18. Landeswettbewerb Mathematik Bayern

18. Landeswettbewerb Mathematik Bayern
Lösungsbeispiele
für die Aufgaben der 1. Runde 2015/2016
Aufgabe 1
Paul will sich eine zehnstellige Geheimzahl für sein Handy ausdenken. Als erste Ziffer
von links wählt er die 3. Die weiteren Ziffern will er so festlegen, dass je zwei aufeinander folgende Ziffern der Geheimzahl eine zweistellige Zahl bilden, die entweder durch
17 oder durch 23 teilbar ist.
Bestimme alle Möglichkeiten für Pauls Geheimzahl.
Lösung:
Paul hat zwei Möglichkeiten für seine Geheimzahl: 34692 34685 oder 34692 34692.
Beweisvorschlag:
Die Tabelle zeigt alle Vielfachen von 17 und
mal
1
2
3
4
5
17
17
34
51
68
85
23, die nur zwei Stellen haben.
23
23
46
69
92
Da die zehnstellige Zahl mit 3 beginnen soll,
kommt als zweite Ziffer nur die 4 in Frage, denn 34 ist die einzige Zahl, die mit 3 beginnt
und in der Tabelle vorkommt. Entsprechend ist 46 die einzige Zahl in der Tabelle, die mit
4 beginnt. Die dritte Ziffer der Geheimzahl muss also 6 sein. Mit Zehnerziffer 6 gibt es
nun zwei Zahlen in der Tabelle: Einerseits 68, andererseits 69.
Somit gibt es für die vierte Ziffer zwei Fälle:
Fall 1: Die vierte Ziffer ist 8. Da die 85 die einzige Zahl in der Tabelle ist, die mit 8 beginnt, muss an der fünften Stelle der Geheimzahl die 5 stehen. Dann bleiben für die
sechste Ziffer nur die 1 und für die siebte nur die 7. Dies führt zu einem Widerspruch, da
in obiger Tabelle keine Zahl mit 7 beginnt. Die Geheimzahl kann in diesem Fall nicht bis
zur zehnten Stelle fortgesetzt werden.
Fall 2: Die vierte Ziffer ist 9. Dann kann an der fünften Stelle nur die 2 stehen und an der
sechsten Stelle entsprechend die Ziffer 3. Für die 7. und 8. Stelle ist nun wieder - wie bei
der zweiten und dritten Stelle - nur die 4 und die 6 möglich. Wegen der Vielfachen 68
oder 69 gibt es für die vorletzte (d.h. neunte) Stelle wieder zwei gültige Belegungen,
nämlich 8 oder 9.
Falls 8 die neunte Ziffer ist, so muss 5 an der zehnten Stelle stehen, falls 9 an der neunten Stelle steht, so muss die Geheimzahl mit 2 enden.
Somit ergeben sich genau die beiden oben genannten möglichen Geheimzahlen 34692
34685 und 34692 34692, bei denen auch tatsächlich jede aus zwei aufeinanderfolgenden Ziffern gebildete zweistellige Zahl ein Vielfaches von 17 oder 23 ist.
LWMB 2015/16, Lösungen 1. Runde
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Das folgende Baumdiagramm veranschaulicht den Lösungsweg:
8
3
4
5
1
7
6
9
2
3
4
8
5
9
2
6
Aufgabe 2
α
Bestimme die Größe des Winkels α.
Lösung:
Es gilt α=30°.
1. Beweisvorschlag (mit gleichschenkligen Dreiecken):
Da die Punkte A, C und D auf einem Kreis
mit Mittelpunkt B liegen, sind die Strecken
[AB], [CB] und [DB] gleich lang.
Da die Punkte D und B auf einem Kreis
mit Mittelpunkt A liegen, sind die Strecken
[AB] und [AD] gleich lang.
Daraus folgt:
(1) Das Dreieck ABD ist gleichseitig.
(2) Das Dreieck ABC ist gleichschenklig mit Basis [AC].
(3) Das Dreieck BCD ist gleichschenklig mit Basis [DC].
Aus (1) folgt ∢DBA=60°, denn im gleichseitigen Dreieck ist die Größe der Innenwinkel
60°.
Aus (2) folgt mit dem Basiswinkelsatz für gleichschenklige Dreiecke und dem Satz über
180°−∢CBA
die Innenwinkelsumme im Dreieck: ∢ACB=
.
