L ö s u n g e n

Lösungen -
Teil 1
Sach- und Anwendungsaufgaben
Aufgabe 1)
Es seien v das Alter des Vaters, s das Alter des jüngeren Sohnes Erich und x die Anzahl der
Jahre, die seit dem Zeitpunkt vergangen sind, als der Urgroßvater und der Großvater zusammen 100 Jahre alt waren.
Dann gilt nach Aufgabenstellung
(1) 100 + 2x + v + s = 180.
Es sei y die Anzahl der Jahre, die (noch) vergehen müssen, bis Erich so alt sein wird, wie
sein Vater jetzt ist.
Dann wird jede der vier Personen, die jetzt zusammen 180 Jahre als sind, jeweils um y Jahre
älter sein.
Nach Aufgabenstellung gilt daher
180 + 4y = 300,
also
4y = 120
und daher
(2)
y = 30.
Aus der Bemerkung von Max folgt dann
(v + y) + (s + y) = 100,
also
(v + s) = 100 - 2y.
Durch Einsetzen von (2) folgt hieraus
(3)
v + s = 40.
Durch Einsetzen von (3) in (1) erhält man
100 + 2x + 40 = 180,
also
2x = 40
und daher
x = 20.
Folglich waren der Urgroßvater und der Großvater vor 20 Jahren zusammen 100 Jahre alt.
Da der Apfelbaum 60 Jahre vor diesem Zeitpunkt gepflanzt wurde, wurde er vor (20 + 60 =)
80 Jahren gepflanzt.
Da Erich nach 30 Jahren so alt sein wird, wie sein Vater jetzt ist, gilt v = s + 30.
Durch Einsetzen in (3) folgt hieraus
(s + 30) + s = 40
und daher
2s = 10,
also
s = 5.
Durch Einsetzen in (3) folgt hieraus
v = 35.
Folglich ist Erich 5 Jahre und sein Vater ist 35 Jahre alt.
Hinweis: Die Angabe, dass der Urgroßvater im Alter von 30 Jahren den Baum gepflanzt hat,
wird zum Lösen der Aufgabe nicht benötigt.
Würde man zusätzlich wissen, dass der Baum am Tag der Geburt des Urgroßvaters gepflanzt
wurde, dann ließe sich zusätzlich herleiten, dass der Großvater jetzt 60 Jahre alt ist und dass der
Urgroßvater 80 Jahre sowie der Ururgroßvater 110 Jahre alt wären.
Aufgabe 2)
Wir bezeichnen die größere Zahl mit m und die kleinere Zahl mit n.
Dann gilt nach Aufgabenstellung
(1) m + n =
und
(2)
m =
Durch Einsetzen von (2) in (1) und Zusammenfassen folgt 4n + 9 =
also
4n =
und daher
(3)
n =
Durch Einsetzen von (3) in (1) folgt
m + 42 =
also
m =
Die beiden Zahlen heißen 135 und 42.
Probe: Es gilt tatsächlich 135 + 42 = 177 und 135 : 42 = 3 Rest 9.
1
177
3n + 9.
177,
168
42.
177,
135.
Aufgabe 3)
Wir bezeichnen die Telefonnummer mit z und die beiden vorkommenden Ziffern mit a und b.
Dann gilt nach Aufgabenstellung
(1)
z = ababa
und
(2) QS(z) = ab = 10a + b.
Aus der Definition der Quersumme und aus (1) folgt
QS(z) = 3a + 2b.
Wegen (2) folgt hieraus
10a + b = 3a + 2b,
also
7a = b.
Da z eine fünfstellige Zahl ist, muss a ≠ 0 gelten.
Aus a > 1 würde b ≥ 14 folgen, also wäre b keine Ziffer (im dekadischen Zahlensystem).
Folglich kann nur a = 1 und b = 7 und daher z = 17171 gelten.
Tatsächlich erfüllt diese Zahl die an ihre Ziffern gestellte Bedingung und es gilt QS(z) = 17.
Damit ist nachgewiesen, dass sich die Telefonnummer 17171 aus den Angaben eindeutig
ermitteln lässt.
Aufgabe 4)
Wir bezeichnen die Anzahl der Männer mit m und die Anzahl der Frauen mit f.
Dann gilt nach Aufgabenstellung
(1)
m = 3f
und
(2) m - 4 = 4(f - 4).
Durch Einsetzen von (1) in (2) folgt
3f - 4 = 4f - 16,
also
f = 12.
Hieraus und aus (1) folgt dann
m = 36.
Folglich haben 36 Männer und 12 Frauen diese Versammlung besucht.
Probe:
Wegen 36 = 3·12 waren am Anfang dreimal so viele Männer wie Frauen anwesend.
Nachdem 4 Ehepaare gegangen sind, waren noch (36 - 4 =) 32 Männer und (12 - 4 =) 8
Frauen anwesend.
Wegen 32 = 4·8 waren am Ende noch viermal so viele Männer wie Frauen anwesend.
Aufgabe 5)
Wenn man die rationale Zahl mit x bezeichnet, dann gilt nach Aufgabenstellung
(1)
1
x
+
1
x+a
=
2
; x ∈ Q, a ∈ Z, x ∉ {0, a, -a}.
x−a
Durch Multiplikation mit x(x + a)(x - a) folgt hieraus
(x + a)(x - a) + x(x - a) = 2x(x + a).
Durch Lösen der Klammern folgt hieraus
x² + ax - ax - a² + x² - ax = 2x² + 2ax.
Durch beidseitige Addition von (-2x² + ax) und Vertauschen der beiden Seiten folgt hieraus
(2)
3ax = - a²; x ∈ Q, a ∈ Z, x ∉ {0, a, -a}.
Für a ≠ 0 folgt hieraus durch Division durch 3a
x = -
a
; x ∈ Q, a ∈ Z, x ∉ {0, a, -a}.
3
Folglich ist x eine ganze Zahl genau dann, wenn a = 3k mit k ∈ Z und k ≠ 0 gilt.
Folglich gibt es unendlich viele Werte für a, nämlich alle von Null verschiedene ganzzahlige
Vielfache von 3.
Aus (2) folgt, dass für a = 0 alle rationalen Zahlen mit Ausnahme der 0 Lösungen der Gleichung sind.
Folglich gibt es genau für a = 0 mehr als eine Lösung.
2
Hinweis:
Wenn man ausdrücklich darauf hinweist, dass alle vorgenommenen Umformungen äquivalente Umformungen sind, dann ist die angegebene Lösung korrekt und vollständig.
Da wir jedoch nur gezeigt haben, dass die Gleichung (2) aus der Gleichung (1) folgt, müssen
wir noch durch eine Probe nachweisen, dass a
gilt
3
Für x = x+a=
2a
3
Wegen -
a
tatsächlich die Gleichung (1) erfüllt.
3
und x - a = -
12
4a
+
6
4a
6
4a
=-
4a
3
1
x
, also
erfüllt -
=-
3
a
=-
12
4a
,
1
x+a
=
3
2a
=
6
4a
und
2
x−a
=-
6
4a
.
a
tatsächlich die Gleichung (1).
3
Aufgabe 6)
Wenn man den Zähler mit x bezeichnet, dann ist nach Aufgabenstellung
x+a
x + a + 30
te Bruch und es gilt
=
x + 30
x
x
x + 30
der gesuch-
mit x ∈ Z, a ∈ Z, x ≠ 0 und x ≠ -a - 30.
Über dem angegebenen Lösungsgrundbereich lässt sich die Gleichung wie folgt äquivalent
umformen:
(x + a)x = (x + a + 30)(x + 30),
x² + ax = x² + ax + 30x + 30x + 30a + 900,
0 = 60x + 30a + 900,
2 x = - a – 30,
x = -(
a
2
+ 15) mit x ∈ Z, a ∈ Z, x ≠ 0 und x ≠ -a – 30.
Da x eine ganze Zahl sein soll, muss a eine gerade Zahl sein.
Wegen x ≠ 0 muss a ≠ -30 gelten; wegen x ≠ -a - 30 muss ebenfalls a ≠ -30 gelten.
Hieraus folgt, dass es für ungerade Zahlen a und für a = -30 keinen derartigen Bruch gibt.
Aus a = -32 folgt x = 1 und der zugehörige Bruch lautet
Aus a = 8 folgt x = -19 und der zugehörige Bruch lautet
1
.
31
- 19 .
