Lösungen – Klasse 12
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Klasse 12 Lösungen – Klasse 12 1. Ein Seil wurde zunächst einmal in der Mitte umgefaltet, danach noch ein zweites und ein drittes Mal mittig zusammengefaltet. Anschließend wurde das dreifach umgefaltete Seil durchgeschnitten, aber nicht an den Stellen, wo es gefaltet wurde. Unter den entstandenen Seilstücken gab es welche (eins oder mehr) mit der Länge 4 cm und auch welche (eins oder mehr) mit der Länge 9 cm. Die Frage: Wie lang konnte das ursprüngliche Seil gewesen sein? Lösungshinweis: 4 cm und 9 cm waren nicht die einzigen Längen, die vorkamen. (A) 52 cm (B) 56 cm (C) 68 cm (D) 84 cm (E) 88 cm Lösung: Untersuchen wir Schritt für Schritt die Änderungen am Seil! Nach dem ersten Zusammenfalten sieht das Seil so aus: Nach dem zweiten Zusammenfalten erhalten wir Folgendes: Nach dem dritten Zusammenfalten und dem anschließenden Schnitt sieht das Seil so aus: Es entstanden 9 Seilstücke, von denen einige gleich lang sind. Mit den Bezeichnungen der nächsten Figur erkennt man 2 Stücke der Länge a, 3 Stücke der Länge b und 4 Stücke der Länge c. Ferner gilt b = 2a , da das Seil in der Mitte umgefaltet wurde. a c a c c b c b b Es gibt jetzt mehrere Möglichkeiten, wie man Seilstücke mit der Länge 6 cm bzw. 10 cm bekommt. Wir untersuchen nun diese Fälle. Wenn a = 4 cm, dann b = 8 cm, somit c = 9 cm. Die Gesamtlänge des Seils beträgt 2 ⋅ 4 + 3 ⋅ 8 + 4 ⋅ 9 = 8 + 24 + 36 = 68 cm. Wenn b = 4 cm, dann a = 2 cm, somit c = 9 cm. Die Gesamtlänge des Seils beträgt 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ 4 + 4 ⋅ 9 = 4 + 12 + 36 = 52 cm. Wenn c = 4 cm und a = 9 cm, dann b = 18 cm. Die Gesamtlänge des Seils beträgt 2 ⋅ 9 + 3 ⋅18 + 4 ⋅ 4 = 18 + 54 + 16 = 88 cm. Lösungen der Aufgaben Wenn c = 4 cm und b = 9 cm, dann a = 4,5 cm. Die Gesamtlänge des Seils beträgt 2 ⋅ 4,5 + 3 ⋅ 9 + 4 ⋅ 4 = 9 + 27 + 16 = 52 cm. Von den aufgeführten Zahlen sind also 52 cm, 68 cm und 88 cm möglich. Die richtige(n) Antwort(en): A, C, E 2. Gegeben sind die ganzen Zahlen a, b, c, d (die nicht alle verschieden sein müssen). Man berechnet die Produkte ab, bc, cd, ad, bd, ac. Wie viele unterschiedliche Werte können auf diese Weise insgesamt entstehen? (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 1 eine Lösung ist. Tatsächlich, wenn z. B. a = 2, b = 2, c = 2 und d = 2 ist, dann sind alle Produkte gleich (alle sind 4). In Teil 2 zeigen wir, dass 2 eine Lösung ist. Tatsächlich, wenn z. B. a = 1, b = 1, c =1 und d = 2 ist, dann ergibt sich: ab= 1, bc = 1, cd = 2, ad = 2, bd = 2, ac = 1. Es sind 2 unterschiedliche Werte (1 und 2). In Teil 3 zeigen wir, dass 3 eine Lösung ist. Tatsächlich, wenn z. B. a = 1, b = 1, c =2 und d = 2 ist, dann ergibt sich: ab= 1, bc = 2, cd = 4, ad = 2, bd = 2, ac = 2. Es sind 3 unterschiedliche Werte (1, 2 und 4). Anmerkung: Genau drei unterschiedliche Produkte können auch anders entstehen. Ein Beispiel: a = 4, b = 6, c =6 und d = 9 liefern die Produkte 24, 36 und 54. In Teil 4 zeigen wir, dass 4 eine Lösung ist. Tatsächlich, wenn z. B. a = 1, b = 2, c =2 und d = 3 ist, dann ergibt sich: ab= 2, bc = 4, cd = 4, ad = 3, bd = 6, ac = 2. Es sind 4 unterschiedliche Werte (2, 3, 4 und 6). In Teil 5 zeigen wir, dass 5 eine Lösung ist. Tatsächlich, wenn z. B. a = 2, b = 3, c =4 und d = 6 ist, dann ergibt sich: ab= 6, bc = 12, cd = 24, ad = 12, bd = 18, ac = 8. Es sind 5 unterschiedliche Werte (6, 8, 12, 18 und 24). In Teil 6 zeigen wir, dass 6 eine Lösung ist. Tatsächlich, wenn z. B. a = 1, b = 2, c =3 und d = 4 ist, dann ergibt sich: ab= 2, bc = 6, cd = 12, ad = 4, bd = 8, ac = 3. Es sind 6 unterschiedliche Werte (2, 3, 4, 6, 8 und 12). Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D, E 3. Zwei Dreiecke stimmen in allen drei Winkeln und in zwei Seiten überein. Dann gilt: (A) Die zwei Dreiecke sind in jedem Fall nicht kongruent. (B) Die zwei Dreiecke sind in jedem Fall kongruent. (C) Die zwei Dreiecke könnten kongruent sein. (D) Die zwei Dreiecke könnten nicht kongruent sein. (E) Aus den vorherigen Aussagen sind genau 2 richtig. Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass (C) richtig ist. Tatsächlich, dies ist zum Beispiel der Fall, wenn beide Dreiecke gleichseitig sind und dieselbe Seitenlänge haben. In Teil 2 zeigen wir, dass (D) richtig ist. Betrachten wir dazu die Dreiecke Klasse 12 ABC mit AB = 8 cm, BC = 12 cm, AC = 18 cm und ADC mit AD = 12 cm, AC = 18 cm, DC = 27 cm. Die zwei Dreiecke sind ähnlich, denn es gilt: AB BC AC 8 12 18 = = = = AD AC DC 12 18 27 Die Dreiecke sind aber offensichtlich nicht kongruent (die Seitenlänge 8 cm kommt z. B. nur in einem der Dreiecke vor). In Teil 3 zeigen wir, dass (A) nicht richtig ist. Dies folgt direkt aus Teil 1. In Teil 4 zeigen wir, dass (B) nicht richtig ist. Dies folgt direkt aus Teil 2. In Teil 5 zeigen wir, dass (E) richtig ist. Begründung: Genau zwei Aussagen – (C) und (D) – sind richtig, die anderen zwei – (A) und (B) – sind falsch. Die richtige(n) Antwort(en): C, D, E 4. Gesucht werden Beispiele von zwölf (nicht unbedingt alle verschiedenen) reellen Zahlen, deren Produkt nicht Null ergibt. Außerdem soll gelten: Wenn alle zwölf Zahlen um jeweils 1 verringert werden, ändert sich das Produkt nicht. Wie viele solche Beispiele gibt es insgesamt? Lösungshinweis: Zwei Beispiele gelten dann als verschieden, wenn es (mindestens) eine Zahl gibt, die in den zwei Beispielen unterschiedlich oft vorkommt. (B) Höchstens zwei. (C) Mindestens drei. (A) Genau eins. (D) Mindestens vier. (E) Keins, da es keine solchen Beispiele gibt. Lösung: Wir geben vier passende verschiedene Beispiele an. 1 . Die Bedingung ist erfüllt, denn Beispiel 1: 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2047 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 = 11111111111 2047 2047 2048 Berechnen wir beide Seiten der Gleichung, erhalten wir zweimal . 2047 Bemerkung: Wir schildern noch, wie man auf die Zahlen aus Beispiel 1 auch allein hätte kommen können. Elf Zahlen seien die 2, die zwölfte a. Es folgt: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a 1 . Wir erhalten 1 2048a a 1 und somit a = . 2047 Beispiel 2: Wir gehen von den Zahlen 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, a aus. Es muss gelten: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 a = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 a 1 . 1 Wenn wir diese Gleichung nach a auflösen, erhalten wir a = . 1535 1 . Beispiel 3: 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, a liefert a = 1151 Lösungen der Aufgaben 1 . 863 Anregung: Der geneigte Leser möge Beispiel 3 oder 4 selbst prüfen. Aus den vier verschiedenen Beispielen folgt: (D) und (C) sind richtig, (A), (B) und (E) hingegen falsch. Beispiel 4: 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, a liefert a = Alternativlösung: Die Zahlen k , 6, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 5, k 1 erfüllen die Bedingung (mit k , wobei k 0 und k 1). Begründung: Zunächst erfüllen die mittleren zehn Zahlen die Bedingung: 6 5 4 3 2 1 2 3 4 5 ergibt dasselbe wie 5 4 3 2 1 2 3 4 5 6 . Für die Zahlen k und k 1 gilt: k k +1 = k 2 + k und (k 1) k = k 2 + k . Damit ist bewiesen, dass es eigentlich unendlich viele Lösungen gibt. Die richtige(n) Antwort(en): C, D 5. Für die natürlichen Zahlen a, b und c gilt: kgV(a, b) = 60 und kgV (a, c) = 270. Dabei steht kgV(a, b) für das kleinste gemeinsame Vielfache von a und b. Welche Werte kann kgV (b, c) annehmen? (A) 72 (B) 108 (C) 270 (D) 360 (E) 540 Lösung: In Teil 1 bilden wir die Primfaktorzerlgungen von 60 und 270 und formulieren einige Feststellungen. 