2
LWMB 2014/15, Lösungen 1. Runde
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Aus (3) folgt mit dem Basiswinkelsatz für gleichschenklige Dreiecke und dem Satz über
die Innenwinkelsumme im Dreieck: ∢DCB=
180°−∢CBD
.
2
Für den gesuchten Winkel α folgt nun
180°−∢CBD 180 °−∢CBA
−
2
2
180 °−∢CBD−180°+∢CBA ∢CBA−∢CBD ∢DBA 60 °
=
=
=
=30 ° .
2
2
2
2
α = ∢DCB−∢ACB=
=
2. Beweisvorschlag (mit Satz vom Mittelpunktswinkel):
Wie im 1. Beweisvorschlag erkennt man ∢DBA=60°.
Der Winkel α=∢DCA ist ein Umfangswinkel über der
Sehne [DA] und ∢DBA ist der zugehörige Mittelpunktswinkel.
Daraus folgt mit dem Satz vom Mittelpunktswinkel
α=∢DCA=
∢DBA 60°
=
=30°.
2
2
Bemerkung: Da der Satz vom Mittelpunktswinkel nicht mehr Teil des Lehrplans in Bayern ist, soll er hier der Vollständigkeit halber angegeben werden. Er darf aber als allgemein bekannter Sachverhalt jederzeit zitiert und ohne weiteren Beweis benutzt werden.
Satz vom Mittelpunktswinkel (bzw. Randwinkelsatz):
Für jeden Punkt C, der über einer Kreissehne [AB] auf dem
Kreisbogen BA eines Kreises mit Mittelpunkt M liegt, ist der
Umfangswinkel γ=∢ACB halb so groß wie der zugehörige
1
Mittelpunktswinkel μ=∢AMB. Es gilt also γ= μ.
2
3. Beweisvorschlag (mit Satz vom Sehnenviereck):
Ergänzt man den Radius [AB] zum Durchmesser
[AE], so erhält man das Sehnenviereck AECD.
Wie im 1. Beweisvorschlag erkennt man
∢BAD=60°.
Im Sehnenviereck AECD sind ∢BAD und ∢DCE
gegenüberliegende Winkel. Daraus folgt mit dem
Satz vom Sehnenviereck:
∢DCE=180 °−∢BAD=180°−60 °=120°.
Da C auf dem Thaleskreis über dem Durchmesser [AE] liegt, gilt ∢ACE=90°.
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Somit: α=∢DCE−∢ACE=120°−90 °=30 °.
Bemerkung: Auch der Satz vom Sehnenviereck gehört wie der im 2. Beweisvorschlag
benutzte Satz vom Mittelpunktswinkel zu den allgemein bekannten Sätzen und kann als
solcher ohne Beweis benutzt werden. Der Vollständigkeit halber wird er hier angegeben:
Ein Viereck ABCD heißt Sehnenviereck, wenn die vier Punkte A,B,C und D auf einem
Kreis liegen.
Satz vom Sehnenviereck: In einem Sehnenviereck ergänzen sich gegenüberliegende
Winkel zu 180°.
Aufgabe 3
Julia schreibt in jedes Feld des nebenstehenden Quadrates eine
der Zahlen von 1 bis 9. Dabei verwendet sie jede Zahl nur einmal.
Nun multipliziert Julia jeweils die drei Zahlen, die in einer Zeile bzw.
einer Spalte stehen, und zählt, wie viele der sechs Produkte Quadratzahlen sind.
Finde alle Möglichkeiten für die Anzahl dieser Quadratzahlen.
Lösung:
Es können 0, 1, 2 oder 3 Quadratzahlen vorkommen, aber nicht mehr.
1. Beweisvorschlag:
Vorüberlegung:
Die Primfaktorzerlegung einer Quadratzahl enthält jeden Primfaktor, der überhaupt vorkommt, mindestens zweimal. Denn jeder Primfaktor einer natürlichen Zahl n kommt in
der Primfaktorzerlegung von n2 = n∙n in jedem der beiden Faktoren n vor, also mindestens zweimal.
Nun zum eigentlichen Beweis:
Die Zahl 5 kommt, außer in 5 selbst, in keiner anderen Primfaktorzerlegung der Zahlen
1,2,…,9 vor. Somit enthält die Primfaktorzerlegung des Produkts der drei Zahlen in der
Zeile mit der Zahl 5 nur genau eine 5 und kann daher nach der Vorüberlegung keine
Quadratzahl sein. Analog kann das Produkt der drei Zahlen der Spalte mit der 5 und der
Zeile und Spalte mit der 7 keine Quadratzahl sein.