11
Aufgabe 7)
Geg.:
vn = 50 km/h:
vv = 30 km/h:
Verspätung:
Ges.:
t v:
s:
Lösung:
Es gilt
normale Durchschnittsgeschwindigkeit des Busses;
veränderte Durchschnittsgeschwindigkeit des Busses;
1
6
10 min =
h.
Zeit, die der Bus benötigte;
Länge des Weges, den der Bus zurücklegte.
(1)
sn = sv = s;
Es gilt
(2)
sn = 50(tv -
Es gilt
(3)
sv = 30tv;
(1),(2),(3) ⇒
50(tv 50tv 20tv =
(4)
tv =
1
6
[laut Aufgabenstellung].
);
1
) = 30tv;
6
50
= 30tv;
6
50
;
6
5
;
12
[weil tn = tv -
1
6
und s = v·t].
[weil s = v·t].
[Gleichsetzen].
[äquivalentes Umformen].
3
(1),(3)
(4),(5)
Wegen
⇒
⇒
5
h
12
(5)
(6)
s = 30tv;
s =
30· 5
12
[Einsetzen].
= 12,5 ;
[Einsetzen, Umformen].
= 25 min folgt hieraus:
Der Bus legt eine Strecke von 12,5 km zurück.
Die Fahrzeit des Busses beträgt 25 Minuten.
Aufgabe 8)
Bezeichnet man die Arbeit mit A, die Leistung mit P und die Zeit mit t, dann gilt A = P·t.
Nach Aufgabenstellung gilt A = 32,5 ha und t1 = 14 h.
Da P2 um 25% geringer ist als P1, gilt P2 = 3 P1.
4
Da die Summe der Teilleistungen gleich der Gesamtleistung ist, gilt
A A A
+ = .
t1 t 2
t
Man erkennt, dass in diesem Fall A eine überflüssige Größe ist, weil (für A > 0) diese Gleichung äquivalent ist mit
1 1 1
+ = .
t1 t 2 t
Daher gilt bei den gegebenen Größen und Bedingungen (für die Maßzahlen)
woraus
7 1 1
·
= ,
4 14 t
also
1 1
=
8 t
1
3 1 1
+ ·
= ,
14 4 14 t
und daher t = 8 folgt.
Folglich dauert die Rodung 8 Stunden, wenn beide Kartoffelroder gleichzeitig im Einsatz
sind.
Aufgabe 9)
Nach Aufgabenstellung gilt:
Die Lösung L1 hat eine Masse von (20 + 120 =) 140 g und besteht zu (20:140 =)
1
ihrer
7
Masse
aus Salz.
Die Lösung L2 hat eine Masse von (40 + 120 =) 160 g und besteht aus (40:160 =)
1
4
ihrer
Masse aus Salz.
Die Lösung L3 soll eine Masse von (25 + 120 =) 145 g haben und 25 g Salz enthalten.
I. Wenn sich unter den gegebenen Bedingungen eine Lösung L3 herstellen lässt, dann sind
x g der Lösung L1 mit (145 – x) g der Lösung L2 zu mischen.
Da die Summe der Massen an Salz in L1 und L2 gleich der Masse an Salz in L3 ist, gilt
x 145 − x
+
7
4
= 25.
Durch äquivalentes Umformen folgt hieraus:
4x + 7(145 – x) = 700
4x + 1015 – 7x = 700
-3x = -315
x = 105
und damit
145 – x = 40.
Folglich ist eine derartige Mischung nur möglich, wenn 105 g von L1 mit 40 g von L2 gemischt
werden.
4
II. Tatsächlich gilt:
105 g der Lösung L1 bestehen aus 15 g Salz und 90 g Wasser.
40 g der Lösung L2 bestehen aus 10 g Salz und 30 g Wasser.
Die Lösung L3 hat daher eine Masse von 145 g und besteht, wie gefordert, aus 25 g Salz und
120 g Wasser.
Aus I. und II. folgt: Es ist möglich, die geforderte Lösung herzustellen. Dazu sind 105 g der
Lösung L1 mit 40 g der Lösung L2 zu mischen.
Aufgabe 10)
I. Herr Schmitz besaß anfangs x Euro und y Cent, also (100x + y) Cent.
Nach 30 Minuten besaß er noch x Cent und
y
2
Euro, also (100· y + x) Cent.
2
Da das die Hälfte seines Geldes war, gilt die Gleichung
1
2
(100x + y) = 100· y + x,
2
also
100x + y = 100y + 2x
und daher
98x = 99y.
Da 98 und 99 teilerfremd sind, gilt x = 99k mit k ∈ N.
Nach Voraussetzung gilt x ≤ 175, folglich gilt x = 99 und y = 98.
Folglich kann es nur folgende Lösung geben:
Herr Schmitz hatte 99,98 Euro in der Tasche. Nach 30 Minuten hatte er 49,99 Euro ausgegeben.
II. Tatsächlich gilt 99,98 : 2 = 49,99 und der Betrag an Euro vor dem Kauf war gleich dem
Betrag an Cent nach dem Kauf, nämlich jeweils 99, und der Betrag an Euro nach dem Kauf
die Hälfte des Betrages vor Cent vor dem Kauf, nämlich 49.
Aufgabe 11)
I. Nach Aufgabenstellung springt der Floh von der rationalen Zahl a mit a ≠ 0, a ≠ 1 los. Er
1
(1) a + = 1
darf nur auf b mit b ≠ 0, b ≠ 1 und
b
landen.
1
Wegen a ≠ 1 ist diese Gleichung äquivalent mit
(2) b =
≠ 0.
1− a
Wegen a ≠ 0 gilt b ≠ 1. Wie eben gezeigt, gilt auch b ≠ 0.
Folglich kann der Floh zu b springen.
Er will nun in b losspringen.
Nach Aufgabenstellung darf er nur auf c mit c ≠ 0, c ≠ 1 und
(3)
b+
1
=1
c
landen.
Wegen b ≠ 1 gilt
(4)
c=
1
=
1− b
1
1
1−
1− a
=
1− a
a −1
=
≠ 0.
1− a − 1
a
Wegen b ≠ 0 gilt c ≠ 1. Wie eben gezeigt, gilt auch c ≠ 0.
Folglich kann der Floh zu c springen.
Er will nun in c losspringen.
Nach Aufgabenstellung darf er nur auf d mit d ≠ 0, d ≠ 1 und
5
(5)
c+
1
=1
d
landen.
1
a
=
=a ≠ 0.
a −1
a − (a − 1)
1−
a
Folglich springt der Floh stets nach 3 Sprüngen auf seien Ausgangspunkt zurück.
Wegen c ≠ 1 gilt
(5)
d=
1
=
1− c
II. Der Floh kehrt nie früher als nach 3 Sprüngen auf seinen Ausgangspunkt zurück:
Wenn a < 0 gilt, dann folgt a < b < 1 aus (2) und 0 < c < 1 aus (4).
Wenn 0 < a < 1 gilt, dann folgt b > 1 aus (2) und c < 0 aus (4).
Wenn a > 1 gilt, dann folgt b < 0 aus (2) und 0 < c < 1 aus (4).
Folglich gilt in jedem Fall b ≠ a und c ≠ a, so dass der Floh nie nach einem oder nach zwei
Sprüngen schon zum Ausgangspunkt zurückkehrt.
Aus I. und II. folgt, dass der Floh immer nach genau 3 Sprüngen erstmals und daher stets
nach gleich vielen Sprüngen auf seinen Ausgangspunkt zurückkehrt.
Aufgabe 12)
Wir verbinden die durchlaufenen Punkte zu einem spiralförmigen
Streckenzug. Wir suchen zuerst Punkte auf dem Streckenzug, bei
denen wir die Zahl der zum Erreichen nötigen Schritte leicht angeben können. Mit Qn bezeichnen wir das Quadrat mit dem Mittelpunkt (0; 0), bei dem (n; n) ein Eckpunkt ist. Qn hat die Seitenlänge
2n, jede Seite besteht aus (2n + 1) Punkten und in Qn (mit Rand)
liegen daher (2n + 1)² Punkte.
Wir betrachten die Punkte Pn(n;-n), bei denen der Streckenzug das Quadrat vollendet. Diese
Punkte liegen auf der Winkelhalbierenden des 4. Quadranten. Um von P0(0; 0) zu Pn(n; -n)
zu kommen, benötigt der Roboter
sn = (2n + 1)² - 1
Schritte, da er bis dorthin alle Punkte des Quadrats Qn genau einmal und nur diese ablaufen
muss.