1. Feststellung: 60 22 3 5 und 270 2 33 5 . 2. Feststellung: ggT(60, 270) = 2 3 5 30 , wobei ggT den größten gemeinsamen Teiler von 60 und 270 bezeichnet. 3. Feststellung: a ist Teiler von 30. Begründung: a ist sowohl Teiler von 60 als auch von 270 (siehe noch die 2. Feststellung). 4. Feststellung: Die natürlichen Teiler von 30 sind 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15 und 30. In Teil 2 ermitteln wir alle möglichen Werte für b und c. Unser Ansatz ist die 4. Feststellung. Wir arbeiten mit systematischem Probieren. 1 2 3 5 a 60 60 20, 60 12, 60 b 270 270 270 54, 270 c kgV(b, c) 540 540 540 108, 540 6 10 15 30 a 20, 60 12, 60 4, 12, 20, 60 4, 12, 20, 60 b 135, 270 27, 270 54, 270 27, 54, 135, 270 c kgV(b, c) 540 108, 540 108, 540 108, 540 Wir stellen fest: 108 und 540 sind die einzigen Werte für das kgV(b, c). Alternativlösung: a 5 , b 12 und c 54 erfüllen die Bedingungen und kgV(12, 54) = 108. a 1 , b 60 und c 270 erfüllen ebenfalls die Bedin- Klasse 12 gungen und kgV(60, 270) = 540. Man kann zeigen, dass die anderen drei aufgeführten Zahlen keine Lösungen darstellen. Wegen 60 22 3 5 und 270 2 33 5 gilt: In den Primfaktorzerlegungen der Zahlen a, b, c können nur die Primzahlen 2, 3 und 5 vorkommen. Genauer: Die 2 kann höchstens zweimal, die 3 höchstens dreimal, die 5 höchstens einmal vorkommen. Dies muss auch für das kgV(b, c) gelten. Deswegen kann das kgV(b, c) weder 72 23 32 noch 360 23 32 5 sein (weil in beiden die Zahl 2 mehr als zweimal vorkommt, wegen 23 ). Schließlich ist kgV(b, c) = 270 ebenfalls nicht möglich. Begründung: Wegen kgV(a, c) = kgV(b, c) = 270 2 33 5 müsste gelten: In allen drei Zahlen a, b, c, dürfte 2 höchstens einmal vorkommen. Andererseits kommt aber im kgV(a, b) wegen 60 22 3 5 die 2 zweimal vor (in 22 ), Widerspruch. Die richtige(n) Antwort(en): B, E 6. Zunächst bilden wir eine erste Zahlenreihe, indem wir die Zahlen 1, 2, 3, 4, 5 und 6 in einer beliebigen Reihenfolge aufschreiben. Nun bilden wir eine zweite Zahlenreihe von ebenfalls sechs Zahlen nach folgender Regel: Die Summe der ersten k Zahlen aus der ersten Zahlenreihe ergibt die k-te Zahl der zweiten Zahlenreihe, wobei k Werte zwischen 1 und 6 annimmt (Beispiel: Die Summe der ersten drei Zahlen aus der ersten Zahlenreihe ergibt die dritte Zahl der zweiten Zahlenreihe). Die Frage: Wie viele Primzahlen könnten sich insgesamt in der zweiten Zahlenreihe befinden? Lösungshinweis: 1 ist keine Primzahl. (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 1 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes Beispiel an: 1, 2, 3, 4, 6, 5. Nun bilden wir die zweite Reihe: 1, 3, 6, 10, 16, 21. Die zweite Zahl 3 ist 3 = 1 + 2, die dritte Zahl 6 entsteht als 6 = 1 + 2 + 3 usw. Die zweite Reihe enthält als einzige Primzahl die 3. In Teil 2 zeigen wir, dass 2 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes Beispiel an: 2, 3, 5, 4, 6, 1. Die zweite Reihe lautet: 2, 5, 10, 14, 20, 21. Sie enthält 2 Primzahlen (2 und 5). In Teil 3 zeigen wir, dass 3 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes Beispiel an: 2, 3, 6, 1, 4, 5. Die zweite Reihe lautet: 2, 5, 11, 12, 16, 21. Sie enthält 3 Primzahlen (2, 5 und 11). In Teil 4 zeigen wir, dass 4 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes Beispiel an: 2, 3, 6, 1, 5, 4. Die zweite Reihe lautet: 2, 5, 11, 12, 17, 21. Sie enthält 4 Primzahlen (2, 5, 11 und 17). In Teil 5 zeigen wir, dass 5 keine Lösung ist. 1. Feststellung: Die sechste Zahl der zweiten Reihe ist stets 21. Begründung: Es wurden alle sechs Zahlen addiert und 1 2 3 4 5 6 21 . 