:30-Uhr-Zug und lief nach Hause.
Sie traf wieder auf den Chauffeur und fuhr den Rest des Weges mit ihm. Wie viel
Zeit kamen sie diesmal eher als üblich an?
(Es werden konstante Geschwindigkeiten beim Laufen und Fahren und vernachlässigbare Zeiten zum Umsteigen bzw. Umdrehen angenommen.)
Lösung: Es sei va die Geschwindigkeit des Autos, vs die Geschwindigkeit von Mrs.
Smith, t1 = 1 h bzw. t2 = 30 min seien die Differenzen zur normalen Ankunft, x1
bzw. x2 die Weglängen, welche Mrs. Smith läuft und s1 bzw. s2 die (virtuellen)
Abstände des Autos bei Ankunft von Mrs. Smith am Bahnhof. Nun ist die Zeit,
i
(sie und das Auto schaffen
welche Mrs. Smith jeweils läuft sowohl vxsi als auch vs s+v
a
die Gesamtstrecke). Weiter ist xi = ti va und die Zeitdifferenz zi am Haus ist zi =
2si va (das Auto muss die Strecke 2si nicht fahren). Es ergibt sich zi = 2si va =
2
s +va )
2xi va (vvss+va ) = 2ti (va ) (v
. Somit sind zi und ti zueinander proportional und es
vs
t2
folgt z2 = t1 z1 = 10 min.
Bewertung:
Proportionalität von eingesparter Zeit und gelaufener Strecke
3 Punkte
Proport. von gelaufener Strecke und virtuellem Autoabstand
4 Punkte
Proport. von virtuellem Autoabstand und Zeitdifferenz am Bhf. 2 Punkte
Korrekte Lösung
3 Punkte
Aufgabe 2 (Vierte Potenzen). Zeige, dass für alle n ≥ 4 gilt:
44 + 45 + · · · + 4n =
Lösung: Beweis per Induktion:
4
n−3
IA: Für n = 4 gilt 4 (4 3 −1) =
44 (4n−3 − 1)
3
44 (4−1)
= 44
3
4
n−3
IVor: Es gilt 44 + 45 + . . . + 4n = 4 (4 3 −1)
4
n−2
IBeh: Es gilt 44 + 45 + . . . + 4n+1 = 4 (4 3 −1)
IBew: Es gilt
44 + 45 + . . . + 4n+1
=
=
=
Bewertung:
Induktionsanfang
Induktionsvor. + beh.
Induktionsbeweis
44 (4n−3 − 1)
+ 4n+1
3
44 (4n−3 − 1 + 3 · 4n−3 )
=
3
44 + 45 + . . . + 4n + 4n+1 =
44 (4n−3 − 1) + 3 · 4n+1
3
44 (4n−2 − 1)
.
3
2 Punkte
1 Punkt
9 Punkte
Aufgabe 3 (Im Zahlengitter). Zeige: Unter je 5 Punkten in der Ebene mit ganzzahligen Koordinaten gibt es zwei, deren Mittelpunkte auch ganzzahlige Koordinaten
hat.
Lösung: Man beachte: Für zwei Punkte (a1 , b1 ), (a2 , b2 ) ∈ Z2 ist der Mittelpunkt
a1 + a2 b1 + b2
,
2
2
und die Koordinaten des Mittelpunkts sind genau dann ganzzahlig, wenn sowohl a1
und a2 als auch b1 und b2 denselben Rest modulo 2 haben.
Beweis mit Schubfachprinzip:
Unter den 5 Punkten gibt es mindestens 3, bei denen die erste Koordinate denselben
Rest modulo 2 lässt. Das bedeutet gerade, das die erste Koordinate der Mittelpunkte
dieser drei Punkte ganzzahlig ist. Unter diesen 3 Punkten gibt es dann wiederum
mindestens zwei, deren zweite Koordinate denselben Rest modulo 2 lassen. Das
bedeutet gerade, dass der Mittelpunkt dieser zwei Punkte ganzzahlige Koordinaten
hat.
Bewertung:
Formel für Mittelpunkt
3 Punkte
Gleicher Rest modulo zwei heißt ganzzahlige Koordinate 3 Punkte
Schubfachschluss
6 Punkte
Aufgabe 4 (Ohne Quadrate). Man betrachte die streng monoton wachsende
Folge der positiven ganzen Zahlen, welche keine Quadratzahlen sind:
2, 3, 5, 6, 7, 8, 10, 11, . . .
