Mathematik-Wettbewerb Känguru 2001 - weblearn.hs
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Hochschule Bremen Fachbereich E-Technik & Informatik Mathematikwettbewerb Känguru e.V. VII. Mathematik-Wettstreit 2001 für Schüler und Studenten Prof. Dr. Th. Risse Sinn & Zweck: In Rahmen unserer Bemühungen um die Mathematik-Ausbildung sind Schüler und Studierende (nicht nur) an der Hochschule Bremen aufgefordert, sich am Mathematik-Wettbewerb Känguru des Känguru Vereins e.V. zu beteiligen. Dieses Dokument soll – wie andere in www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs – Spaß machen und so der Vorbereitung und dem Training dienen. c 2002 [email protected] Letzte Änderung: 23. November 2004 Version 1.0 Abschnitt 1: Einführung 2 1. Einführung Bei Kangourou 2001 handelt es sich um den jährlichen MathematikWettbewerb des Känguru Vereins e.V., Berlin, den es für unterschiedliche Altersgruppen gibt. Die vorliegenden Aufgaben sind für Schüler der 11.–13. Klassen und für Studierende gedacht. Dieses Dokument mit meinen Lösungen (ohne Gewähr ;-)) ist Bestandteil der Bemühungen dreier Hochschullehrer der Hochschule Bremen, Prof. Dr. Jörg Buchholz, Prof. Dr. Lazlo Hinsenkamp, Prof. Dr. Thomas Risse, Studierende (in spe) für Mathematik zu begeistern. Wenn Ihnen dieses Dokument Spaß gemacht hat, probieren Sie doch mal die Dokumente zum Vorkurs, zur Numerik, zu Zahlentheorie, Kryptographie, Codierung und Wahrscheinlichkeitsrechnung usw. aus, alle unter http://www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs. Viel Erfolg! Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 3 2. Aufgaben mit Lösungen Der Quizz besteht aus 10 leichteren, 10 mittelleichten/mittelschweren und 10 schwereren Aufgaben. Beim Wettbewerb wird selbstverständlich nicht erwartet, daß Sie alle 30 gestellten Probleme in anderthalb Stunden lösen. Alle Aufgaben können ohne weitere Hilfsmittel zu bearbeiten. (Allerdings haben schon wir drei Hochschullehrer verschiedene Meinungen zur Frage, ob Taschenrechner zugelassen sein sollten!) Selbstverständlich sind alle Lösungsstrategien erlaubt: Natürlich dürfen Sie Fragestellungen in einem multiple choice test durch Ausschluß beantworten. Im ersten Test einfach auf die richtige Antwort clicken! Aufgabe 1. Mathematik ist (a) fun (b) cool (c) out (d) in Auf die Plätze – fertig – los! (e) voll krass Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 4 Aufgabe 1. Josef hat 100 Mäuse. Jede ist entweder weiß oder grau. Mindestens eine von Josefs Mäusen ist grau. und unter je 7 Mäusen sind mindestens 4 weiß. Welches ist die größtmögliche Anzahl von grauren Mäusen, die Josef haben kann? (a) 1 (b) 3 (c) 4 (d) 93 (e) 99 2. Die maximale Anzahl von Kugeln mit einem Radius von 1 cm, welche in eine Würfelbox mit einem Volumm von 64 cm3 hineinpassen, ist (a) 8 (b) 16 (c) 32 (d) 64 (e) 128 3. Wenn log2 10 = a ist, so ist log10 2 gleich (a) 2a (b) a2 (c) 5a (d) a 5 (e) 1 a 4. Wie viele mehrziffrige positive ganze Zahlen kleiner als 1000 gibt es, deren Quersumme gleich 2 ist? (a) 2 (b) 4 (c) 6 (d) 7 (e) andere 5. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist eine zufällig gewählte dreiziff- Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen rige Zahl gerade und größer als 399? (a) 12 (b) 13 (c) 16 18 mal 5 (d) 2 3 (e) 1 9 9 z }| { . . . 99 − 1 = 6. 99 9| .{z . . 9} 9 mal 9 9 (a) 9 (b) 99 − 1 (c) 910 (d) 109 (e) 1010 B 7. In der nebenstehenden Abbildung ist BC||AE und BD||CE. Es sei x der Flächeninhalt des Vierecks ABCD und y der Flächeninhalt des Dreiecks ACE. Dann gilt (a) x = y (b) x = 2y (c) y = 2x A nicht (d) möglich C D E (e) anderes 8. Die Anzahl der Quadrupel (a, b, c, d) natürlicher Zahlen mit a < b < c < d, die der Gleichung a b c d − 1 = 2001 genügen, ist (a) 10 (b) 7 (c) 6 (d) 4 (e) 1 Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 6 9. Zwei Radfahrer starten um 14.10 Uhr am selben Ausgangspunkt. Der eine fährt mit einer konstanten Geschwindigkeit von 32 km/h nach Norden, der andere bewegt sich mit einer konstanten Geschwindigkeit von 24 km/h nach Osten. Zu welchem Zeitpunkt beträgt der Abstand der beiden Radfahrer 130 km? (a) 16.10 (b) 16.20 (c) 17.10 (d) 17.25 (e) 17.35 10. Es sei m eine positive ganze Zahl mit ggT(m, 35) > 10. Dabei bezeichne ggT(a, b) den größten gemeinsamen Teiler von a und b. Welche der folgenden Behauptungen ist richtig? (a) m > 99 (b) 35|m (c) 15|m (d) 25|m 11. Zwei Kreise K1 und K2 mit verschiedenen Radien berühren sich von außen und berühren außerdem beide dieselbe Gerade g. Wie viele Kreise gibt es, die sowohl K1 und K2 als auch g berühren? (a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 4 x (e) 5|m o 7|m r K1 K2 (e) anderes Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 7 12. Die Figur zeigt die Abwicklung eines Körpers, der aus drei Quadraten mit den Seitenlängen 4 cm und zwei gleichseitigen Dreiecken besteht. Wie groß ist das Volumen des Körpers in cm3 ? √ √ (a) 16 3 (b) 32 (c) 64/3 (d) 32 3 (e) 64 13. In New York kosten 16 Stück Kaugummi genau so viele Dollar, wie die Anzahl der Kaugummi, die man für einen Dollar erhält. Wie viele Cent kostet ein Stück? (1 Dollar = 100 Cent) (a) 4 (b) 8 (c) 12 (d) 16 (e) 25 14. Sei 1, 4, 9, 16, . . . die Folge der Quadrate positiver ganzer Zahlen. Die Zahl 108 ist ein Glied der Folge. Das nächste Glied der Folge ist (a) (104 +1)2 (b) (108 +1)2 (c) (l05 )2 (d) (l08 )2 (e) (104 )2 +1 Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 15. ABCDEF sei ein regelmäßiges Sechseck. Dann ist der Vektor ~ − AD ~ + 2 AF ~ BC gerade gleich 8 E D F C A B ~ ~ ~ (a) AA (b) CA (c) F~D (d) F~B (e) CE 16. In einer Gruppe einer Fußballmeisterschaft spielte jede Mannschaft gegen jede andere genau einmal. Mannschaft A erreichte 7 Punkte, B 4 Punkte, C 3 Punkte und D 3 Punkte. (In einem Fußballspiel gibt es 3 Punkte für einen Sieg, 1 Punkt für ein Unentschieden und 0 Punkte für eine Niederlage.) Wie endete das Spiel zwischen den Mannschaften A und D ? (a) A hat (b) Unent- (c) D hat (d) abhängig (e) abhängig gewonnen schieden gewonnen vom Spiel A gegen B vom Spiel A gegen C Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 9 17. Welchen Flächeninhalt hat die markierte Fläche? 