21 ist aber keine Primzahl. Daraus folgt: 2. Feststellung: Um fünf Primzahlen in der zweiten Reihe zu erhalten, müss- Lösungen der Aufgaben ten diese die ersten fünf Zahlen sein. 3. Feststellung: In der zweiten Reihe gibt es eine gerade Zahl. Begründung: Es gibt ursprünglich drei ungerade (1, 3, 5) und drei gerade (2, 4, 6) Zahlen. Die Summe von zwei ungeraden Zahlen ist gerade. Daher muss es eine gerade Zahl in der zweiten Reihe geben – unabhängig davon, in welcher Reihenfolge die Zahlen in der ersten Reihe stehen. Die einzige gerade Primzahl ist die 2. Daraus folgt: 4. Feststellung: Die gerade Zahl aus der 3. Feststellung ist die 2. 5. Feststellung: Die Zahl 2 muss in der zweiten Reihe die erste Zahl sein. Begründung: 2 kann nicht als Summe von mindestens zwei der Zahlen von 1 bis 6 entstehen. Daraus folgt: 6. Feststellung: Die Zahl 2 muss auch in der ersten Reihe die erste Zahl sein. Dies bedeutet aber: 7. Feststellung: In der zweiten Reihe gibt es eine weitere gerade Zahl. Begründung: Sie entsteht dann, wenn zwei ungerade Zahlen addiert werden. Diese weitere gerade Zahl ist nicht die 2. Alle anderen geraden Zahlen sind aber keine Primzahlen. Dies geht jedoch wegen der 2. Feststellung nicht. Damit ist bewiesen, dass 5 keine Lösung ist. Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D 7. In einer Gruppe von fünf Personen kennen sich einige und einige nicht. Welche von den unten aufgeführten Zahlen können die Anzahlen der Bekanntschaften dieser fünf Personen wiedergeben (Beispiel: 2, 3, 2, 1, 0 bedeutet: Person 1 kennt genau 2, Person 2 kennt genau 3, Person 3 kennt genau 2, Person 4 kennt genau 1 und Person 5 kennt 0 Personen). Lösungshinweise: Bekanntschaften sind immer gegenseitig. Man kennt sich zwar selbst, dies wird aber nicht mitgezählt. (A) 4, 4, 4, 4, 3 (B) 2, 3, 2, 1, 0 (C) 3, 3, 3, 3, 3 (D) 2, 3, 2, 3, 1 (E) 4, 1, 2, 2, 2 0 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass (B) eine Lösung ist. Die Strecken in der Figur veranschaulichen die Bekanntschaften, die Zahlen geben die Anzahl der Bekanntschaf- 2 1 ten der einzelnen Personen an. In Teil 2 zeigen wir, dass (A), (C), (D) und (E) keine Lösungen darstellen. 2 3 Feststellung: Die Gesamtanzahl aller Bekanntschaften ist eine gerade Zahl. Begründung: Da die Bekanntschaften gegenseitig sind (Lösungshinweis), wird jede Bekanntschaft doppelt gezählt (wenn X und Y sich kennen, stellt dies eine Bekanntschaft sowohl für X als auch für Y dar). Bei (A) ist die Summe aller Bekanntschaften 4 + 4 + 4 + 4 + 3 = 17, bei (C) 5 3 = 15, bei (D) 2 + 3 + 2 + 3 + 1 = 11, bei (E) 4 + 1 + 2 + 2 + 2 = 11. Die Klasse 12 Summen sind alle ungerade Zahlen. Aus der Feststellung folgt, dass (A), (C), (D) und (E) keine Lösungen darstellen können. Die richtige(n) Antwort(en): B 8. Ein 8×8 Schachbrett soll so in n Rechtecke zerlegt werden, dass folgende Bedingungen gleichzeitig erfüllt sind: 1. Kein Feld darf durchgeschnitten werden. 2. Jedes Rechteck enthält genauso viele weiße wie schwarze Felder. 