Da
s21 = (2·21 + 1)² - 1 = 43² - 1 = 1848 < 2009 < s 22 = (2·22 + 1)² - 1 = 45² - 1 = 2024
gilt, liegt der 2009. Punkt (2024 – 2009 =) 15 Schritte vor Vollendung des Quadrats Q22, also
15 Schritte vor P22(22; -22). Das ist der Punkt (7; -22).
Folglich landet der Roboter bei 2009. Schritt im Punkt (7; -22).
Zahlentheorie
Aufgabe 1)
Teil a)
Multipliziert man eine Zahl, die auf 5 endet, mit einer beliebigen ungeraden Zahl, dann erhält
man stets eine Zahl mit der Einerziffer 5.
Das zu untersuchende Produkt enthält (mindestens) einen Faktor, der auf 5 endet (z.B. 45),
und sonst nur ungerade Faktoren.
Folglich ist seine Einerziffer eine 5.
6
Teil b)
Es gilt 31·33·35·37·39 < 405 und 41·43·45·47·49 < 505 .
Folglich gilt p < 405 · 505 .
Es gilt 405 ·505 = 20005 = (2·103 )5 = 25 ·1015 = 32·1015 = 3,2·1016 .
Folglich ist p höchstens 17-stellig und kann daher keine 18-stellige Zahl sein.
Lösungsvariante zu Teil b):
Es gilt 405 · 505 = 40·40·40·40·40·50·50·50·50·50
= (40·50)·(40·50)·(40·50)·(40·50)·(40·50)
= 2000·2000·2000·2000·2000
= 2·2·2·2·2·1000·1000·1000·1000·1000
= 32·1 000 000 000 000 000,
also
p < 32 000 000 000 000 000.
Folglich ist p höchstens 17-stellig und kann daher keine 18-stellige Zahl sein.
Aufgabe 2)
I. Angenommen, ein Paar (x, y) positiver ganzer Zahlen x und y erfüllt diese Gleichung.
Aus 3x + 4y = 63 folgt durch äquivalentes Umformen x =
(1)
Da x positiv ist, folgt aus (1) die Ungleichung 21 -
4
3
63 − 4y
3
x = 21 -
4
3
und hieraus
y.
y > 0, also y <
3·21
4
= 15,75.
Da x und y ganzzahlig sind, folgt aus (1), dass y durch 3 teilbar ist.
Da y zudem auch positiv ist, kommen für y nur die Werte 3, 6, 9, 12 und 15 infrage.
Die zugehörigen Werte von x erhält man mit Hilfe der Gleichung (1).
Hieraus folgt: Wenn ein Zahlenpaar die gestellten Bedingungen erfüllt, dann kann dies nur
eines der Zahlenpaare (1; 15), (5; 12), (9; 9), (13; 6) und (17; 3) sein.
II. Wie eine Probe an der Ausgangsgleichung bestätigt, sind die Paare (1; 15), (5; 12), (9; 9),
(13; 6) und (17; 3) tatsachlich Lösungen dieser Gleichung.
Aus I. und II. folgt, dass (1; 15), (5; 12), (9; 9), (13; 6) und (17; 3) alle Paare sind, welche die
gegebene Gleichung erfüllen.
Aufgabe 3)
I. Wenn eine Zahl n die gestellten Bedingungen erfüllt, dann muss sie zweistellig sein.
Offenbar kann n nicht einstellig sein, denn dann würde n· n = n² ≤ 81 < 1000 + p(n) gelten.
Wäre n und daher auch n dreistellig, also n, n ≥ 111 und keine Ziffer Null, dann würde wegen 9³ ≥ p(n) und (b) folgende Abschätzung gelten:
1729 = 1000 + 9³ ≥ 1000 + p(n) = n· n = 111² = 12321.
Das führt jedoch zu dem Widerspruch 1729 > 12321.
Für noch größere Stellenzahlen gilt diese Abschätzung erst recht.
Wir können daher die Zahlen n und n im Dezimalsystem wie folgt darstellen:
n = 10a + b und n = 10b + a für a, b ∈ {1, 2, …, 9}.
Die Bedingung n· n = 1000 + p(n) lautet für diesen Fall
(10a + b)(10b + a)= 1000 + ab.
7
Hieraus folgt durch äquivalentes Umformen und Anwenden einer binomischen Formel
100ab + 10a² + 10b² + ab = 1000 + ab,
(*) 10ab + a² + b² = 100,
a² + 2ab + b² = 100 – 8ab,
(a + b)² = 100 – 8ab.
Subtrahiert man von der Zahl 100 das Achtfache einer natürlichen Zahl, dann erhält man
nacheinander 92, 84, 76, 68, 60, 52, 44, 36, 28, 20, 12, 4.
Nur 4 und 36 sind Quadratzahlen.
Folglich kann nur (a + b)² = 4 oder (a + b)² = 36 gelten.
Im ersten Fall würde a = b = 1 gelten und (*) wäre nicht erfüllt.
Also kann nur a + b = 6 gelten.
Durch Probieren findet man als mögliche Lösungen (a = 1 und b = 5) oder (a = 2 und b = 4)
oder (a = b = 3) oder (a = 4 und b = 2) oder (a = 5 und b = 1).
Die Gleichung (*) ist nur für (a = 2 und b = 4) oder (a = 4 und b = 2) erfüllt
Folglich gilt: Wenn eine Zahl n die gestellten Bedingungen erfüllt, dann kann dies nur eine
der Zahlen 24 oder 42 sein.
II. Tatsächlich ist jede der beiden Zahlen eine Spiegelzahl der anderen; ihre Ziffern sind von
Null verschieden und es gelten n· n = 1008 und p(n) = 8. Folglich gilt auch n· n = 1000 +
p(n).
Aus I. und II. folgt, dass 24 und 42 die einzigen Zahlen sind, die beide Bedingungen erfüllen.
Aufgabe 4)
I. Wenn es ein Tripel (x; y; z) natürlicher Zahlen gibt, das die Gleichung erfüllt, dann gilt:
Da die Gleichung in den Variablen x, y, z symmetrisch ist und x = 0 offensichtlich keine Lösung liefert, betrachten wir zunächst nur den Fall 1 ≤ x ≤ y ≤ z.
Für x = 1 gilt y + 3 = z(y – 1), folglich z =
y +3
y −1
für y = 2, 3, 4, …, n, … und z ≥ 2.
Für y = 1 wäre der Bruch nicht definiert.
Durch Einsetzen erhält man hieraus als mögliche Lösungen:
z ∈ {5,6,
7 8
, }.
1 2 3 4
Da die Brüche für wachsendes y stets kleiner werden, erfüllt kein weiterer Bruch die Bedingung z ≥ 2.
Da z eine natürliche Zahl sein soll, können nur (1; 2; 5) und (1; 3; 3) Lösungstripel sein.
Für x = 2 gilt y + 4 = z(2y – 1), folglich z =
y+4
2y − 1
für y = 2, 3, 4, …, n, … und z ≥ 2.
Durch Einsetzen erhält man als einzige Lösung z = 6 .
3
Folglich kann nur (2; 2; 2) ein weiteres Lösungstripel sein
Für x = 3 gilt y + 5 = z(3y – 1), folglich z =
Für y = 3 gilt z =
8
8
y +5
3y − 1
für y = 3, 4, …, n, … und z ≥ 3.
= 1 < 3.
Folglich kann x = 3 keine weiteren Lösungstripel liefern.
Hieraus folgt: Für den Fall 1 ≤ x ≤ y ≤ z können nur (1; 2; 5), (1; 3; 3) oder (2; 2; 2) Lösungen sein.
8
Verzichtet man auf die zusätzlich eingeführte Bedingung, dann erhält man durch Vertauschen der Reihenfolge der Zahlen genau 10 verschiedene Tripel, die Lösung der Gleichung
sein können:
(1; 2; 5), (1; 5; 2), (2; 1; 5), (2; 5; 1), (5; 1; 2), (5; 2; 1)
(1; 3; 3), (3; 1; 3), (3; 3; 1),
(2; 2; 2).
II. Die Tripel (1; 2; 5), (1; 3; 3) und (2; 2; 2) erfüllen tatsächlich die Gleichung, denn es gilt
1 + 2 + 5 + 2 = 10 und 1·2·5 = 10,
1+3+3+2=9
und 1·3·3 = 9,
2+2+2+2=8
und 2·2·2 = 8.
Da für die Addition und die Multiplikation das Kommutativgesetz gilt, erfüllen auch die restlichen der 10 angegebenen Tripel die Gleichung.
Aus I. und II. folgt, dass diese 10 Tripel die einzigen Tripel sind, welche die gegebene Gleichung erfüllen.