Die 5 kommt in einer Zeile und in einer Spalte vor. Egal wo die 7 steht, sie kommt in mindestens einer weiteren Zeile oder in einer weiteren Spalte vor. Daher gibt es unter den
sechs Produkten mindestens drei, die keine Quadratzahl sind. Also sind höchstens drei
der sechs Produkte eine Quadratzahl.
LWMB 2015/16, Lösungen 1. Runde
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Die folgenden Beispiele zeigen, dass 0, 1, 2 oder 3 Quadratzahlen tatsächlich vorkommen können:
Keine Quadratzahl:
Eine Quadratzahl:
1
3
7
21
1
3
7
21
5
2
4
40
5
2
4
40
9
8
6
432
9
6
8
432
45
48
168
45
36
224
Zwei Quadratzahlen:
Drei Quadratzahlen:
4
1
7
28
4
1
9
36
5
2
9
90
5
2
7
70
3
8
6
144
3
8
6
144
60
16
378
60
16
378
2. Beweisvorschlag:
Ein Produkt von drei Zahlen in einer Reihe oder Spalte des Quadrats hat mindestens
den Wert 1⋅2⋅3=6 und höchstens den Wert 7⋅8⋅9=504.
Ist der Wert eines solchen Produktes eine Quadratzahl, so muss es sich demnach um
eine der Quadratzahlen von 32 =9 bis 222 =484 handeln.
Da weiterhin in allen Primfaktorzerlegungen der Zahlen 1, 2, 3, …, 9 insgesamt die Primfaktoren 5 und 7 je genau einmal und alle größeren Primfaktoren überhaupt nicht vorkommen, können auch Produkte von drei verschiedenen dieser Zahlen die genannten
Primfaktoren höchstens einmal enthalten.
Die Quadratzahlen 52 , 72, 102, 112, 132, 142, 152, 172, 192, 202, 212 und 222 enthalten jeweils einen dieser Primfaktoren mindestens zweimal, können also nicht als Produkt in einer Zeile oder Spalte des Quadrates auftreten.
Damit bleiben die Quadratzahlen 32, 42, 62 , 82 , 92, 122, 162 und 182 als mögliche Produkte.
Für jede dieser Quadratzahlen werden in der folgende Tabelle die möglichen Produktdarstellungen (bis auf die Reihenfolge der Faktoren) mit drei verschiedenen Faktoren
von 1 bis 9 aufgeführt.
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2
Keine Möglichkeit, da das Produkt der einzigen drei möglichen Faktoren 1, 3 und 9 den Wert 27 > 9 hat.
3 =9
2
4
2
2
2
6
4 =16=2
16=1⋅2⋅8 (1)
6 =36=2 ⋅3
8 =64=2
2
36=1⋅4⋅9 (2) und 36=2⋅3⋅6 (3)
64=2⋅4⋅8 (4)
92 =81=3 4
2
Keine Möglichkeit, das das Produkt der drei größtmöglichen verschiedenen Faktoren, die nur Dreien als Primfaktoren enthalten, den Wert
9⋅3⋅1 = 27 < 81 hat.
4
12 =144=2 ⋅3
162 =256=28
2
144=2⋅8⋅9 (5) und 144=3⋅6⋅8 (6)
Keine Möglichkeit, weil das Produkt der drei größtmöglichen verschieden Faktoren, die nur Zweien als Primfaktoren enthalten, den Wert
8⋅4⋅2 = 64 < 256 hat.
182 =324=22⋅34 Keine Möglichkeit, das das Produkt der drei größtmöglichen verschiedenen Faktoren, die nur die zur Verfügung stehenden Primfaktoren
beinhalten, den Wert 9⋅6⋅4=216 < 324 hat.
Es gibt also genau die sechs in der Tabelle mit (1) bis (6) bezeichneten möglichen Produkte, die Quadratzahlen liefern.
Zwei Produkte, die in einem Quadrat vorkommen, haben höchstens einen gemeinsamen
Faktor. Daher kommt kein Produkt zweimal vor.
Von den Produkten (1), (4) und (5) kann wegen der gemeinsamen Faktoren 2 und 8 nur
höchstens eins vorkommen.
Von den Produkten (3) und (6) kann wegen der gemeinsamen Faktoren 3 und 6 nur
höchstens eins vorkommen.