3. Es gibt keine zwei Rechtecke mit derselben Anzahl von weißen Feldern. Die Frage: Für welche der aufgeführten Werte von n ist dies möglich? Lösungshinweis: Auf dem Schachbrett wechseln sich die weißen und die schwarzen Felder ab. Das Eck unten rechts ist weiß. (A) 5 (B) 6 (C) 7 (D) 8 (E) 9 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 5, 6 und 7 Lösungen sind. Dazu geben wir jeweils eine passende Zerlegung des Bretts in Rechtecke an. Die eingetragenen Zahlen geben die Anzahl der weißen Felder in den einzelnen Rechtecken an: 16 2 1 6 7 4 12 4 2 1 6 7 2 1 9 3 6 7 n5 n6 n7 In Teil 2 zeigen wir, dass 8 und 9 keine Lösungen sind. 1. Feststellung: Es gibt insgesamt 32 weiße Felder. Begründung: 8x8 = 64 und die Hälfte von 64 ist 32. Aus der 3. Bedingung des Aufgabentextes folgt: 2. Feststellung: Die Anzahl der weißen Felder ist in jedem Rechteck eine andere Zahl. Wir wenden nun die 2. Feststellung an. Wenn man das Brett in 8 Teile zerlegen würde, hätte man mindestens 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36 weiße Felder. Dies geht aber nicht, denn es gibt nur 32 weiße Felder (siehe die 1. Feststellung). Damit ist bewiesen, dass 8 keine Lösung sein kann. Beachte: Wenn 8 keine Lösung ist, so stellt 9 ebenfalls keine Lösung dar. Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C Lösungen der Aufgaben 9. Eine Zahlenreihe von reellen Zahlen hat folgende Eigenschaften: 1. Die Summe von 7 beliebigen aufeinanderfolgenden Zahlen ist negativ und 2. Die Summe von 11 beliebigen aufeinanderfolgenden Zahlen ist positiv. Wie viele Zahlen kann eine solche Zahlenreihe insgesamt enthalten? Lösungshinweis: Die Frage bezieht sich nur auf die aufgeführten Zahlen. (A) 13 (B) 16 (C) 18 (D) 2017 (E) Keine dieser Antworten. Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 13 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein Beispiel an: 8; 8; 21; 8; 8; 8; 21; 8; 8; 21; 8; 8; 8 In Teil 2 zeigen wir, dass 16 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein Beispiel an: 8; 8; 21; 8; 8; 8; 21; 8; 8; 21; 8; 8; 8; 21; 8; 8 In Teil 3 zeigen wir zunächst folgende Behauptung: Behauptung: Eine solche Zahlenreihe kann nicht aus 17 Zahlen bestehen. Beweis: Wir untersuchen, was es bedeuten würde, wenn es doch 17 solche Zahlen gäbe, die wir mit a1 , a2 , ..., a17 bezeichnen. Dazu bilden wir aus diesen Zahlen folgende Tabelle: a1 a2 a3 a7 … a2 a3 a4 a8 … a3 a4 a5 a9 … … … … … … a11 a12 a13 a … 17 1. Feststellung: In jeder Reihe der Tabelle kommen 7 aufeinanderfolgende Zahlen der Zahlenreihe vor. Aus der Bedingung und aus der 1. Feststellung folgt: 2. Feststellung: Die Summe der Zahlen ist in jeder Reihe negativ. 3. Feststellung: In jeder Spalte der Tabelle kommen 11 aufeinanderfolgende Zahlen der Zahlenreihe vor. Aus der Bedingung und aus der 3. Feststellung folgt: 4. Feststellung: Die Summe der Zahlen ist in jeder Spalte positiv. 5. Feststellung: Die Tabelle enthält insgesamt 77 Zahlen ( 7 11 ). Wenn wir alle 77 Zahlen der Tabelle reihenweise addieren, erhalten wir laut 2. Feststellung ein negatives Ergebnis. Wenn wir jedoch alle 77 Zahlen der Tabelle spaltenweise addieren, erhalten wir laut 4. Feststellung ein positives Ergebnis. Wir haben aber beide Male dieselben 77 Zahlen addiert. Es kann daher nicht sein, dass das Ergebnis einmal negativ und einmal positiv ausfällt. Damit ist bewiesen, dass 17 keine Lösung ist. Folgerung: Eine solche Zahlenreihe kann nicht aus mehr als 17 Zahlen bestehen. Begründung: Eine Untersuchung der ersten 17 Zahlen der Zahlenreihe (wie beim Beweis der Behauptung) zeigt, dass dies nicht möglich ist. Die richtige(n) Antwort(en): A, B Klasse 12 10. Alle Eckpunkte eines Vielecks sind Gitternetzpunkte und alle Seiten des Vielecks sind gleich lang. Wie viele Seiten kann ein solches Vieleck insgesamt haben? (A) 3 (B) 4 (C) 6 (D) 8 (E) 12 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 4, 6, 8 und 12 Lösungen sind. Dazu geben wir je ein passendes Beispiel an. Die Seitenlängen betragen überall 5 Längeneinheiten. Bei den „schrägen“ Linien haben wir den vom Satz des Pythagoras bekannten Zusammenhang 52 32 42 verwendet. 