Aufgabe 5)
I. Wir schreiben eine sechsstellige Zahl kurz als z = abcdef und bezeichnen die umgeformte Zahl mit z‘.
Wenn es eine Zahl z gibt, welche die gestellten Bedingungen erfüllt, dann gelten nach Aufgabenstellung
(1)
z = abcdef
= 105 a + bcdef ,
(2)
(3)
z‘ = bcdefa
z‘ = 3z.
= 10 bcdef + a,
Für n = bcdef folgt daher aus (1), (2) und (3)
10n + a = 3( 105 a + n),
10n + a = 300000a + 3n,
7n = 299999a,
also
n = 42857a.
Da n eine fünfstellige Zahl sein soll, kann nur a = 1 oder a = 2, also n = 42857 oder
n = 85714 gelten.
Folglich gilt: Wenn es Zahlen z gibt, welche die gestellten Bedingungen erfüllen, dann können dies nur die Zahlen 142857 oder 285714 sein.
II. Diese beiden Zahlen erfüllen tatsächlich die gestellten Bedingungen, denn sie sind sechsstellig und es gilt 428571 = 3·142857 bzw. 857142 = 3·285714.
Aus I. und II. folgt, dass genau die beiden Zahlen 142857 und 285714 die gestellten Bedingungen erfüllen.
Hinweis: Die Zahl 142875 ist eine Phönix-Zahl: Durch Multiplikation dieser Zahl mit 1, 3, 2, 6,
4 bzw. 5 entstehen Zahlen; welche aus 142857 in dieser Reihenfolge der Multiplikationen
durch zyklisches Vertauschen der Ziffern entstehen, nämlich 142857, 428571, 285714,
857142, 571428, 714285. Außerdem ist 142857 die Periode von 1 bei Division durch 7.
9
Aufgabe 6)
I. Angenommen, (x; y; z) sei ein Tripel, das die gegebenen Bedingungen erfüllt.
Dann gilt nach Aufgabenstellung
(a)
x + y + z = 6,
xy
z
(b)
= 6,
(c) x² - (y + z) = 6.
Aus (b) folgt x ≠ 0 und y ≠ 0, da sonst der Quotient 0 wäre, und natürlich auch z ≠ 0, da
sonst
xy
z
nicht definiert ist.
Addiert man (a) und (c), dann erhält man
(1)
x² + x = 12,
wegen x ≠ 0 also
x+1 =
12
.
x
Hieraus folgt, dass x ein Teiler von 12 sein muss.
Von allen ganzen Zahlen, die Teiler von 12 sind (dies sind ± 1, ± 2, ± 3, ± 4, ± 6, ± 12) erfüllen genau x = 3 oder x = -4 die Gleichung (1).
Setzt man diese beiden Zahlen erst in (a) und dann in (b) ein, erhält man
(2) y + z = 3
oder
y + z = 10
und
(3)
y = 2z
y = - 3 z.
oder
2
Nach Substitution von (3) in (2) erhält man schließlich
z = 1
oder
z = -20
und nach Einsetzen in (2)
y = 2
oder
y = 30.
Folglich können nur die Tripel (3; 2; 1) oder (-4; 30; -20) alle gestellten Bedingungen erfüllen.
II. Tatsächlich gilt
3 + 2 + 1 = 6 und
3·2
1
(-4) + 30 + (-20) = 6, folglich ist (a) erfüllt;
−4·30
−20
= 6 und
9 – 3 = 6 und
= 6, folglich ist (b) erfüllt;
16 – 10 = 6, folglich ist (c) erfüllt.
Aus I. und II. folgt, dass genau die beiden genannten Tripel alle gestellten Bedingungen erfüllen.
Aufgabe 7)
I. Die aus den ersten beiden Ziffern gebildete zweistellige Zahl sei mit x, die andere mit y
bezeichnet.
Wenn eine vierstellige Zahl die gegebene Bedingung erfüllt, dann gilt nach Aufgabenstellung
100x + y = 2xy, also y = 2xy – 100x und daher 2x(y – 50) = y.
Hieraus folgt
(*) x =
y
2(y − 50)
, wobei y eine gerade Zahl ist und y > 50 gilt.
Die kleinste Zahl y, die diese Bedingungen erfüllt, ist die 52.
Für y = 52 folgt durch Einsetzen in (*), dass x = 13 gilt.
Für y = 54 folgt, dass x =
54
2· 4
=
27
4
< 10, gelten würde, was der Bedingung widerspricht,
dass x eine zweistellige natürliche Zahl ist.
Für y > 54 wäre x ebenfalls keine zweistellige Zahl.
Hieraus folgt: Wenn es eine vierstellige Zahl gibt, welche die gegebene Bedingung erfüllt,
dann kann dies nur die Zahl 1352 sein.
10
II. Tatsächlich gilt 1352 = 2·13·52.
Aus I. und II. folgt, dass 1352 die einzige vierstellige Zahl ist, welche die gegebene Bedingung erfüllt.
Aufgabe 8)
Teil a)
Für jede dreistellige Zahl z mit der Einerziffer 5 gilt z = 10x + 5, wobei x eine zweistellige Zahl
ist.
Streicht man in z die Ziffer 5, dann bleibt x übrig.
Multipliziert man x mit dem Nachfolger, dann entsteht das Produkt x·(x + 1).
Hängt man die Zahl 25 an, dann entsteht die Summe 100x·(x + 1) + 25.
Durch Umformen erhält man hieraus 100x² + 100x + 25 und durch Anwenden einer binomischen Formel (10x + 5)².
Damit ist bewiesen, dass das angegebene Verfahren tatsächlich das Quadrat der dreistelligen Zahl mit der Einerziffer 5 liefert.
Teil b)
Für jede n-stellige Zahl z mit der Einerziffer 5 gilt z = 10x + 5, wobei x eine (n -1)-stellige Zahl
ist.
Folglich kann man wie in Teil a) beweisen, dass das Verfahren für jede beliebige Zahl mit der
Endziffer 5 zum richtigen Ergebnis führt.
Aufgabe 9)
Teil a)
Für die Summe der (von Null verschiedenen) einstelligen Zahlen gilt
s1 = 1 + 2 + … + 9 = 9·5 = 45.
Wir betrachten die (9·9 =) 81 zweistelligen Zahlen, die keine Null als Ziffer haben, in folgender Anordnung
11 12 13 …
18 19
21 22 23 …
28 29
…
…
…
…
…
…
91 92 93 …
98 99
In jeder der neun Spalten sind die Zehnerziffern der zweistelligen Zahlen die einstelligen
Zahlen von 1 bis 9.
Folglich gilt für die Summe aller zweistelligen Zahlen, die keine Null als Ziffer haben,
s2 = (10s1 + 9·1) + (10s1 + 9·2) + … + (10s1 + 9·9)
= 9·10s1 + 9·(1 + 2 + … + 9)
= 9·10s1 + 9s1
= 9s1·(10 + 1)
= 9·11·s1.
Wegen s1 = 9·5 folgt hieraus s2 = 9²·55 = 4455.
Teil b)
Wir betrachten die (9²·9 =) 729 dreistelligen Zahlen, die keine Null als Ziffer haben, in folgender Anordnung:
11
111
121
…
191
211
…
291
…
911
…
991
112
122
…
192
212
…
292
…
912
…
992
113
123
…
193
213
…
293
…
913
…
993
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
118
128
…
198
218
…
298
…
918
…
998
119
129
…
199
219
…
299
…
919
…
999
Analog zu Teil a) folgt hieraus
s3 = (10s2 + 9²·1) + (10s2 + 9²·2) + … + (10s2 + 9²·9)
= 9·10s2 + 9²·(1 + 2 + … + 9)
= 9·10s2 + 9²·s1
Wegen s2 = 9·11·s1 und mit s1 = 9·5 folgt dann
s3 = 9²·10·11·s1 + 9²·s1
= 9²·s1·(110 + 1)
= 9²·111·s1
= 9²·111·9·5
= 93·555
= 404595
Teil c)
Wie in Teil a) und Teil b) gezeigt, gilt
s1 = 9·5, s2 = 9²·55 und s3 = 93·555.
Dies lässt vermuten dass
s4 = 94·5555, s5 = 95·55555 und s6 = 96·555555
gilt.
Kombinatorik / Logik
Aufgabe 1)
I. Wir bezeichnen die rote, grüne, blaue, weiße und schwarze Kanne mit r, g, b, w, bzw. s
sowie die Tee-, Kaffee-, Milch-, Wasser- und Saftkanne mit T, K, M, W bzw. S.