Das Produkt (2) kann ebenfalls – höchstens einmal – vorkommen.
Damit sind alle möglichen Produkte erfasst und es können insgesamt höchstens drei vorkommen. Es gibt also nicht mehr als drei Produkte, die Quadratzahlen sind.
Dass es Beispiele für 0, 1, 2, und 3 Quadratzahlen gibt, zeigen die Beispiele im 1. Beweisvorschlag.
Aufgabe 4
D
Im Quadrat ABCD schneidet der Kreis um D mit Radius
[DA] den Kreis mit Durchmesser [AB] im Punkt S. Die Gerade durch A und S schneidet die Seite [BC] im Punkt P.
Zeige: P ist der Mittelpunkt der Seite [BC].
C
S
A
P
B
1. Beweisvorschlag (Kongruenzsätze):
Sei M der Mittelpunkt der Seite [AB] und E der Schnittpunkt der Geraden DM und AS.
Die Punkte D und M sind Mittelpunkte der eingezeichneten Kreise durch A und S.
LWMB 2015/16, Lösungen 1. Runde
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Sie liegen also jeweils gleich weit von A und S entfernt.
Nach dem Achsenpunktsatz liegen D und M deshalb auf der Symmetrieachse der Strecke [AS], welche die Achse DM also senkrecht schneidet.
Somit ist ∢DEA=90°.
Aus dem Satz über die Innenwinkelsumme im Dreieck AED und wegen des 90° großen Innenwinkels
im Quadrat folgt: ∢ADE=90°−∢EAD=∢MAE (1).
Die Dreiecke AMD und ABP sind somit kongruent
nach dem Kongruenzsatz WSW, da ∢ADM=∢MAE
, AD=AB und ∢MAD=∢PBA=90°.
1
1
Damit gilt: BP=AM= AB= BC. P ist also der
2
2
Mittelpunkt von [BC].
.
2. Beweisvorschlag (mit Drehung):
Sei M der Mittelpunkt der Seite [AB] (s. Abb. oben). Nach Aufgabenstellung sind die
Dreiecke ASD und AMS beide gleichschenklig mit Basis [AS], also geht die Mittelsenkrechte der Strecke [AS] sowohl durch M als auch durch D. Nun drehen wir die Strecke
[DM] um 90° gegen den Uhrzeigersinn um den Mittelpunkt des Quadrates ABCD. Durch
diese Drehung wird D auf A abgebildet. Da DM und AS senkrecht aufeinander stehen,
geht die Gerade durch D und M in die Gerade durch A und S über. Insbesondere liegt
das Bild von M auf der Geraden durch A und S. Dieses Bild ist aber der Mittelpunkt von
[BC], der Mittelpunkt von [BC] liegt also auf der Geraden durch A und S.
3. Beweisvorschlag (mit Kathetensatz und Ähnlichkeit):
Nach dem Thalessatz ist ∢ASB=90°, also ist [BS] eine
Höhe im rechtwinkligen Dreieck ABP.
2
Nach dem Kathetensatz gilt daher BP =AP⋅SP (*).
D
C
Behauptung: Die beiden Dreiecke APC und SPC sind
ähnlich.
Beweis der Behauptung: Wir berechnen zunächst:
∢CSA = ∢CSD+∢DSA
1
1
=
(180°−∢SDC)+ (180°−∢ADS)
2
2
1
= 180 °− (∢SDC+∢ADS)
2
1
= 180 °− ⋅90°=135° .
2
135°
S
A
M
P
B
Somit ist ∢PSC=180°−135°=45°=∢ACP. Die Dreiecke APC und SPC stimmen also
im Winkel bei P und einem Winkel der Größe 45° überein, sie sind also ähnlich. Somit ist
die Behauptung bewiesen.
LWMB 2015/16, Lösungen 1. Runde
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CP AP
2
bzw. CP =AP⋅SP (**). Aus (*) und (**) folgt BP=CP
=
SP CP
und P ist daher der Mittelpunkt von [BC].
Aus der Behauptung folgt
Bemerkung: Da die Gerade BC Tangente sowohl an den Kreis mit Durchmesser [AB]
als auch an den Kreis um D mit Radius [DA] ist, folgen die Beziehungen (*) und (**) auch
direkt aus dem Sekanten-Tangenten-Satz:
Ist P ein Punkt außerhalb eines Kreises, PC eine Tangente an den Kreis und PA eine Sekante, die den Kreis
in den beiden Punkten A und S schneidet, so gilt
PC 2=PA⋅PS.