4 Seiten 6 Seiten 8 Seiten 12 Seiten In Teil 2 zeigen wir, dass 3 (d. h. ein gleichseitiges Dreieck) keine Lösung ist. Dazu nehmen wir an, es gäbe ein gleichseitiges Dreieck ABC, dessen Ecken alle Gitternetzpunkte wären und dessen Seitenlänge a sei und untersuchen die Folgen dieser Annahme. Dem Dreieck kann ein Rechteck umschrieben werden, dessen Eckpunkte Gitternetzpunkte sind (Figur 1). B y A x C Figur 1 a Figur 2 1. Feststellung: Die Fläche des Dreiecks ABC erhält man, indem man von der Fläche des Rechtecks die Fläche von drei rechtwinkligen Dreiecken abzieht. Beachte: Wenn eine Seite des Dreiecks ABC waagerecht oder senkrecht verläuft, gibt es nur zwei solche Dreiecke. Für den Gedankengang ist dies jedoch ohne Bedeutung. 2. Feststellung: Der Flächeninhalt des Rechtecks und die Flächeninhalte der rechtwinkligen Dreiecke aus der 1. Feststellung sind rationale Zahlen (dies liegt daran, dass die Koordinaten der Gitternetzpunkte ganze Zahlen sind). Aus der 1. und 2. Feststellung folgt: 3. Feststellung: Der Flächeninhalt des Dreiecks ABC ist rational. (*) a2 3 . 4. Feststellung: Der Flächeninhalt des gleichseitigen Dreiecks ist 4 5. Feststellung: Der Term a 2 stellt eine rationale Zahl dar. Begründung: a ist Lösungen der Aufgaben die Hypothenuse eines rechtwinkligen Dreiecks, dessen Katheten ganze Zahlen sind (siehe Figur 2). Mit dem Satz des Pythagoras folgt: a 2 x 2 y 2 . Daher gilt: a 2 ist eine ganze Zahl und damit rational. a2 3 irrational (da 3 irrational ist). Dies stellt einen Also ist der Term 4 Widerspruch zur 3. Feststellung dar. Damit kann es das angenommene Dreieck ABC nicht geben und 3 kann keine Lösung sein. Die richtige(n) Antwort(en): B, C, D, E 11. Ein Soldat soll ein Gelände, das die Form eines gleichseitigen Dreiecks hat, auf Minen untersuchen. Sein Minensuchgerät kann Minen in einem Radius von 100 m erkennen. Die Höhe des Dreiecks beträgt 200 m. Der Soldat fängt bei einem Eckpunkt des Dreiecks mit der Suche an. Die Frage: Wie viele m lang kann ein Weg des Soldaten sein, der ausreicht, um das ganze Gelände (einschließlich der Begrenzungslinien) auf Minen zu untersuchen? (A) 110 (B) 160 (C) 210 (D) 220 (E) 260 Lösung: In Teil 1 bestimmen wir die Seitenlänge a des gleichseitigen Dreia 3 ecks. Einerseits ist die Höhe h der Dreiecks h = . Andererseits ist h = 2 400 a 3 . 200. Dies bedeutet: 200 . Es folgt a 3 2 In Teil 2 ermitteln wir zunächst einen kürzesten Weg des Soldaten. Dazu nehmen wir an, dass der Soldat z. B. bei Punkt A startet (Aus Symmetriegründen ist es egal, in welchem Eckpunkt man startet). k1 sei der Kreis mit dem Mittelpunkt B und Radius 100 m, k2 der Kreis mit Mittelpunkt C und Radius 100 m. Der Soldat muss beide Kreise passieren (er muss ja auch die Punkt B und C prüfen). Nehmen wir nun an, dass der Soldat zunächst einen Punkt P von k1 passiert (siehe Figur 1). B A’ B E P1 K t Q1 F A G T Figur 1 L C A P P k1 1 M Q1 Q k2 T Figur 2 C Klasse 12 Der kürzeste Weg, der von P aus Richtung k2 führt, liegt auf der Strecke PC. Damit passiert der Soldat k2 im Punkt Q (siehe Figur 1). Der Weg AP PC ist um 100 m länger als der Weg AP PQ (der Radius ist ja 100 m). Gesucht am kürzesten ist. ist also jener Punkt P1 auf k1 , für den AP1 PC 1 Beachte: P ist ein beliebiger Punkt auf k1 , P1 der gesuchte Punkt auf k1 . Behauptung: Der gesuchte Punkt P1 liegt auf der Höhe BT des Dreiecks. Um die Beahuptung zu beweisen, betrachten wir einen beliebigen Punkt P auf k1 (aber nicht P1 ) und zeigen, dass AP + PC > AP1 + P1C (*). Die Tangente