Dann gilt nach Aufgabenstellung für die Anordnung der fünf Kannen vor dem Umstellen der
schwarzen Kanne
(1)
r
g b w s
K
und nach dem Umstellen
(2)
T
s
M
sowie
(3)
W M oder
M W .
Aus (1) und (2) folgt, dass s nicht zwischen b und w stehen kann, weil dann T = K gelten
müsste.
Analog folgt, dass s auch nicht zwischen g und b stehen kann.
Folglich kann s nur zwischen r und g stehen und daher kann r s g b w
nur die folgende Zuordnung zutreffen:
T
M K
Aus (3) folgt dann, dass W nur zwischen T und M und daher S nur ganz rechts stehen kann.
Damit ist gezeigt, dass nur die folgende Zuordnung alle gestellten Bedingungen erfüllen
kann:
12
Rot mit Tee - schwarz mit Wasser - grün mit Milch - blau mit Kaffee - weiß mit Saft.
II. Wie man sich leicht überzeugt, erfüllt diese Zuordnung tatsächlich alle gestellten Bedingungen.
Aus I. und II. folgt, dass man aus diesen Angaben eindeutig ermitteln kann, welche Getränke die genannten Kannen enthalten.
Aufgabe 2)
Teil a)
Hier ist die Anzahl der Anordnungen, also der Permutationen von 6 Elementen (ohne Wiederholung) zu ermitteln.
Es gilt P6 = 6! = 1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6 = 720 .
Folglich gibt es 720 verschiedene Möglichkeiten des Einlaufs der sechs Läuferinnen.
Teil b)
Hier ist die Anzahl der Möglichkeiten zu ermitteln, aus einer Menge von 6 Elementen (den
Plätzen 1 bis 6) eine Teilmenge von 3 Elementen (den Plätzen 1 bis 3) auszuwählen, wobei
es auf die Reihenfolge der Elemente ankommt; daher geht es hier um Variationen (ohne
Wiederholung).
6
6⋅5⋅4
Es gilt   ⋅ 3! =
⋅ 1⋅ 2 ⋅ 3 = 120 .
3
1⋅ 2 ⋅ 3
 
Folglich gibt es 120 verschiedene Möglichkeiten der Vergabe von Gold-, Silber- und Bronzemedaillen.
Teil c) Hier geht es um die Auswahl von 3 Medaillenplätzen aus 6 Plätzen, wobei die Reihenfolge der Medaillenplätze keine Rolle spielt, also um Kombinationen (ohne Wiederholung).
6 6 ⋅5 ⋅ 4
Es gilt C36 =   =
= 20 .
 3  1⋅ 2 ⋅ 3
Folglich gibt es für die sechs Läuferinnen 20 verschiedene Möglichkeiten, eine Medaille zu
erhalten.
Aufgabe 3)
Zwei Punkte A und B legen eine Gerade eindeutig fest. Da die Reihenfolge keine Rolle spielt
(AB = BA), handelt es sich um die Frage nach der Anzahl der Kombinationen von 9 Elementen zu 2. Klasse.
9 9 ⋅ 8
Es gilt C92 =   =
= 36 .
 2  1⋅ 2
Folglich gibt es 36 Geraden, die durch 9 Punkte einer Ebene gehen, falls niemals 3 dieser
Punkte auf ein und derselben Geraden liegen.
Aufgabe 4)
Teil a)
Da bei einer Trikolore die Reihenfolge der 3 (verschiedenen) Farben von Bedeutung ist,
handelt es sich bei diesem Auswahlproblem um Variationen.
13
7
7⋅6⋅5
Da 7 verschiedene Farben zur Verfügung stehen und V73 =   ⋅ 3! =
⋅ 1⋅ 2 ⋅ 3 = 210 gilt,
1⋅ 2 ⋅ 3
3
kann das Land in 210 Provinzen eingeteilt werden.
Teil b)
Wenn der oberste Streifen golden sein soll, dann bleiben für die restlichen 2 Streifen noch 6
Farben übrig.
6
6⋅5
Wegen V62 =   ⋅ 2! =
⋅ 1 ⋅ 2 = 30 kann daher in diesem Fall das Land nur in 30 Provin1⋅ 2
2
zen aufgeteilt werden.
Teil c)
Wir ermitteln zunächst die Anzahl der Trikoloren, bei der kein Streifen golden ist. Da in diesem Fall nur noch 6 Farben zur Auswahl stehen, ist V63 die gesuchte Anzahl.
Sei x die gesuchte Anzahl von Trikoloren, bei denen ein Streifen golden ist, dann ist die
Summe ( V63 + x) offensichtlich gleich der Gesamtanzahl von Trikoloren, also gleich V73 .
6
6⋅5⋅ 4
Wegen V63 =   ⋅ 3! =
⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 3 = 120 und V73 - V63 = 210 - 120 = 90 kann daher in
3
1
⋅
2
⋅
3
 
diesem Fall das Land in 90 Provinzen aufgeteilt werden.
Lösungsvariante:
Laut Lösung Teil b) gibt es 30 Provinzen für den Fall, dass der obere Streifen die Farbe Gold
hat. Nun kann die Farbe Gold auch im mittleren und im unteren Streifen sein. Für diese Fälle
kommen jeweils 30 Provinzen dazu. Folglich lässt sich das Land in (30 + 30 + 30 =) 90 Provinzen einteilen.
Aufgabe 5)
Man stelle sich die 6 Studenten (bevor sie sich hinsetzen) in einer Reihe aufgestellt vor.
Dann gibt es zwischen ihnen genau 5 Lücken, welche die Plätze für die 3 Professoren werden. Da die Reihenfolge der Plätze von Bedeutung ist (die Professoren tragen Namen), handelt es sich bei diesem Auswahlproblem um Variationen.
5
5⋅ 4⋅3
Wegen V53 =   ⋅ 3! =
⋅ 1⋅ 2 ⋅ 3 = 60 gibt es für die drei Professoren 60 Möglichkeiten,
1⋅ 2 ⋅ 3
3
ihre Plätze zu wählen.
Lösungsvariante
Da jeder der Professoren zwischen zwei Studenten sitzen soll, müssen die Außenplätze von
Studenten besetzt werden.
Folglich haben die 3 Professoren die Auswahl aus 7 Mittelplätzen, die nicht benachbart sein
dürfen.
Wir nummerieren diese Plätze von 2 bis 8 und erfassen systematisch die möglichen Platznummern für die Professoren. Das ergibt folgende 10 Tripel:
(2, 4, 6), (2, 4, 7), (2, 4, 8), (2, 5, 7), (2, 5, 8), (2, 6, 8), (3, 5, 7), (3, 5, 8), (3, 6, 8), (4, 6, 8).
Berücksichtigt man noch, dass die 3 Professoren auf (3! =) 6 Arten ihre Plätze untereinander
tauschen können, dann gibt es für die Professoren insgesamt (10·6 =) 60 Möglichkeiten, ihre
Plätze zu wählen.
14
Aufgabe 6)
Teil a)
Wir ermitteln zunächst die Anzahl aller möglichen Verbindungsstrecken zwischen den Eckpunkten eines Siebenecks.
Da jeder der 7 Eckpunkte mit den 6 anderen verbunden werden kann, gibt es (7·6 =) 42 Verbindungsmöglichkeiten, wobei zu beachten ist, dass jede dieser Strecken doppelt gezählt
wurde (z.B. wurde auf diese Weise Eckpunkt A mit Eckpunkt B, aber auch B mit A verbunden).
Folglich beträgt die Anzahl der Verbindungsstrecken (42:2 =) 21.
Die Endpunkte jeder dieser 21 Strecken können nun mit den 5 anderen Eckpunkten des Siebenecks verbunden werden, so dass zunächst (21:4 =) 105 Dreiecke entstehen.
Dabei ist zu beachten, dass jedes dieser Dreiecke dreimal gezählt ist (z.B. entsteht ein und
dasselbe Dreieck, wenn AB mit C, AC mit B und BC mit A verbunden wurde).
Folglich verringert sich die gesuchte Anzahl auf (105:3 =) 35.
Folglich sind die Eckpunkte von 35 Dreiecke auch Eckpunkte eines Siebenecks.
Teil b)
Wir ermitteln zunächst die Anzahl aller möglichen Verbindungsstrecken zwischen den Eckpunkten eines Hundertecks.
Da jeder der 100 Eckpunkte mit den 99 anderen verbunden werden kann, gibt es 9900 Verbindungsmöglichkeiten, wobei zu beachten ist, dass jede dieser Strecken doppelt gezählt
wurde.