4. Beweisvorschlag (mit Koordinatensystem):
Wir legen ein kartesisches Koordinatensystem so auf die Figur, dass die Punkte A, B, C,
D die Koordinaten A(0|0), B(2|0), C(2|2) und D(0|2) haben.
Der Punkt S(a|b) liegt auf dem Kreis vom Radius 1 um M(1|0). Die Länge der Strecke
[SM] ist also 1. Nach dem Satz des Pythagoras gilt also (a−1)2 + b2=1 2=1 bzw.
a2 +b2 =2a.
Außerdem liegt S(a|b) auf einem Kreis vom Radius 2 um D, es gilt also
2
2
2
2
2
2
2
a +( 2−b) =2 =4 bzw. a +b =4b. Aus a +b =4b=2a folgt a=2b. (Einsetzen in
a2 +b2 =4b ergibt 5b2 =4b und somit, weil nur die Lösung b≠0 interessiert, b=0,8 und
S(1,6|0,8) - dies wird aber nicht benötigt).
1
1
Aus b= a folgt, dass die Ursprungsgerade durch A und S die Gleichung y= x hat.
2
2
Der Schnittpunkt P dieser Geraden mit [BC] hat die x-Koordinate 2, es gilt also P=P(2|1).
Der Punkt P ist somit der Mittelpunkt der Seite [BC].
5. Beweisvorschlag (mit ähnlichen Dreiecken):
Sei α :=∢BAP. Da MA=MS ist, gilt:∢MAS=∢ ASM=α (1).
Da ∢BAD=90° ist, gilt: ∢SAD=90°−α (2).
Da DA=DS ist, gilt:∢DSA=∢SAD=90 °−α (3). (3)
Da S auf dem Thaleskreis über [AB] liegt, gilt:∢ASB=90° (4)
Mit (1) gilt demnach: ∢MSB=∢ ASB−∢ASM=90 °−α .
Da MB=MS ist, gilt: ∢SBM=∢MSB=90°−α (5).
Aus (2) und (5) folgt:
Die Dreiecke ASD und BSM sind ähnlich:
Deshalb gilt: AS :BS=AD : MB=AB :MB=2:1. (Da M der Mittelpunkt von [AB] ist.) (6)
LWMB 2015/16, Lösungen 1. Runde
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Wegen ∢CBA=90° und (5) folgt: ∢PBS=90°−∢SBM=90°−(90 °−α)=α=∢BAS (7).
Wegen (4) und dem Nebenwinkelsatz gilt:∢BSP=∢ASB (8).
Aus (7) und (8) folgt: Die Dreiecke ABS und BPS sind ähnlich. Daraus folgt mit (6):
AB :BP=AS :BS=2 :1. Da AB=BC gilt, ist P der Mittelpunkt von [BC].
Aufgabe 5
Andreas, Barbara und Charlotte haben je eine Schale mit Murmeln. Andreas entnimmt
seiner Schale die Hälfte der Murmeln und legt sie zu gleichen Teilen in die Schalen der
beiden anderen. Danach verfährt zunächst Barbara mit den Murmeln in ihrer Schale genauso und schließlich auch Charlotte. Erstaunt stellen die drei fest, dass alle nun wieder
genau so viele Murmeln besitzen wie zu Beginn.
Bestimme alle Anzahlen von Murmeln, die die drei zusammen besitzen können.
Lösung:
Die in der Aufgabe beschriebene Umverteilung der Murmeln ist genau dann möglich,
wenn die Anzahl von Murmeln ein Vielfaches von 9 ist.
Beweisvorschlag:
Es bezeichne a die Anzahl von Murmeln, die Andreas am Anfang zur Verfügung hat.
Analog bezeichnet b bzw. c die Anzahl der Murmeln von Barbara bzw. Charlotte zu Beginn. Es sei s=a+b+c die Gesamtzahl der Murmeln.
Nacheinander legt ein Kind die Hälfte seiner Murmeln zu gleichen Teilen in die Schale
der anderen. Es behält also die Hälfte seines Vorrats und legt je ein Viertel seines Vorrats in die Schale der beiden anderen.
Zuerst gibt Andreas Murmeln ab. Danach ergeben sich folgende Murmelanzahlen:
1
Andreas: a,
2
1
Barbara: b+ a,
4
1
Charlotte: c + a.