zu k1 im Punkt P1 sei t. Wir spiegeln A an t. Der Spiegelpunkt sei A’. Die Punkte A’, P1 und C liegen auf einer Geraden ( PT = 100 m ist die 1 Hälfte von AA ' = 200 m und T ist der Mittelpunkt der Strecke AC). Daraus folgt: AP1 PC 1 A'P1 PC 1 A'C . Der Schnittpunkt zwischen AP und t sei M. AM = A'M (Spiegelung), daher gilt AP + PC > A'M + MP + PC . Der Streckenzug A’MPC ist länger als A’C. Daraus folgt AP + PC > AP1 + P1C , (*) wurde also bewiesen. sei Q1 . Der Schnittpunkt zwischen k2 und PC 1 Der gesuchte kürzeste Weg führt also von A aus über P1 nach Q1 (siehe Figur 2). Wir müssen noch zeigen: Der obige Weg des Soldaten reicht tatsächlich aus, um das ganze Gelände auf Minen zu untersuchen. Betrachten wir zunächst einen beliebigen Punkt F auf der Strecke AP1 . Die Senkrechte durch F zu AC schneidet die Seiten AB und AC in E und G. AP1 ist Seitenhalbierende im Dreieck ATB, daher ist EF FG PT 1 100 m. Vom Punkt F aus kann der Soldat alle Punkte der Strecke EG prüfen. Wenn der Soldat entlang der Strecke AP1 läuft, kann er alle Punkte des Dreiecks ATB prüfen. Ähnlich lässt sich zeigen: Der Soldat kann jeden Punkt des Trapezes BTLK (KL geht durch Q1 und ist senkrecht zu AC) und auch jeden Punkt des Dreiecks KLC prüfen. Anregung: Der geneigte Leser möge eine dieser Aussagen selbst prüfen. In Teil 3 berechnen wir die Länge des kürzesten Weges. Dazu wenden wir den Satz des Pythagoras an. 2 2002 200 2 2 2 7 AP1 = AT + TP1 = +100 = 3 +100 = 100 3 . Es folgt: 3 7 AP1 = 100 . Ferner gilt: 3 2 2 2 Lösungen der Aufgaben 7 100 . Daraus folgt: 3 28 7 7 7 +100 AP1 + P1Q1 = 100 100 = 100 2 1 = 100 1 3 3 3 3 In Teil 4 werden wir die in Teil 3 berechnete Länge geschickt schätzen. 28 AP1 + P1Q1 = 100 1 = 100 9,333... 1 3 2 3 = 9 < 9,333… und 9,333… < 9,61 = 3,12. Daraus folgt: 3 9,333... 3,1 P1Q1 = P1C Q1C = AP1 100 = 100 Damit ist 2 9,333... 1 2,1 , also 200 100 9,333... 1 210 Der kürzeste Weg beträgt also mehr als 200 m und weniger als 210 m. Daraus folgt, dass 210, 220 und 260 Lösungen darstellen. Die richtige(n) Antwort(en): C, D, E 12. Man betrachtet Punkte im Raum, die folgende Bedingungen erfüllen: 1. Nicht alle Punkte liegen in derselben Ebene und 2. Für zwei beliebige Punkte A, B lassen sich zwei andere Punkte C, D finden, so dass die Geraden AB und CD parallel zueinander verlaufen (aber nicht identisch sind). Die Frage: Wie viele solche Punkte kann es insgesamt geben? (A) 10 (B) 14 (C) 22 (D) 27 (E) 30 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 10 eine Lösung K2 ist. Dazu betrachten wir den Würfel ABCDA’B’C’D’ D’ C’ (siehe Figur). K ist der Mittelpunkt des Würfels, K1 , B’ und K 2 die Spiegelpunkte von K bezogen auf ABCD A’ bzw. A’B’C’D’. K Die Punkte A, B, C, D, A’, B’, C’, D’, K1 und K 2 D C sind dann ein Beispiel für 10 Punkte. Die 1. Bedingung ist offensichtlich erfüllt. Die 2. Bedingung ist B ebenfalls erfüllt. Wir begründen dies aus Symmetrie- A K 1 gründen nur stichprobenartig. Beispiel 1: Wenn die ersten zwei Punkte A und B sind, dann sind die anderen zwei Punkte z. B. C und D. Beispiel 2: Wenn die ersten zwei Punkte B und D’ sind, dann sind die anderen zwei Punkte z. B. K1 und D. Beispiel 3: Wenn die ersten zwei Punkte B’ und K1 sind, dann sind die anderen zwei Punkte z. B. K 2 und D. Anregung: Der geneigte Löser möge weitere Beispiele prüfen. In Teil 2 zeigen wir, dass 14 eine Lösung ist. Dazu ersetzen wir in der Figur den Würfel durch ein regelmäßiges sechseckiges Prisma, dessen Mantellinien Klasse 12 genauso lang sind wie die Seitenlängen der Grundflächen (K, K1 , und K 2 werden wie in Teil 1 konstruiert). Die 12 (6 + 6) Eckpunkte des Prismas