1 Gemeint ist die Fläche bestehend aus den beiden kleinen Dreiecken und der Kreisscheibe. √ 4π (a) 1 (b) π+1 (c) π4 +1 (d) 3π− √ +1 (e) π 22 +1 2 18. Die Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks ist 0.9 cm lang und seine Katheten sind a cm und b cm lang. Welche der folgenden Zahlen ist am kleinsten? (a) a2 + b2 (b) (a + b)2 (c) 0.9 (d) a + b (e) a · b 19. In der nebenstehenden Abbildung sehen wir die Seiten- und Vorderansicht eines Gebäudes, das aus kleinen Würfeln gebaut wurde. Welches ist die maximale Anzahl der benötigten Würfel? (a) 12 (b) 13 (c) 14 (d) 15 (e) 16 Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 20. Ein gleichseitiges Dreieck CDE wird außen an die Seite CD des Quadrates ABCD gezeichnet. Wie groß ist der Winkel ∠(AEC) in Grad? (a) 30 (b) 36 (c) 45 21. Wenn die kürzere Seite des abgebildeten Rechtecks die Länge 1 besitzt, so hat die andere Seite die Länge √ √ (a) 5 − 2 (b) 25 − 1 (c) 52 22. In die Zellen eines 43 × 43-Gitters werden die Zahlen 1 bis 4 wie im Bild gezeigt eingesetzt. Welche Zahl wird am häufigsten benutzt? 10 B C E A D (d) 54 (d) √ (e) 60 √ (e) 2 5 5 1 2 3 4 1 2 2 3 4 1 2 3 3 4 1 2 3 4 4 1 2 3 4 1 1 2 3 4 1 2 2 3 4 1 2 3 .. .. .. .. .. .. .. . . . . . . . ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen (a) 1 (b) 2 (c) 3 11 (d) 4 (e) keine 23. Von einer natürlichen Zahl n wird nacheinandcr die Ziffernsumme n1 , die Ziffernsumme n2 von n1 und so weiter berechnet, bis man schließlich eine einziffrige Zahl erhält, die mit z(n) bezeichnet wird. Welche Zahl z(n) ergibt sich für n = 20012001 ? (a) 1 (b) 3 (c) 5 (d) 7 (e) 9 24. Wie viele der Ziffernpaare 00, 11, 22, . . . , 88, 99 könnten die letzten beiden Ziffern einer Quadratzahl sein? (a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) > 4 25. Es seien m und n natürliche Zahlen, so dass lg m ≈ 12.3 und lg n ≈ 15.4 ist. Wie viele Ziffern hat das Produkt m · n ? (a) 15 (b) 16 (c) 27 (d) 28 (e) 189 26. Zwei Männer und zwei Jungen wollen einen Fluss mit einem kleinen Boot überqueren. Das Boot kann aber gleichzeitig entweder höchstens die beiden Jungen oder nur einen Mann befördern. Welches ist die kleinste Anzahl von Flussquerungen, die benötigt werden, um alle vier Personen zur anderen Seite des Flusses zu brin- Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen gen? (a) 3 (b) 5 (c) 9 12 (d) 11 (e) 13 E 27. Es sei ABCD ein Rechteck und D C k ein Kreis mit dem Mittelpunkt in A. Der Punkt C liege auf der A B F Peripherie des Kreises. |AD| = 15 und |AB| = 20. Welche Länge hat die Sehne EF √? √ (a) 50 (b) 2 20·25 (c) 2 37·13 (d) 44 (e) 25 p 1 1 1 28. Es sei q = 1 − 22 1 − 32 · · · 1 − 20012 , wobei p und q teilerfremd sind. Wie lautet die Summe p + q ? (a) 2001 (b) 3002 (c) 4003 (d) 5002 (e) 6001 29. Nach dem Angeln teilte Onkel Fritz seinen Fang wie folgt auf: Die drei größten Fische bekam der Hund. Dabei verringerte sich das Gesamtgewicht um 35%. Die drei kleinsten Fische erhielt die Katze. Dabei reduzierte sich das Gewicht der verbliebenen Fische nochmals um den Faktor 5/13. Die Familie aß die restlichen Fische Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 13 zu Mittag. Wie viele Fische fing Onkel Fritz? (a) 8 (b) 9 (c) 10 (d) 11 30. Die Diagonalen AD, BE und CF eines konvexen Hexagons ABCDEF schneiden sich in einem Punkt Z. Die Fläche des Dreiecks F AZ ist (a) 65 (b) 3 (e) 12 E F D 5 3 ? 4 Z 1 A B (c) 10 3 (d) 24 5 2 C (e) anders Lösungen der Aufgaben 14 Lösungen der Aufgaben Lösung zu Aufgabe: Wegen eigener Befangenheit hier nur ein paar Hinweise auf Literatur, die die Bibliothek und/oder ich gern leihweise zur Verfügung stellen • Albrecht Beutelspacher: Mathematik für die Westentasche; Piper Verlag 2001 120 S. 9.90 e und viele weitere Titel • P.J. Davis, Reuben Hersh: Erfahrung Mathematik; Birkhäuser 1985 ISBN 3-7643-1359-5 • Udo Hebisch: Bücher über Mathematik – umfangreiche (link) list; www.mathe.tu-freiberg.de/~hebisch/cafe/cafebuecher.html • John A. Paulos: Innumeracy – Mathematical Illiteracy and its Consequences; Penguin 1988 ISBN 0-14-012255-9 • Wilhelm Sternemann: Neue Fraktale aus platonischen Körpern; Spektrum der Wissenschaft 11/2000, www.wissenschaft-online.de/abo/spekt Weitere Literatur-Hinweise finden sich in den oben genannten Dokumenten, s. http://www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 15 Lösung zu Aufgabe: Josef hat maximal drei graue Mäuse, damit sich unter beliebig sieben herausgegriffenen Mäusen immer mindesten vier weiße Mäuse befinden. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 16 Lösung zu Aufgabe: Der eine Kugel umschließende Würfel hat ein Volumen von 8cm3 . Also passen in die Würfelbox mindestens 8 Kugeln. Das Volumen einer Kugel ist V = 43 πr3 , hier also V ≈ 4cm3 und zwar V > 4cm3 , da π > 3. Also passen 64/V < 16, d.h. genau 8 Kugeln in die Würfelbox. Wieso lassen sich nach dem Prinzip der dichtesten Packung von Kugeln nicht mehr Kugeln in der Würfelbox unterbringen? Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 17 Lösung zu Aufgabe: log2 10 = a, d.h. 2a = 10. Frage: für welches x gilt 10x = 2 ? Antwort: für x = a1 . Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 18 Lösung zu Aufgabe: Einfach gesuchte Zahlen 11, 20, 101, 110, 200 abzählen, nachdem man sich überzeugt hat, daß es keine weiteren Ende Aufgabe Zahlen mit den geforderten Eigenschaften gibt. Lösungen der Aufgaben 19 Lösung zu Aufgabe: Ω = {100, 101, 102, . . . , 999} mit |Ω| = 900. E = {400, 402, . . . , 998} mit |E| = 300. Also P (E) = |E|/|Ω| = 300/900 = 1/3. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben Lösung zu Aufgabe: usw. 20 99 9 − 1 = 10, 9999 99 − 1 = 100, 999999 999 − 1 = 1000, Mit vollständiger Induktion folgt also nicht nur die Behauptung. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 21 Lösung zu Aufgabe: Offensichtlich gilt |DE| = |BC|. Daher gilt für den Flächeninhalt des Dreiecks |4(ACE)| = 12 h(|AD|+ |DE|). Und für den Flächeninhalt des Vierecks gilt |(ABCD)| = h 21 (|BC|+ |AD|) = |4(ACE)|. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 22 Lösung zu Aufgabe: Wegen a b c d = 2002 = 2 · 7 · 11 · 13 gibt es die sieben Quadrupel 1, 2, 7, 143, 1, 2, 11, 91, 1, 2, 13, 77, 1, 7, 11, 26, Ende Aufgabe 1, 7, 13, 22, 1, 11, 13, 14 und 22, 7, 11, 13, also b). Lösungen der Aufgaben 23 Lösung zu Aufgabe: Wegen (32 t)2 + (24 t)2 = 1302 folgt t2 = 1302 322 +242 = 1302 1600 , also t = 130 40 = 3.25h. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 24 Lösung zu Aufgabe: m ist Vielfaches von 35 = 5 · 7. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 25 Lösung zu Aufgabe: K1 K2 Es gibt keine weiteren Berührkreise! Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 26 Lösung zu Aufgabe: Zunächst ist V = 4|4| = 8h, wobei h die Höhe √ des Dreiecks bezeichne. Aus h2 + 22 = 42 folgt h = 2 3. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben Lösung zu Aufgabe: Aus 16x = cents. 27 1 x folgt x2 = 1 16 Dollar, also x = 25 Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 28 Lösung zu Aufgabe: 108 = (104 )2 . Also ist das nächste Folgen-Element (104 + 1)2 Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 29 ~ = 2 BC. ~ Lösung zu Aufgabe: Es gilt AD ~ − AD ~ = −BC. ~ Also ist BC ~ − BC ~ = CE. ~ Damit ist 2 AF Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 30 Lösung zu Aufgabe: Jede Mannschaft spielt drei Spiele. Ein etikettierter Graph stellt die Spiel-Ergebnisse angemessen dar. D C @ @ @ @ @ A B Es bezeichne S einen Sieg, U ein Unentschieden und N eine Niederlage (jeweils von der Mannschaft mit dem kleineren Buchstaben aus). Es gibt übrigens 36 = 729 derartige Graphen. Die Mannschaft A erzielt zweimal S und einmal U. D C D C D C @ @ @ 1 @ 3 @ 3 @ @ @ @ 3 1 3 @ @ @ @ @ @ 3 3 1 A B A B A B Die ersten beiden Fälle führen auf Widersprüche zum Ergebnis der Mannschaften C und D mit je 3 Punkten. Im letzten Fall bleiben der Mannschaft B genau zwei Möglichkeiten, auf 4 Punkte zu kommen: Lösungen der Aufgaben D 3 @ 1 @ C D 0 C 31 @ 3 3 @ 0 @ @ 3 0 3 3 @ @ @ @ 3 1 A B A B Beide Szenarien sind konsistent mit den Spielständen der vier Mannschaften. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 32 Lösung zu Aufgabe: Das den Kreis umschließende Dreieck kann zerlegt werden in vier kongruente rechtwinklige Dreiecke mit Hypotenuse inzident mit Kreis-Mittelpunkt und Höhe r sowie ein Quadrat mit Seitenlänge r. Daher gilt für den Flächeninhalt dieses Dreiecks 1 = 4( 21 · 1 · r) + r2 = 2r + r2 oder eben r2 + 2r − 1 = 0 mit Lösung(en) √ √ r1,2 = −1 ± 1 + 1. Sinnvoll ist nur die positive Lösung r = 2 − 1. √ 2 2 Der Inhalt der √ markierten Fläche √ ist also 1 + π r = 1 + π( 2 − 1) = 1 + π(2 − 2 2 + 1) = π(3 − 2 2) + 1. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 33 Lösung zu Aufgabe: Zunächst gilt −ab ≤ 0 ≤ (a−b)2 = a2 −2ab+b2 und damit a · b ≤ a2 + b2 . Somit ergibt sich ad a) Es gilt a2 + b2 ≥ a · b. ad b) Es gilt (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 ≥ a · b. ad c) Es gilt 0.9 > 0.92 = a2 + b2 ≥ a · b. ad d) Es gilt a + b ≥ 0.9 > 0.92 = a2 + b2 ≥ a · b. Damit ist a · b der minimale Ausdruck. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben Lösung zu Aufgabe: Wir addieren Würfel: 3 × 3-Boden 9 3 × 1-Brüstung 3 3 × 1-Lehne 3 Kopfstütze 1 Summe 16 34 Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 35 Lösung zu Aufgabe: ∠(DEC) = ∠(ECD) = ∠(CDE) = 60o . B C E A D Wegen AD = DE gilt ∠(AED) = ∠(EAD) = 12 180o − ∠(ADE) = 12 (180o − 90o − 60o ) = 15o so daß ∠(AEC) = ∠(CED) − ∠(AED) = 60o − 15o = 45o und damit c) folgt. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 36 Lösung zu Aufgabe: 1. Lösung per Ausschluß Zunächst gilt für die Länge x sicher x > 2. Außerdem gilt d + 2D = 1, wenn d bzw. D den Durchmesser des kleinen bzw. der beiden mittelgroßen Kreise bezeichnet. √ √ ad a) √5 − 2 scheidet aus, da √ 5 − 2 ≈ 0.236 < 2. ad b) 25 − 1 scheidet aus, da 25 − 1 ≈ 0.118 < 2. ad c) 52 scheidet aus, da dann d = 0.5 und damit die beiden mittelgroßen √ Kreise kleiner als der √ kleine Kreis wären. ad e) 2 5 scheidet aus, da 2 5 ≈ 4.472 > 2.5, so daß Fall c) greift. Es bleibt nur d) übrig! 2. Lösung per Berechnung Im rechtwinkligen Dreieck mit den Mittelpunkten eines jeden der drei Kreis-Typen (mit den Radien 0.5, r und R) gilt (r + R)2 + (0.5 + r)2 = (0.5 + R)2 mit Nebenbedingung r + 2R = 0.5 √ Auflösen und Einsetzen liefert R1,2 = 34 ± 14 5 sowie r1,2 = 21 −2R1,2 = √ √ −1 ∓ 21 5. Daher folgt x = 1 + 1 + 2r1,2 = 5. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 37 Lösung zu Aufgabe: Die Matrix ist symmetrisch (zur Hauptdiagonalen)! Beweis-Idee: Streichen von Zeilen- und Spalten-Teilen mit gleicher Häufigkeit der Ziffern 1, 2, 3 und 4. In jeder Zeile kommt jede der vier Ziffern in den Spalten 4 bis 43 genau 10-mal vor. Streichen dieser Zeilen-Teile und wegen der Symmetrie Streichen der Spalten-Teile in den Zeilen 4 bis 43 reduziert die gegebene Matrix auf die 3 × 3-Untermatrix in der linken oberen Ecke, ohne die Rangfolge der Ziffernhäufigkeiten zu ändern. In dieser Untermatrix kommt offensichtlich die Ziffer 3 am häufigsten Ende Aufgabe vor! Lösungen der Aufgaben 38 Lösung zu Aufgabe: Es gilt 3|2001 und daher 9|20012 und a fortiori 9|2001m für m ≥ 2. Also ist 2001m durch 9 teilbar. Nun gilt aber z(9 n) = 9 für jedes n = 1, 2, 3, . . ., da die Quer- oder ZiffernsummePvon Vielfachen von 9 wieder P ein Vielfaches von 9 ist, weil für n = xi 10i mit Ziffern xi in 9n = 9xi 10i die ’Ziffern’ 9xi immer wieder nur Vielfache von 9 zur Quersumme beisteuern. Für n = 2001m sind die Quersummen der Zahlen n1 , n2 , n3 , . . . also Ende Aufgabe jeweils Vielfache von 9 und damit ist z(n) = 9. Lösungen der Aufgaben 39 Lösung zu Aufgabe: Sei