Bestimme das 2011-te Folgenglied.
2
√
Lösung: Es gilt 2011 ≈ 45. Nun ist 2011 + 45 = 2056, wobei 452 = 2025 < 2056 <
2116 = 462 . Demnach gibt es genau 45 positive Quadratzahlen, welche kleiner als
2056 sind. Somit bleiben 2011 andere ganze Zahlen übrig, sodass 2056 das 2011-te
Folgenglied ist.
Bewertung:
Abschätzen der Quadratwurzel von 2011 3 Punkte
Erkennen der Addition
3 Punkte
Korrekte Ausführung
6 Punkte
Aufgabe 5 (Wahrscheinlichkeiten). Ein Zufallszahlengenerator wählt n Ziffern
aus der Menge {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} aus, wobei alle Ziffern gleich wahrscheinlich
sind. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass das Produkt der Ziffern durch 10 teilbar ist.
Lösung: Wir bestimmen zunächst die Gegenwahrscheinlichkeit, also die Wahrscheinlichkeit, dass das Produkt nicht durch 10 teilbar ist.
n Im ersten Fall enthalte das
Produkt keine 5. Die Wahrscheinlichkeit dafür ist 98 . Im zweiten Fall enthalte das
Produkt
n keine durch 2 teilbare Zahl. Es ergibt sich dafür eine Wahrscheinlichkeit
von 59 . Die Fälle, welche sowohl keine durch 2 teilbare Zahl als auch keine 5 im
Produkt enthalten,
wurden doppelt gezählt. Dafür ergibtsich eine
n
n Wahrscheinlichn
n
keit von 94 . Die Gegenwahrscheinlichkeit ist damit 89 + 59 − 49 und die
n
n
n
gesuchte Wahrscheinlichkeit ist 1 − 89 − 59 + 49 .
Bewertung:
Arbeiten mit Gegenwahrscheinlichkeit
3 Punkte
Fall: Keine 5 enthalten
2 Punkte
Fall: Keine durch 2 teilbare Ziffer enthalten 2 Punkte
Schnittmenge der beiden Fälle
3 Punkte
Korrekte Lösung
2 Punkte
Aufgabe 6 ((Un)Glückstag). Zeige, dass es in jedem Jahr mindestens einen aber
höchstens drei Freitage gibt, die auf den 13. fallen. Welche drei Monate kommen
dafür in Frage, wenn dieser Dreifachfall eintritt? In welchem Jahr werden wir demnächst wieder drei Freitage, den 13. haben?
Lösung: Ich betrachte die Restklassen modulo Sieben als die sieben verschiedenen
Wochentage. Die Monate haben modulo Sieben betrachtet die folgenden Anzahlen
von Tagen:
Jan.
Feb.
Mä. Ap. Mai Jun. Jul. Aug. Sep. Okt. Nov. Dez.
3
0 oder 1
3
2
3
2
3
3
2
3
2
3
D.h. wenn der 13. im Januar in der Restklasse a liegt, dann ist er im Februar in der
Restklasse a + 3 und so weiter (der Unterschied ist immer die entsprechende Zahl
3
von Tagen in der obigen Tabelle). Damit ergibt sich für die Restklassen in denen der
13. eines Monats liegt die folgende Tabelle:
Jan. Feb.
Mä.
Ap.
Mai
Jun.
Jul.
Aug. Sep.
kein Schaltjahr
a
a+3 a+3 a+6 a+1 a+4 a+6 a+2 a+5
Schaltjahr
a
a+3 a+4
a
a+2 a+5
a
a+3 a+6
Okt. Nov. Dez.
kein Schaltjahr
a
a+3 a+5
Schaltjahr
a+1 a+4 a+6
An der Tabelle erkennt man, dass jede Restklasse mindestens einmal aber höchstens
dreimal vorkommt. D.h. der 13. eines Monats fällt immer mindestens einmal aber
höchstens dreimal auf einen Freitag.
Der Fall, dass der 13. dreimal im Jahr ein Freitag ist, kann im Schaltjahr nur in den
Monaten Januar, April und Juli und im Nicht-Schaltjahr in den Monaten Februar,
März und November auftreten.