Folglich beträgt die Anzahl der Verbindungsstrecken (9900:2 =) 4950.
Die Endpunkte jeder dieser 4950 Strecken können nun mit den 98 anderen Eckpunkten des
Hundertecks verbunden werden, so dass zunächst (4950·98 =) 485100 Dreiecke entstehen.
Dabei ist zu beachten, dass jedes dieser Dreiecke dreimal gezählt ist (z.B. entsteht ein und
dasselbe Dreieck XYZ beim Verbinden von X und Y mit Z, von X und Z mit Y sowie von Y
und Z mit X).
Folglich verringert sich die gesuchte Anzahl auf (485100:3 =) 161700.
Folglich sind die Eckpunkte von 161700 Dreiecken auch Eckpunkte eines Hundertecks.
Lösungsvariante:
Hier geht es um die Auswahl von 3 Punkten aus n Punkten für n = 7 und n = 100.
Da bei einem Dreieck ABC die Reihenfolge der Punkte keine Rolle spielt, geht es hier um
Kombinationen.
Aufgabe 7)
Aus (b) folgt, dass die Darstellung der gesuchten Zahlen aus folgenden Siebenergruppen
von Ziffern besteht:
z1: (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6); QS(z1) = 21; 3|z1
z2: (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7); QS(z2) = 28;
z3: (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8); QS(z3) = 35;
z4: (3, 4, 5, 6, 7, 8, 9); QS(z4) = 42; 3|z4.
Aus (a) folgt, dass die gesuchten Zahlen durch 3 und durch 5 teilbar sein müssen. Dies trifft
nur für die Siebenergruppen z1 und z4 zu.
Eine Zahl ist genau dann durch 5 teilbar, wenn ihre letzte Ziffer eine 0 oder eine 5 ist.
Bei z4 muss die 5 daher an der Einerstelle stehen. Folglich bleiben für die restlichen sechs
Stellen noch (P6 = 6·5·4·3·2·1 =) 720 Anordnungsmöglichkeiten.
15
Steht bei z1 die 0 an der Einerstelle, dann bleiben für die restlichen sechs Stellen ebenfalls
noch 720 Anordnungsmöglichkeiten.
Steht hingegen bei z1 die 5 an der Einerstelle, dann hat man für die Stelle der Millionenziffer
nur noch die Auswahl zwischen 5 Ziffern, da diese Stelle bei einer siebenstelligen Zahl nicht
die 0 sein darf. Für die Stelle der Hunderttausenderziffer darf die 0 wieder auftauchen, also
gibt es hier die Auswahl zwischen 5 Ziffern, für die Stelle der Zehntausenderziffer noch die
Auswahl zwischen 4 Ziffern ... usw. Daher gibt es in diesem Fall (5·5·4·3·2·1 =) 600 Anordnungsmöglichkeiten.
Folglich gibt es insgesamt (720 + 720 + 600 =) 2040 siebenstellige Zahlen, welche die Bedingungen (a) und (b) erfüllen.
Aufgabe 8)
Angenommen, im Topf liegen zu Beginn b blaue Bärchen und g gelbe Bärchen.
Werden dem Topf 2 blaue Bärchen entnommen, dann liegen danach (b - 2) blaue und (g + 1)
gelbe Bärchen darin.
Werden ein blaues und ein gelbes Bärchen entnommen, dann enthält der Topf hinterher b
blaue und (g - 1) gelbe Bärchen.
Werden 2 gelbe Bärchen entnommen, dann enthält der Topf hinterher ebenfalls b blaue und
(g - 1) gelbe Bärchen.
Folglich gilt: Bei jedem Zug ändert sich die Anzahl der blauen Bärchen um eine gerade Zahl
(oder gar nicht). Die Gesamtzahl der Bärchen im Topf nimmt bei jedem Zug um ein Bärchen
ab. Die Anzahl der gelben Bärchen zu Beginn spielt keine Rolle.
Hieraus folgt: Ist die Anzahl b der blauen Bärchen zu Beginn ungerade, dann muss das letzte Bärchen im Topf blau sein; ist die Anzahl jedoch gerade, dann ist das letzte verbliebende
Bärchen gelb.
Folglich sind die Gewinnchancen nur von der Anzahl der blauen Bärchen abhängig. Bei einer
geraden Anzahl blauer Bärchen gewinnt Jasmin, bei einer ungeraden Anzahl gewinnt Jonas.
Bemerkung: Wird die Anzahl b als zufällig vorausgesetzt, dann sind die Wahrscheinlichkeiten
dafür, dass b eine gerade oder eine ungerade Zahl ist, gleich groß. Folglich haben Jonas
und Jasmin bei dem Gewinnspiel gleiche Gewinnchancen.
Geometrie
Aufgabe 1)
V1: ABCD ist ein Parallelogramm mit |AB| = a
und |BC| = b;
V2: | ∢ BAD| = 60°;
V3: k(A; |AD|) ∩ CD = {D; E};
V4: k(C; |CD|) ∩ AD = {D; F}.
(B):
△ BFE ist gleichseitig.
16
Beweis:
⇒
V1
(1), V2 ⇒
⇒
V3
(2). (3) ⇒
V1,(3),(4) ⇒
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
AB||CD;
[Gegenseiten im Parallelogramm].
| ∢ EDA| = | ∢ CDF| = 60°;
[Stufen- und Wechselwinkelsatz].
|AE| = |AD|;
[Radien eines Kreises].
| ∢ DAE| = 60°;
[Basis- und Innenwinkelsatz für △ DEA].
△ DEA ist gleichseitig mit | EA| = |AD| = |BC| = |ED| = b;
[Eigenschaften eines gleichseitigen Dreiecks und eines Parallelogramms].
V4, (2) ⇒
(6) △ DCF ist gleichseitig mit |DC| = |CF| = |FD| = a; [analog zu (5)].
(7) | ∢ BAE| = 60° + 60° = 120°;
[Winkeladdition].
V2, (4) ⇒
V1, V2 ⇒
(8) | ∢ DCB| = 60°;
[Gegenwinkel im Parallelogramm].
(5), (8) ⇒
(9) | ∢ FCB| = 60° + 60° = 120°;
[Winkeladdition].
V3, (2) ⇒
(10) | ∢ FDE| = 120°;
[Nebenwinkelsatz].
(7),(9),(10) ⇒
(11) | ∢ BAE| = | ∢ FCB| = | ∢ FDE|; [Drittengleichheit].
(5),(11),(6) ⇒
(12) △ EAB ≅ △ BCF ≅ △ EDF;
[Kongruenzsatz sws].
⇒
(12)
(13) |EB| = |BF| = |FE|;
[zugehörige Seiten in kongruenten Dreiecken].
⇒
(13)
(B) △ BFE ist gleichseitig;
[Definition].
Damit ist bewiesen, dass aus den Voraussetzungen V1 bis V4 folgt, dass das Dreieck BFE
gleichseitig ist.
Aufgabe 2)
α
V1:
mAB ∩ w α = {E};
V2:
V3:
mAB ∩ AC = {F};
| ∢ FEA| = 2·| ∢ CBA| = 2 β .
2
Teil a)
Aus V1 folgt | ∢ EDA| = 90° und | ∢ DAE| = | ∢ BAE| =
α
(weil DE eine Mittelsenkrechte und AE eine Winkel2
halbierende ist).
Aus V3 folgt dann nach dem Außenwinkelsatz für △ ADE ,
dass 2 β =
α
2
+ 90° gilt.
Hieraus folgt durch Umformen
(1)
β =
α
4
+ 45°.
α
Aus (1) folgt nach dem Innenwinkelsatz für △ABC dann γ = 180° - α - ( + 45°), durch
4
5α
Umformen also
(2)
.
γ = 135° 4
Teil b)
Aus V1, V2 und V3 folgt (B) β < 60°.
Beweis:
Aus V2 folgt |AF| = |BF| (Eigenschaft der Mittelsenkrechten mAB).
Folglich gilt nach dem Basiswinkelsatz für △ABF die Gleichung | ∢ BAF| = | ∢ FBA| = α .
Aus V2 folgt, dass F ein innerer Punkt von AC ist.
17
α < β.
Aus (1) folgt durch Umformen
(4) 4 β = α + 180°.
Aus (3) und (4) folgt durch seitenweise Addition α + 4 β < α + β + 180°, also 3 β < 180°
und daher
(B) β < 60°.
Hieraus folgt wegen | ∢ CBA| = β dann
(3)
Teil c)
α
α
= 10° und daher α = 40°.