bzw. K1 , und K 2 sind 14 Punkte (12 + 2), die beide Bedingungen erfüllen. In Teil 3 zeigen wir, dass 22 eine Lösung ist. Dazu gehen wir wie in Teil 2 vor, betrachten aber ein regelmäßiges zehneckiges Prisma, dessen Mantellinien genauso lang sind wie die Seitenlängen der Grundflächen. In Teil 4 zeigen wir, dass 30 eine Lösung ist. Dazu gehen wir wie in Teil 2 vor, betrachten wir aber ein regelmäßiges vierzehneckiges Prisma, dessen Mantellinien denauso lang sind wie die Seitenlängen der Grundflächen. Anregung: Der geneigte Leser möge das Beispiel aus Teil 3 oder 4 prüfen. In Teil 5 zeigen wir, dass 27 eine Lösung ist. Dazu ersetzen wir in der Figur den Würfel durch sechs kongruente regelmäßige Sechsecke, die K1 K 2 als gemeinsame Diagonale haben. Insgesamt haben wir 6 4 = 24 von K1 und K 2 verschiedene Eckpunkte. K1 und K 2 kommen in jedem Sechseck vor und werden nur einmal gezählt und der Punkt K kommt ebenfalls noch dazu. Dies ergibt insgesamt 24 2 1 27 Punkte, die die Bedingungen erfüllen. Anregung: Der geneigte Leser möge das Beispiel aus Teil 5 prüfen. Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D, E 13. Diana zeichnet auf einem 5×8 großen Gitternetz einen Rundweg ein. Der Rundweg lässt sich in Strecken zerlegen, die allesamt Diagonalen eines 1×2 Rechtecks sind (siehe Figur). Ihr Rundweg besteht aus 12 solchen Diagonalen. Diana möchte nun noch andere Rundwege zeichnen, die aus Diagonalen von 1×2 Rechtecken bestehen. Die Frage: Aus wie vielen Diagonalen eines 1×2 Rechtecks kann ein anderer Rundweg insgesamt bestehen? Lösungshinweis: Kein Punkt darf mehr als einmal passiert werden. (A) 14 (B) 17 (C) 18 (D) 21 (E) 24 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 14, 18 und 24 Lösungen sind. Dazu geben wir je ein passendes Beispiel an. 14 Diagonalen 18 Diagonalen 24 Diagonalen In Teil 2 zeigen wir, dass 17 und 21 keine Lösungen sind. Dazu färben wir zunächst die Gitternetzpunkte abwechselnd weiß und schwarz: Lösungen der Aufgaben 1. Feststellung: Jede Diagonale eines 1×2 Rechtecks verbindet einen weißen mit einem schwarzen Punkt. Daraus folgt: 2. Feststellung: Die Farben der Punkte eines Rundwegs wechseln sich ab. Auf Schwarz folgt Weiß und auf Weiß folgt Schwarz. Behauptung: Die Anzahl der Strecken eines Rundwegs ist teilbar durch 2. Begründung: Wenn dies nicht so wäre, könnte man zum Ausgangspunkt nicht zurückkehren. Erläuterung an einem Beispiel: Nehmen wir an, der Rundweg bestünde aus 7 Strecken und der Ausgangspunkt sei weiß. Wenn W für Weiß und S für Schwarz steht, so erhalten wir wegen der 2. Feststellung folgende Abfolge von Farben: W–S–W–S–W–S–W–S. Wir merken: Der Ausgangspunkt ist weiß, der Endpunkt ist jedoch schwarz. Dies geht aber nicht, da bei einem Rundweg der Endpunkt mit dem Ausgangspunkt übereinstimmen muss. Damit ist die Behauptung bewiesen. Da weder 17 noch 21 durch 2 teilbar sind, stellen sie keine Lösungen dar. Die richtige(n) Antwort(en): A, C, E Aufgabe zur detaillierten Ausarbeitung: 14. Beweise, dass log 510 eine irrationale Zahl ist. Lösung: Wegen 10 1 ist log 510 > 0 (2 Punkte). Wir untersuchen nun, welche Folgen es hätte, wenn log 510 rational wäre (2 Punkte). Dann gäbe es p zwei natürliche Zahlen p und q, so dass log 510 = (2 Punkte). q p p q log 510 = 5 q = 10 5 p = 10 5 p = 10q (4 Punkte). q Die Zahl 5 p hat als letzte Ziffer die 5, 10q endet hingegen auf 0 (2 Punkte). Dies bedeutet, dass die Gleichung 5 p = 10q nicht stimmen kann (2 Punkte). Es folgt, dass log 510 nicht rational sein kann (1 Punkt). Daher ist log 510 eine irrationale Zahl (1 Punkt). Jede andere korrekte Lösung wird ähnlich bewertet (maximal 16 Punkte).