Man beachte: im auf die Tabelle folgenden Jahr ist die Restklasse im Januar a + 1
bzw. a + 2. Stehe nun die Restklasse eins für Montag zwei für Dienstag usw. Da der
13. Sep. 2011 ein Dienstag ist, gilt für 2011: a + 5 ≡ 2 mod 7, also a = 4. D.h. 2011
ist nur im Mai der 13. ein Freitag. Da 2011 kein Schaltjahr ist gilt für 2012: a = 5.
2012 ist ein Schaltjahr, d.h. der 13. ist im Jahr 2012 in den Monaten Januar, April
und Juli ein Freitag. Also ist 2012 das nächste mal, dass es drei Freitage den 13.
gibt.
Bewertung:
Aufstellen der Restetabellen
8 Punkte
Schließen dass es min 1 und höchstens 3 gibt 1 Punkt
In welchen Monaten können drei auftreten
1 Punkt
2012 wieder drei Freitage den 13.
2 Punkte
Aufgabe 7 (Zwei Kreise). Gegeben seien zwei Kreise k1 und k2 , welche sich in
S und T schneiden. Finde zwei Punkte P ∈ k1 und Q ∈ k2 , welche sich
von
beide
S
und T unterscheiden, sodass P , Q und S auf einer Gerade liegen und P S = 2 QS .
Lösung: Durch Punktspiegelung von Kreis k2 an S erhält man einen Kreis k20 , der
0
0
0
k1 in einem weiteren
Punkt
P schneidet. Die Gerade P S schneidet k2 noch in Q
0
0
und es gilt P S = Q S . Wenn man nun k2 mit Faktor 2 und Zentrum S streckt,
Der Originalpunkt auf k2 sei
so erhält man einen Kreis k200 , der k1 in
P schneidet.
Q. Dann gilt die obige Bedingung P S = 2 QS .
Der zweite Schnittpunkt von k200 und k1 muss aus Stetigkeitsgründen immer existieren, denn wenn man eine Gerade um S dreht, so durchlaufen die Funktionswerte
|P S |
von QS alle Werte von 0 bis ∞.
| |
Jede Lösung P Q kann auf diese Weise konstruiert werden. Dies zeigt die Eindeutigkeit der Lösung.
4
Bewertung:
Punktspiegelung an S, Streckung an S
Existenz der Lösung
Eindeutigkeit
8 Punkte
2 Punkte
2 Punkte
Aufgabe 8 (Primzahlsummen). Es bezeichne pn die n-te Primzahl und Sn die
Summe der ersten n Primzahlen:
S n = 2 + 3 + 5 + · · · + pn .
Beweise, dass zwischen Sn und Sn+1 stets eine Quadratzahl liegt.
Lösung: Es gilt S1 = 2, S2 = 2 + 3 = 5, S1 = 5 + 5 = 10, S4 = 10 + 7 = 17 und
S5 = 17 + 11 = 28. Damit ist S1 < 22 < S2 < 32 < S3 < 44 < S4 < 52 < S5 .
Für n > 4 gilt ((pn + 1)/2)2 = 1 + 3 + 5 + ... + pn > Sn , da S5 = 28 < 36 =
1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 und da alle Primzahlen größer als 2 ungerade sind, sodass sich
die linke Seite stets mindestens genauso viel vergrößert wie die rechte Seite. Sei m
die größte ganze Zahl mit m2 ≤ Sn . Also ist m < pn2+1 , also 2m − 1 < pn . Nun ist
Sn+1 = Sn + pn+1 ≥ m2 + pn+1 ≥ m2 + pn + 2 > m2 + (2m − 1) + 2 = (m + 1)2 .
Demnach liegt (m + 1)2 zwischen Sn und Sn+1 .
Bewertung:
Nachweis für kleine n
2 Punkte
Summe der ungeraden Zahlen ist Quadratzahl 2 Punkte
Abschätzung gegenüber ungeraden Zahlen
3 Punkte
Korrekte Abschätzung zum Beweis
5 Punkte
Aufgabe 9 (Viele Kreise). In wie viele Teile kann eine Ebene durch n Kreise
maximal zerlegt werden?
Lösung: Es sind maximal n(n − 1) + 2 Teile.
Dass es nicht mehr sein können zeigt man mit einer Induktion:
IA: Für n = 1 sind es immer 2 = n(n − 1) + 2 Teile.
IVor: n Kreise teilen die Ebene in nicht mehr als n(n − 1) + 2 Teile.
IBeh: n + 1 Kreise teilen die Ebene in nicht mehr als (n + 1)n + 2 Teile.