4
4
Durch Einsetzen in (2) folgt hieraus γ = 135° - 50°, also γ = 85°.
Aus β = 55° und (1) folgt 55° =
+ 45°, also
Da diese Folgerungen umkehrbar sind gilt: Wenn γ = 85°, dann β = 55°.
Teil d)
I. Wenn es eine Winkelgröße β gibt, für die das Dreieck ABC rechtwinklig ist, dann gilt:
Aus V2 folgt | ∢ FDA) = 90°.
Nach dem Innenwinkelsatz für △ABF folgt hieraus | ∢ DAF| = α < 90°.
Hieraus und aus (B) folgt, dass nur γ = 90° gelten kann.
5α
5α
, also
= 45° und daher α = 36°.
4
4
Nach dem Innenwinkelsatz für △ABC folgt hieraus 36° + β + 90° = 180°, also β = 54°.
Für γ = 90° folgt aus (2) 90° = 135° -
Folglich gilt:
Wenn es ein rechtwinkliges Dreieck ABC gibt, das die gegebenen Bedingungen V1, V2 und
V3 erfüllt, dann kann dies nur das Dreieck mit den angegebenen Innenwinkelgrößen sein.
II. Die Bedingung V1 ist offensichtlich erfüllt.
Da α < β gilt, ist F tatsächlich ein innerer Punkt der Strecke AD , also ist auch V2 erfüllt.
Wegen
α
= 18° und 18° + 90° = 108° gilt nach dem Außenw inkelsatz für △ ADE tatsäch2
lich | ∢ FEA| = 108° = 2·54° = 2 β . Folglich ist auch V3 erfüllt.
Aus I. und II. folgt: Es gibt genau ein rechtwinkliges Dreieck ABC, das die Voraussetzungen
V1, V2 und V3 erfüllt. Für dieses Dreieck gilt α = 40°, β = 54° und γ = 90°.
Aufgabe 3)
Teil a)
Aus V1 folgt △ABC ≅ △ADC (Symmetrieeigenschaft).
Da kongruente Figuren stets auch inhaltsgleich sind, folgt hieraus F(ABC) = F(ADC) und daher
F(ABCD) = 2·F(ABC).
Wegen V2 folgt hieraus F(ABCD) = a·b (Inhaltsformel für
rechtwinklige Dreiecke).
Aus V4 und wegen a = 2b folgt hieraus 2b² = 338 cm², also b²
= 169 cm² und daher für die gesuchten Längen
b = 13 cm und a = 26 cm.
Teil b)
Aus V1 und V3 folgt nach einer Umkehrung des Satzes von Thales, dass sowohl D als auch
C auf einem Kreis mit dem Durchmesser AC und dem Mittelpunkt M liegt.
Folglich hat das gegebene Drachenviereck einen Umkreis.
18
Teil c)
Der Inkreis (mit dem Mittelpunkt Mi) berühre die Seiten AB und BC in den Punkten P bzw. Q.
Aus der Tangenteneigenschaft folgt dann unmittelbar
(1) |MiP| = |MiQ| und | ∢ MiPB| = | ∢ MiQB| = 90°.
Aus V3 folgt dann (da P auf AB und Q auf BC liegt)
(2) | ∢ CBA| = | ∢ QBP| = 90°.
Aus (1) und (2) folgt, dass MiPBQ ein Rechteck mit zwei benachbarten gleich langen Seiten
und daher ein Quadrat ist.
Hieraus folgt
(3) |BP| = |BQ|.
Für den Umkreismittelpunkt M von ABCD gilt |MA| = |MC|.
Fällt Mi mit M zusammen, dann gilt
(4) |MiA| = |MiC|.
Aus (1) folgt nach dem Nebenwinkelsatz
(5) | ∢ MiPA| = | ∢ MiQC (= 90°).
Aus (1), (4) und (5) folgt nach dem Kongruenzsatz Ssw (6) △ APMi ≅ △CQMi .
Aus (6) folgt (da entsprechende Seiten in kongruenten Dreiecken gleich lang sind)
(7) |AP| = |CQ|.
Aus (3), (7) und da P auf AB bzw. Q auf BC liegt, folgt
Aus V1 und (8) folgt (wegen der Symmetrieeigenschaft)
Aus (8) und (9) folgt, dass ABCD ein Rhombus ist.
Aus V3 folgt daher, dass ABCD ein Quadrat ist.
(8) |AB| = |BC|.
(9) |AB| = |AD| und |BC| = |CD|.
Aufgabe 4)
Teil a)
V1: k(M; r) ist der Umkreis eines spitzwinkligen Dreiecks ABC;
V2: AM ∩ k = {D}, BM ∩ k = {E}, CM ∩ k = {F};
(B): IBMA = IMEA.
Beweis: (siehe Abbildung 1)
Es sei H der Fußpunkt des Lots von A auf BE .
Aus V1 und V2 folgt, dass M auf BE liegt und der Mittelpunkt dieses Durchmessers von
k(M; r) ist.
Folglich haben die Dreiecke die gleiche Höhe und es gilt BM = ME als Grundseiten.
Hieraus folgt, dass diese Dreiecke den gleichen Flächeninhalt haben.
Hinweis auf eine Lösungsvariante:
BE ist ein Durchmesser von k und A ist ein Punkt auf k.
Folglich ist BEA nach dem Satz des Thales ein rechtwinkliges Dreieck und wird durch die
Seitenhalbierende MA in zwei inhaltsgleiche Dreiecke zerlegt.
Teil b)
Aus V1 und V2 folgt
(1) IAFM = IDCM, IFBM = ICEM und IBDM = IEAM,
weil diese drei Dreieckspaare jeweils in zwei Seiten (Radien) und dem eingeschlossenen
Winkel (Scheitelwinkel) übereinstimmen.
Aus V1 und V2 folgt durch Flächenzerlegung jeweils eines Vierecks
(2) IAFBD = IAFM + IFBM + IBDM und IADCE = IDCM + ICEM + IEAM.
Aus (1) und (2) folgt
(3) IAFBD = IADCE;
[Einsetzen und Drittengleichheit].
Aus (3) folgt
(4) IAFBDCE = 2·IADCE; [Flächenzerlegung des Sechsecks].
Wie in Teil a) bewiesen gilt
(B) IBMA = IMEA.
Analog gilt
(5) IMBC = IECM und IAMC = IMDC.
19
Aus V1 und V2 folgt
(6) IABC = IBMA + IMBC + IAMC und IADCE = IMEA + IEMC + IMDC.
Aus (B), (5) und (6) folgt
(7) IABC = IADCE;
[Einsetzen und Drittengleichheit].
Aus (4) und (7) folgt IAFBDCE = 2·IABC, also IAFBDCE : IABC = 2.
Das gesuchte Verhältnis lautet daher 2 : 1.
Teil c)
Wenn | ∢ ACB| = 90° gilt, dann liegt nach einer Umkehrung de s Satzes des Thales der Mittelpunkt M des Umkreises auf AB , also sind BMA und MEA gar keine Dreiecke.
Wenn dagegen | ∢ ACB| > 90° gilt, dann erkennt man leicht, dass auch in diesem Fall die
Behauptung gilt (siehe Abbildung 2).
Folglich lässt sich der Satz verallgemeinern, indem man „spitzwinkliges Dreieck“ ersetzt
durch „spitzwinkliges oder stumpfwinkliges Dreieck“.
Aufgabe 5)
Teil a)
Sind a und b die Maßzahlen von Länge und Breite eines Rechtecks, dessen Maßzahlen von
Umfang und Flächeninhalt übereinstimmen, dann gilt nach Voraussetzung
ab = 2a + 2b.
Hieraus folgt
ab - 2b = 2a,
also
b(a - 2) = 2a
und daher
b =
2a
a−2
mit a - 2 > 0.
Die Maßzahlen von Länge und Breite der Rechtecke, bei denen die Maßzahlen von Umfang
und Flächeninhalt übereinstimmen, lauten daher
2a
a−2
a und
.
Für die Maßzahl des Flächeninhalts der Rechtecke, die durch die Verkürzung um 2 Längeneinheiten entstanden sind, gilt daher (a - 2)·(
2a
a−2
- 2) = (a - 2)·(
2a − 2a + 4
a−2
) = 4.
Damit ist bewiesen, dass die nach dem Aufgabentext entstandenen Rechtecke unabhängig
von den Seitenlängen der ursprünglichen Rechtecke den Flächeninhalt 4 haben.