n = xi 10i mit Ziffern xi . Dann ist X 2 n2 = xi 10i = . . . + 2 x1 xo 101 + x2o 100 P Falls xo ungerade, so ist die Zehnerziffer – auch bei ’Überlauf’ – gerade, also niemals identisch. Zudem muß die letzte Stelle von n2 letzte Stelle von 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64 oder 81 sein, womit 2, 3, 7 und 8 ausgeschlossen sind. Bleiben für die letzte Stelle von n2 die Ziffern 0 und 4 – nämlich beispielsweise im Fall der Quadratzahlen 100 und 144 – und 6. Falls allerdings xo = 6, so müßte (2 x1 xo +3) mod 10 = (12 x1 +3) mod 10 = 6 oder eben 12 x1 mod 10 = 3 gelten, was unmöglich ist, da 12 x1 gerade ist. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 40 Lösung zu Aufgabe: lg(m · n) = lg m + lg n ≈ 27.7, so daß das Produkt m · n gerade 28 Ziffern hat. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 41 Lösung zu Aufgabe: nicht mehr als 9 Querungen: 1. Hin 2 Jun 2. Rück 1 Jun 3. Hin 1. Mann 4. Rück 1 Jun 5. Hin 2 Jun 6. Rück 1 Jun 7. Hin 2. Mann 8. Rück 1 Jun 9. Hin 2 Jun geht es auch mit weniger Querungen? Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 42 Lösung zu Aufgabe: analytische Lösung: √ Der Kreis-Radius ist r = 152 + 202 = 25. Sei A = (0, 0). Dann ist y x 3 20 + 15 = 1 oder y = 15 − 4 x die Gerade durch B und D. Schnittpunktabszissen erfüllen also 3 45 9 x2 + (15 − x)2 = 252 = 625 = x2 + 225 − x + x2 4 2 16 25 2 72 2 2 oder 16 x − 45 x − 400 = 0 bzw. x − x − 16 = 0, mit Lösungen 2 5 r 36 36 4 √ 362 36 4 p 2 x1,2 = 9 + 16 25 = 481 ± + 162 = ± ± 5 25 5 5 5 5 Es ergeben sich die beiden Schnittpunkte 3 3 x1 , 15 − x1 und x2 , 15 − x2 4 4 und damit die Länge l der Sehne zu l2 = (x2 − x1 )2 + ( 34 x2 − 34 x1 )2 = √ 2 25 25 8 64 2 = 25 16 (x2 − x1 ) = 16 5 481 16 25 481 = 4 · 481 oder eben √ √ l = 2 481 = 2 13 · 37 Viel eleganter ist aber die Lösungen der Aufgaben geometrische Lösung nur per Sehnensatz: Wir ergänzen das Rechteck ABCD Spiegelsymmetrisch um das kongruente Rechteck ADC 0 B 0 und die beiden Rechtecke Spiegelsymmetrisch um die beiden kongruenten Rechtecke AD0 C 00 B und AB 0 C 000 D0 . Der Sehnensatz – zweimal angewandt – liefert 43 E C0 B0 C 000 D A D0 C B F C 00 |C 0 D||DC| = |AB|2 = 202 = |ED||DF | ⇒ 25|ED| + |ED||BF | = 400 |CB||BC 00 | = |AD|2 = 152 = |EB||BF | ⇒ |ED||BF | + 25|BF | = 225 Per Subtraktion folgt |ED| − |BF | = 7 und eingesetzt |ED|2 + 18|ED| − 400 = 0 √ mit Nullstellen |ED|1,2 = −9± 481. Die negative Nullstelle |ED|2 = √ √ −9− 481 ist obsolet. Bleibt |BF | = −16+ 481. Die Länge der Sehne EF ist damit √ √ |EF | = |ED| + 25 + |BF | = 2 481 = 2 37 · 13 Prof. Dr. Lazlo Hinsenkamp verdanken wir eine elegantere Lösung: Lösungen der Aufgaben 44 geometrische Lösung per Cosinus-Satz: a2 = b2 + c2 − 2ab cos α Die bei B bzw. D eingezeichneten ScheiE telwinkel sind identisch. Sei x = |DE| C D und y = |BF |. Wegen − cos ∠(ADE) = sin ∠(ABD) = 15 25 gilt im Dreieck ∆(ADE) B 252 = 152 + x2 + 2 · 15 · x · 15 25 A F und wegen − cos ∠(ABE) = sin ∠(ADB) = 20 25 im Dreieck ∆(AF B) 252 = 202 + y 2 + 2 · 20 · y · x2 + 18 x − 400 = 0 20 25 und y 2 + 32 y − 225 = 0 jeweils mit Lösungen (negative Lösungen sind obsolet!) √ √ x = −9 + 481 und y = −16 + 481 Zusammen ergibt sich die Länge der Sehne EF zu √ √ |EF | = x + 25 + y = 2 481 = 2 37 · 13 Prof. Dr. Lazlo Hinsenkamp verdanke ich die noch elegantere Lösung: Lösungen der Aufgaben geometrische Lösung nur per Pythagoras: Die Dreiecke ∆(AP E), ∆(AP D), ∆(ABP ) und ∆(AF P ) sind alle rechtwinklig. Daher gilt zunächst a2 + b2 = 152 = 225 2 2 45 E D C a P b A c B F 2 b + c = 20 = 400 a + c = 25 Subtraktion der ersten beiden Gleichungen liefert c2 − a2 = (c − a)(c + a) = 175 Zusammen mit der dritten folgt c = 16 und a = 9. Aus a2 + b2 = 225 ergibt sich b = 12. Pythagoras lehrt |EP |2 + b2 =√ |EP |2 + 122 = r2 = 2 25 Also gilt wegen Symmetrie |EP | = |P F | = 481 und damit ist die Länge der Sehne EF eben √ √ |EF | = 2 481 = 2 37 · 13 Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben Lösung zu Aufgabe: Gesucht p + q in p q = = = = p q = i=2 2 i −1 i2 mit (p, q) = 1. 2001 Y 2 i=2 = 46 Qn 3 4 1 4 1 4 1 1 8 9 1 3 1 1 1 1 i −1 22 − 1 32 − 1 42 − 1 20002 − 1 20012 − 1 = ··· 2 2 2 2 i 2 3 4 20002 20012 15 24 16 25 3 2 5 2 5 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 35 48 63 80 99 3999999 4004000 ··· 36 49 64 81 100 4000000 4004001 links oben 3 7 4 99 1999 4004000 gegen rechts ··· 7 4 9 5 1000 2001 unten kürzen links unten 1 1 1 11 1999 4004 gegen rechts ··· 1 1 1 5 1 2001 oben kürzen 1 1001 1 1 1 1 ··· 1 1 1 1 1 2001 Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 47 Lösung zu Aufgabe: O.B.d.A. sei der gesamte Fang 1000GE (Gewichtseinheiten) schwer. Dann macht das Gewicht der drei größten Fische mit 35% gerade 350GE aus. Das Gewicht der drei kleinsten Fische macht nun davon 5/13, also 250GE aus. Somit bleiben 400GE restliche Fische. Sei gmax das Gewicht des kleinsten der drei größten Fische und gmin das Gewicht des größten der drei kleinsten Fische. Dann gilt einerseits gmax ≤ 350/3 = 116.6̄GE und anderersets gmin ≥ 250/3 = 83.3̄GE. Für das Gewicht g der restlichen Fische gilt also 83.3̄ ≤ gmin ≤ g ≤ gmax ≤ 116.6̄ Entsprechend gilt für die Anzahl a der restlichen Fische 400 400 ≥a≥ 83.3̄ 116.6̄ und damit a = 4. Onkel Fritz fing also insgesamt 3 + 4 + 3 = 10 Fische. Ende Aufgabe Lösungen der Aufgaben 48 Lösung zu Aufgabe: Offensichtlich ist ∠(A, Z, B) = α = ∠(D, Z, E), ∠(B, Z, C) = β = ∠(E, Z, F ) und ∠(C, Z, D) = γ = ∠(F, Z, A). Dann gilt α + β + γ = π, so daß etwa sin α = sin(β + γ) folgt. Zur Abkürzung sei a = |AZ|, b = |BZ|, c = |CZ|, d = |DZ|, e = |EZ| und f = |F Z| sowie o.B.d.A. a = 1LE gesetzt. 1 b 2 |∆(BCZ)| = b c sin β ⇒ sin β = bc 4 |∆(CDZ)| = c d sin γ ⇒ sin γ = cd 3 |∆(DEZ)| = d e sin α ⇒ sin α = de 5 |∆(EF Z)| = e f sin β ⇒ sin β = ef 1 = |∆(ABZ)| = a b sin α ⇒ sin α = 2= 4= 3= 5= = = 1 b 2 bc Daher ist der fragliche Flächeninhalt |∆(F AZ)| = f a sin γ = f sin γ = 5 bc 4 2 e cd = 10 b de 1 = 10 b 3b = 10 3 Ende Aufgabe