IBew: Man betrachtet n + 1 Kreise und entfernt einen. Nach Induktionsvor. teilen
diese n Kreise die Ebene in höchstens n(n−1)+2 Teile. Fügt man nun den entfernten
Kreis wieder dazu, so gibt es mit den vorherigen Kreisen höchstens 2n Schnittpunkte.
Zwischen zwei solchen Schnittpunkten entsteht beim hinzufügen des Kreises genau
eine neue Fläche. D.h. die n + 1 Kreise teilen die Ebene in nicht mehr als
n(n − 1) + 2 + 2n = (n + 1)n + 2
Teile.
5
Auf die Formel für das Maximum kommt man entweder durch geschicktes Raten
oder indem man erkennt, dass mit jedem zusätzlichen Kreis höchstens 2n neue Teile
entstehen, woraus sich die Formel
2+
n−1
X
2i = 2 + n(n − 1)
i=1
ergibt.
Nun muss man noch zeigen, dass das Maximum von n(n − 1) + 2 Teilen tatsächlich
angenommen werden kann. Dies zeigt man entweder, indem man konkrete Beispiele
konstruiert oder indem man eine weitere Induktion durchführt.
IA: klar
IVor: Es gibt n Kreise mit einem gemeinsamen inneren Punkt p, die die Ebene in
n(n − 1) + 2 Teile teilen.
IBeh: Es gibt n + 1 Kreise mit einem gemeinsamen inneren Punkt p0 , die die Ebene
in n(n + 1) + 2 Teile teilen.
IBew: Man nimmt die n Kreise aus dem Induktionsanfang und fügt einen Kreis
dazu, der durch p geht und die n Kreise in 2n Punkten schneidet. Da der Punkt
p auf dem Kreis liegt, gibt es auch weiterhin gemeinsame innere Punkte. Wegen
der obigen Induktion ist die Zahl der Teile dann n(n + 1) + 2. Die Existenz eines
solchen Kreises zeigt man wie folgt: Man betrachtet alle Kreise durch p mit einem
festen Radius r, welcher so groß ist, dass alle möglichen Mittelpunkte außerhalb der
n Kreise liegen. Diese Kreise schneiden jeden der n Kreise in genau zwei Punkten
(da p innerer Punkt ist). Es muss nun nur ein Kreis gefunden werden, der keinen
der vorher existierenden Schnittpunkte trifft. Da es vorher aber nur endlich viele
Schnittpunkte gab und wir nun unendlich viele mögliche Kreise betrachten, gibt es
so einen Kreis.
Bewertung:
Richtige Formel
2 Punkte
Es gibt nicht mehr Teile
5 Punkte
Das Maximum wird angenommen 5 Punkte
Aufgabe 10 (Parallelogramm und Quadrate). Über den Seiten eines Parallelogramms werden nach außen Quadrate errichtet. Zeige, dass die vier Mittelpunkte
der Quadrate wieder ein Quadrat bilden.
Lösung: Es sei ABCD das gegebene Parallelogramm und P , Q, R und S die Quadratmitten zu den Seiten AB,. . . , DA. Dann ist Dreieck SAP kongruent zu Dreieck
QBP nach SWS, denn die halben Quadratdiagonalen sind jewils gleichlang und der
von ihnen eingeschlossene Winkel ist jeweils α + 90◦ . Da diese kongruenten Dreiecke gleich orientiert sind und in P übereinstimmen, gibt es eine Drehung um P
im Uhrzeigersinn, die 4P AS in 4P BQ überführt. Wegen ∠AP B = 90◦ handelt es
6
sich um eine 90◦ -Drehung. Also ist Dreieck SP Q gleichschenklig rechtwinklig mit
rechtem Winkel bei P . Da man über der Seite CD analog argumentieren kann, ist
auch Dreieck QRS gleichschenklich-rechtwinklig mit derselben Hypothenusenlänge
QS. Folglich ist P QRS ein Quadrat.
Bewertung:
Kongruenz gewisser Dreiecke nachweisen
7 Punkte
Zugehörige Bewegung finden
2 Punkte
Analogie für andere Seiten des Quadrates 3 Punkte
und Schlussfolgerung für P QRS
Aufgabe 11 (Tafelzahlen). An eine Tafel werden nacheinander positive ganze
Zahlen geschrieben, welche mit a1 , a2 , . . . benannt seien. Jede Zahl an+1 der Folge
soll dabei nicht als Summe von positiven Vielfachen vorheriger Zahlen darstellbar
sein (d.h. an+1 ist nicht von der Form k1 a1 + · · · + kn an mit nicht-negativen ganzen
Zahlen k1 , . . . , kn ). Weise nach, dass dieser Prozess enden muss.