Teil b)
Wie gezeigt, gilt für die Maßzahlen von Länge und Breite der Rechtecke, die durch die angegebene Verkürzung der Seitenlängen entstanden sind, (a - 2) und
Für die Maßzahl des Umfangs u dieser Rechtecke gilt daher
u = 2(a - 2 +
20
4
a−2
).
4
a−2
.
Aufgabe 6)
V1:
V2:
| ∢ CBA| = 90°;
|BC| < |AB|;
V3:
k(B; |BC|) ∩ AC = {C; D};
V4: Die Tangente t berührt k in D und t ∩ AB = {E}.
(B): |AE| = |DE|.
Beweis:
Es gelte (ZV) | ∢ BAC| = α und X∈t mit D∈ EX .
Aus V1 folgt nach dem Innenwinkelsatz für das Dreieck
ABC
| ∢ ACB| = 90° - α .
Aus V3 folgt, dass D auf AC liegt, also gilt auch
(1)
Aus V3 folgt |BC| = |BD| (als Radien eines Kreises).
Hieraus und aus (1) folgt nach dem Basiswinkelsatz für △CDB
(2)
Aus V4 folgt nach dem Satz über Tangente und Berührungsradius
Hieraus und aus (2 ) folgt | ∢ CDX| + (90° - α ) = 90°, also
(3)
Aus V4 folgt, dass E auf AB liegt.
Hieraus und aus (3)folgt dann nach dem Scheitelwinkelsatz
| ∢ DCB| = 90° - α .
| ∢ BDC| = 90° - α .
| ∢ BDX| = 90°.
| ∢ CDX| = α .
| ∢ CDX| = | ∢ ADE| = α .
Da D auf AC und E auf AB liegen, folgt | ∢ BAC| = | ∢ EAD| = α , also
(4) | ∢ EAD| = | ∢ ADE| = α .
Aus (4) folgt nach der Umkehrung des Basiswinkelsatzes für das Dreieck DAE
(B) |AE| = |DE|.
Aus V3 folgt, dass der Schnittpunkt F des Kreises k mit AB ein innerer Punkt von AB ist.
Folglich gilt |BC| = |BF| (als Radien eines Kreises) und daher |BC| < |AB|, also die Voraussetzung V2, die daher eine „überflüssige“ Voraussetzung ist.
Hinweis: Durch das Streichen einer solchen Voraussetzung erhält man eine Verallgemeinerung des bewiesenen Satzes.
Aufgabe 7)
V1:
ABCD ist ein Parallelogramm mit |AB| = a;
V2:
E∈ DC mit |DE| = x;
V3:
F∈ BC so, dass FE||BD;
V4:
G∈ AD so, dass GF||AB;
V5:
V6:
H∈ AB so, dass GH||BD;
BD ∩ FG = {P}.
Es gelte (ZV): Die Parallele p durch P zu BC schneide AB in H1 und DC in E1.
Wir bezeichnen den Inhalt eines Vierecks ABCD mit J(ABCD).
(B): J(PFED) = J(HBPG).
Beweis: (Hinsichtlich der eingeführten Bezeichnungen siehe die Abbildungen )
Aus V1, V2, V3 und V6 folgt nach der Definition eines Parallelogramms und der Transitivität
der Parallelität
(1) PF||DE.
Aus V3 und V6 folgt (weil P∈ BD )
Aus (1) und (2) folgt nach Definition
Analog folgt
(2)
(3)
(4)
FE||PD.
PFED ist ein Parallelogramm mit |PF| = x.
HBPG ist ein Parallelogramm mit |HB| = a - x.
21
Aus V1, V4 und (ZV) folgt
Aus (5) und V6 folgt
Analog folgt
(5)
(6)
(7)
AB||GF||DC und BC||H1E1||AD.
PFCE1 ist ein Parallelogramm mit |PF| = x.
AH1PG ist ein Parallelogramm mit |HB| = a - x.
Da jedes Parallelogramm ABCD durch seine Diagonale
zerlegt wird, gilt
J(ABD) =
J(GPD) =
und
J(H1BP) =
Es gilt (nach Flächenzerlegung)
J(PFCE1) =
und
J(AH1PG) =
also
(8) J(PFCE1) =
BD in zwei inhaltsgleiche Dreiecke
J(CDB) = J,
J(E1DP) = J1
J(FPB) = J2.
J - J1 - J2
J - J1 - J2,
J(AH1PG).
Aus der Inhaltsformel für Parallelogramme folgt der folgende Satz
(S): Wenn in zwei Parallelogrammen die Grundlinie und die Höhe gleich lang sind, dann haben diese Parallelogramme denselben Flächeninhalt.
Aus (3), (6) und (5) folgt, dass die Parallelogramme PFED und PFCE1 gleich lange Grundseiten und Höhen haben.
Wegen (S) folgt daher
(9) J(HPBG) = J(PFED).
Analog folgt
(10) J(HBPG) = J(AH1PG).
Aus (8), (9) und (10) folgt dann
(B) J(PFED) = J(HBPG).
Hinweis auf eine Lösungsvariante:
Es gelte (ZV) | ∢ BAD| = α und | ∢ FEC| = ε .
Wie oben gezeigt folgt aus den Voraussetzungen
(1) ABCD, ABFG, GFCD, HBPG und PFED sind Parallelogramme.
Aus den Voraussetzungen und (ZV) folgt bei Verwenden des Satzes über Gegenwinkel im
Parallelogramm, des Stufenwinkelsatzes, des Scheitelwinkelsatzes und des Satzes über spitze Winkel mit
paarweise parallelen Schenkeln
(2) | ∢ HAG| = | ∢ PFB| = α und
| ∢ PGD| = | ∢ CFE| = α
und
(3) | ∢ GHA| = | ∢ BPF| = ε und
| ∢ DPG| = | ∢ FEC| = ε .
Aus (1) und Eigenschaften des Parallelogramms folgt
(4)
|AG| = |FB|
und
|GD| = |CF|.
Aus (2), (3), (4) und dem Kongruenzsatz (sww)folgt
und
(5) △AHG ≅ △FPB
△GPD ≅ △CEF .
22
Aus (5) folgt analog wie oben die Behauptung.
Aufgabe 8)
V1:
ABCD ist ein Quadrat;
V2:
k1( AB ) ist ein Halbkreis;
V3:
k2(B; |AB|) ist ein Viertelkreis;
V4:
BX ∩ k1 = {E}, BX ∩ k2 = {F}, BX ∩ AD = {G}.
Teil a)
Satz: V1, V2, V3, V4 ⇒ (B) mit (B): | ∢ EAF| = | ∢ FAG|.
Beweis:
Es gelte (ZV):
| ∢ BAE| = α1 , | ∢ EAF| = α 2 , | ∢ FAG| = α 3 und | ∢ AFB| = ϕ .
⇒
V2
(1), (ZV) ⇒
(1)
(2)
| ∢ AEB| = 90°;
[Satz des Thales].
| ∢ EBA| = | ∢ GBA| = 90° - α1 ; [Innenwinkelsatz für △ ABE ].
⇒
(3)
|BA| = |BF|;
(ZV),(3), V4 ⇒
(4)
| ∢ BAF| = ϕ , E∈ BG , F∈ BG ; [Basiswinkelsatz für △FAB ].
(1), V4 ⇒
(5), (ZV) ⇒
(5)
(6)
| ∢ FEA| = 90°;
α 2 = 90° - ϕ ;
V1,(4),ZV ⇒
(7)
α 3 = 90° - ϕ ;
⇒
(8)
α 2 = α3 ;
(B)
| ∢ EAF| = | ∢ FAG|.
V3
(6), (7)
(8), ZV
[Radien von k2].
[Nebenwinkelsatz].
[Innenwinkelsatz für △AEF ].
[Ergänzung zu einem rechten Winkel].
[Drittengleichheit].
Hinweis auf eine Lösungsvariante:
Aus (2), (ZV) und dem Innenwinkelsatz für das Dreieck △ABG folgt (7) | ∢ AGF| = α1 .
Aus (ZV) und dem Außenwinkelsatz für △AFG folgt dann
(8)
α 3 = ϕ - α1 .
Aus | ∢ BAF| = | ∢ BAE| + | ∢ EAF|, (ZV) und (4) folgt
(9)
α 2 = ϕ - α1 .
Aus (8) und (9) folgt (B).
Teil b)
Aus (ZV), (2) und (4) folgt nach dem Innenwinkelsatz für △FAB
also 2 ϕ = α1 + 90° und daher
2 ϕ + 90° - α1 = 180°,
ϕ =
23
α1
2
+ 45°.