4
Dann gibt Barbara Murmeln ab.
Danach ergeben sich folgende Murmelanzahlen:
LWMB 2015/16, Lösungen 1. Runde
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(
)
Andreas:
1
1
1
9
1
a+ ⋅ b+ a = a+ b,
2
4
4
16
4
Barbara:
1
1
1
1
b+ a = a+ b,
2
4
8
2
(
)
(
)
1
1
1
5
1
Charlotte: c + a+ ⋅ b+ a = a+ b+c.
4
4
4
16
4
Zuletzt gibt Charlotte Murmeln ab. Danach ergeben sich folgende Murmelanzahlen:
9
1
1 5
1
41
5
1
Andreas:
a+ b+
a+ b+ c =
a+ b+ c,
16
4
4 16
4
64
16
4
1
1
1 5
1
13
9
1
Barbara: a+ b+
a+ b+ c = a+ b+ c,
8
2
4 16
4
64
16
4
1 5
1
5
1
1
Charlotte:
a+ b+c = a+ b+ c.
2 16
4
32
8
2
Da am Ende wieder jeder genauso viele Murmeln wie zu Beginn besitzt, ergibt sich ein lineares Gleichungssystem, das wie üblich umgeformt wird:
(
)
(
(
41
a +
64
13
(II)
a +
64
5
(III)
a +
32
(I)
)
)
5
b +
16
9
b +
16
1
b +
8
1
c
4
1
c
4
1
c
2
= a |−a|⋅64
= b |−b |⋅64
= c |−c |⋅32
(Ia) −23 a + 20 b + 16 c = 0
(IIa) 13 a − 28 b + 16 c = 0
(IIIa)
5a
+ 4 b − 16 c = 0
4
(Ia)+(IIIa): −18a+ 24b=0, woraus folgt: a= b.
3
4
2
Setzt man dies in (Ia) ein, so ergibt sich −23⋅ b+20b+16c=0, und damit c= b.
3
3
Da die Murmelanzahlen stets natürliche Zahlen sind, ist b durch 3 teilbar, also b = 3k,
wobei k eine natürliche Zahl ist.
4
2
Die Gesamtzahl der Murmeln ist dann s=a+b+c= ⋅3k+ 3k+ ⋅3k=9k, somit kommen
3
3
nur durch 9 teilbare Gesamtzahlen in Frage.
Zu prüfen ist noch, ob die Vorgehensweise mit allen durch 9 teilbaren Gesamtzahlen
möglich ist.
Sei also die Gesamtzahl s = 9k.
Die 9k Murmeln werden so verteilt, dass Andreas zu Beginn 4k, Barbara 3k und Charlotte 2k Murmeln hat.
Nachdem Andreas Murmeln abgegeben hat, besitzt
1
1
1
Andreas ⋅4 k=2k, Barbara 3k + ⋅4 k=4k und Charlotte 2k + ⋅4 k=3k Murmeln.
2
4
4
Nach Barbaras Abgabe besitzt
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1
1
1
Andreas 2k + ⋅4 k=3k, Barbara ⋅4 k=2k und Charlotte 3k + ⋅4 k=4k Murmeln.
4
4
2
Nach Charlottes Abgabe besitzt schließlich
1
1
1
Andreas 3k + ⋅4 k=4k, Barbara 2k + ⋅4 k=3k und Charlotte ⋅4 k=2k Murmeln.
4
4
2
Jeder hat also zum Schluss wieder so viele Murmeln wie zu Beginn und die Vorgehensweise ist für die Gesamtzahl 9k immer möglich.
Aufgabe 6
Aus Quadraten der Seitenlänge 1 werden Figuren der abgebildeten Formen und Färbungen zusammengesetzt. Aus solchen Figuren soll lückenlos und ohne Überlappung ein Quadrat gelegt werden, das eine schachbrettartige Färbung hat.
Bestimme alle möglichen Seitenlängen für ein solches Quadrat.
Bemerkung: Eine Färbung heißt schachbrettartig, wenn zwei Quadrate mit gemeinsamer Seite verschieden gefärbt sind.
Lösung:
Ein solches Quadrat kann genau dann gelegt werden, wenn die Seitenlänge des Quadrats ein Vielfaches von 10 ist.
Beweisvorschlag:
Man bezeichnet die beiden Figuren als Dreier und Vierer:
Dreier
Vierer
Behauptung 1: Wenn die Kantenlänge ein Vielfaches von 10 ist, dann ist ein Legen mit
Dreiern und Vierern möglich.