Lösung: Wenn es eine unendliche Folge von natürlichen Zahlen gibt, die diese Bedingung erfüllt, wählt man einfach eine streng monoton wachsende Teilfolge aus. Diese
Folge erfüllt dann immernoch die Bedingung der Aufgabe und wird nun statt der
ursprünglichen Folge betrachtet: Es sei m die erste (und kleinste) Zahl die an der
Tafel steht. Dann kann er höstens noch m − 1 weitere Zahlen anschreiben. Angenommen, es wären m + 1 Zahlen an der Tafel, dann gibt es zwei mit demselben Rest
modulo m, sagen wir x und y, etwa y = x + qm. Diese Darstellung verbietet aber y
nach x aufzuschreiben. Widerspruch! Damit folgt die Behauptung.
Alternative Lösung: Bekanntlich lässt sich der größte gemeinsame Teiler der Zahlen
a1 , a2 , . . . , an in der Form k1 a1 + · · · + kn an mit ganzen Zahlen k1 , . . . , kn schreiben (dies folgt aus dem Erweiterten Euklidischen Algorithmus und Induktion nach
n). Entsprechend gilt dies auch für die Vielfachen des ggT bis inklusive a1 . Man
wähle nun solche Darstellung für diese Vielfachen. Sei nun li (i = 1, . . . , n) der minimale Vorfaktor vor ai bei diesen Darstellungen. Subtrahiert man nun die (nichtpositive) Zahl l1 a1 + · · · + ln an von diesen Darstellungen, so erhält man ggT (aa11,...,an )
Zahlen, welche man in der Form k1 a1 + · · · + kn an mit nicht-negativen Zahlen
k1 , . . . , kn schreiben kann und welche, wenn man sie durch ggT (a1 , . . . , an ) teilt,
aufeinanderfolgende natürliche Zahlen sind. Addiert man nun sukzessive a1 , so erhält man, dass ab einem bestimmten Vielfachen von ggT (a1 , . . . , an ) alle Vielfachen
von ggT (a1 , . . . , an ) als positive Kombination darstellbar sind.
Da der ggT bei Hinzufügen von weiteren Zahlen sich monoton fallend verhält und
gegen 1 beschränkt ist, erreicht er irgendwann sein Minimum. Dann gibt es nur
noch endlich viele Zahlen, welche angeschrieben werden können, da alle Vielfachen
des ggT ab einem bestimmten Vielfachen bereits dargestellt werden können. Somit
muss der Prozess enden.
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Bewertung:
Auswahl von streng monotoner Teilfolge
Modulo-Betrachtung und Schubfachschluss
Beweisschluss
4 Punkte
6 Punkte
2 Punkte
Aufgabe 12 (Zyklische Nullstellen). Seien x1 und x2 die Lösungen der Gleichung x2 + ax + bc = 0 und x2 und x3 die Lösungen von x2 + bx + ca = 0, wobei
ac 6= bc. Zeige, dass x1 und x3 die Lösungen von x2 + cx + ab = 0 sind.
Lösung: x2 ist Lösung von x2 + ax + bc = 0 und x2 + bx + ca = 0, demnach gilt:
(x2 2 + ax2 + bc) − (x2 2 + bx2 + ca) = (a − b)x2 + c(b − a) = 0.
Nach Voraussetzung ist a 6= b und demnach ist x2 = c. Einsetzen in x2 + bx + ca = 0
ergibt c2 + bc + ca = 0 und mit c 6= 0 folgt a + b + c = 0. Somit ist 0 = x2 + cx + ab =
x2 −(a+b)x+ab und besitzt die Lösungen a und b. b ist Lösung von x2 +ax+bc = 0,
denn b2 + ab + bc = b(a + b + c) = 0 und a ist Lösung von x2 + bx + ca = 0, denn
a2 + ba + ca = a(a + b + c) = 0. Es ergibt sich mit x1 = b, x2 = c und x3 = a die
Behauptung.
Bewertung:
Erkennen von c = x2
3 Punkte
Erkennen von a + b + c = 0
3 Punkte
x3 = a und x1 = b
3 Punkte
a und b sind Lösungen von dritter Gleichung 3 Punkte
8