Begründung:
Wir legen zwei Dreier und einen Vierer zu einem
Rechteck mit den Seitenlängen 2 und 5 zusammen.
Anschließend legen wir 10 solche Rechtecke zu einem Quadrat der Seitenlänge 10. Dieses Quadrat
ist schachbrettartig gefärbt (s. Abbildung).
Schließlich kann man aus k2 solchen Quadraten
(k = 1, 2, 3, ...) ein Quadrat mit schachbrettartiger
Färbung der Seitenlänge 10k legen.
LWMB 2015/16, Lösungen 1. Runde
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Behauptung 2: Wenn ein Legen, wie in der Aufgabe gefordert, möglich ist, dann ist die
Seitenlänge des Quadrats ein Vielfaches von 10.
Begründung:
Sei ein Quadrat der Seitenlänge n vorgegeben, das aus v Vierern und d Dreiern so zusammengelegt ist, dass eine schachbrettartige Färbung vorliegt. Die Anzahl der Einheitsquadrate im großen Quadrat ist dann n2. Da ein Vierer aus 4 Quadraten und ein Dreier
aus 3 Quadraten besteht, gilt also
(1) n2 =3d+ 4v.
Ein Vierer hat ein gefärbtes Quadrat, ein Dreier hat zwei gefärbte Quadrate.
v Vierer und d Dreier haben also zusammen v+2d gefärbte Quadrate.
Ein Vierer hat drei ungefärbte Quadrate, ein Dreier hat ein ungefärbtes Quadrat.
v Vierer und d Dreier haben also zusammen 3v+d ungefärbte Quadrate.
Fall A: n ist gerade.
Wenn n gerade ist, so gibt es bei einer schachbrettartigen Färbung gleich viele gefärbte
wie ungefärbte Einheitsquadrate.
Somit gilt
(2) 3v+ d=v+ 2d .
Aus (2) folgt d=2v. Setzt man dies in (1) ein, so folgt n2 =3⋅2v +4v=10v.
Also ist n2 durch 10 teilbar. Damit n2 durch 10 teilbar ist, muss die Primfaktorzerlegung
von n sowohl die 2 als auch die 5 enthalten. Somit ist auch n durch 10 teilbar.
Fall B: n ist ungerade.
Wenn n ungerade ist, so gibt es bei einer schachbrettartigen Färbung entweder ein gefärbtes Feld mehr oder ein ungefärbtes Feld mehr. Da die Felder nämlich abwechselnd
gefärbt oder ungefärbt sind, kann die Differenz zwischen der Anzahl der gefärbten und
ungefärbten Felder höchstens eins sein.
Wir nehmen zunächst an, es gäbe ein gefärbtes Feld mehr. Dann ist
(2*) 3v+ d+1=v+2d.
Aus (2*) folgt d=2v+1. Setzt man dies in (1) ein, so ergibt sich n2 =3⋅(2v+1)+ 4v=10v+ 3.
Somit wäre n2 eine Quadratzahl mit Einerziffer 3. Man weiß aber, dass es eine solche
Quadratzahl mit Einerziffer 3 nicht gibt, denn die Quadratzahlen 02 ,12 , 22 ,... ,92 haben
als Einerziffern die Zahlen 0, 1, 4, 9, 6, 5, 6, 9, 4, 1 aber niemals 3. Diese Einerziffern
bleiben bei allen Quadratzahlen dieselben, denn für n=10x +z ist n2 =10(10x2 + 2xz)+z 2,
somit hat n2 dieselbe Einerziffer wie z2, wobei z einstellig ist.
Analog schließt man, wenn es ein ungefärbtes Feld mehr gibt. Dann ist
(2**) 3v+ d−1=v+ 2d.
Aus (2**) folgt d=2v−1. Setzt man dies in (1) ein, so ergibt sich
2
n =3⋅(2v−1)+ 4v=10v−3=10(v−1)+ 7. Da v = 0 in diesem Fall nicht möglich ist (weil
dann d < 0 wäre), wäre n2 eine Quadratzahl mit Einerziffer 7. Wie oben sieht man aber,
dass es eine solche Quadratzahl nicht gibt. Somit ist Fall B unmöglich. Nach Fall A ist
also die Seitenlänge n ein Vielfaches von 10.
LWMB 2015/16, Lösungen 1. Runde
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