49. Mathematik-Olympiade 2. Stufe (Regionalrunde) Klasse 5

49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 5
Aufgaben
c 2009 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
°
www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.
Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar
sein. Du musst also auch erklären, wie du zu Ergebnissen und Teilergebnissen gelangt bist.
Stelle deinen Lösungsweg logisch korrekt und in grammatisch einwandfreien Sätzen dar.
490521
Wir rechnen mit Zeiten.
a) René fährt zu Hause um 15:30 Uhr zur Mathe-AG los; die AG beginnt um 16:00 Uhr.
Unterwegs schaut er auf die Uhr und stellt fest: In 10 Minuten wird doppelt so viel Zeit
vergangen sein, wie es bis zum Beginn der Arbeitsgemeinschaft dann noch sind.
Wie spät ist es gerade?
b) René denkt unterwegs weiter: Ich suche den Zeitpunkt, an dem gilt: Bis 17:00 Uhr sind
”
es noch dreimal so viele Minuten wie seit 14:00 Uhr bereits vergangen sind.“
Welcher Zeitpunkt ist dies?
c) René hat sich für die Regionalrunde der Mathematik-Olympiade qualifiziert. Diese beginnt bei ihm am 11. November 2009 um 08:00 Uhr.
Welches Datum und welche Uhrzeit haben wir 2009 Minuten später?
490522
Hanna, Judith, Katrin und Leonie haben jeweils Mütze und Schal in einer Farbe; Hanna in
grün, Judith in blau, Katrin in orange und Leonie in violett.
a) Im Oktober ist es noch nicht so kalt und die Mädchen tragen nur Schals und Mützen.
Hanna, Judith und Karen wollen sich den Spaß machen und ihre Schals austauschen;
Leonie will zunächst ihren Schal behalten und nicht mitmachen.
Nach wie vielen Tagen hätten die drei Mädchen alle Möglichkeiten verschiedener Zuordnung der Schals durchprobiert, wenn sie immer nur morgens tauschten? Sie dürfen auch
ihre eigenen Sachen tragen.
b) Leonie will jetzt auch mitmachen.
Nach wie vielen Tagen hätten die vier Mädchen alle Möglichkeiten verschiedener Zuordnung der Schals durchprobiert, wenn sie immer nur morgens tauschten? Sie dürfen auch
ihre eigenen Sachen tragen.
c) Die vier Mädchen tauschen jetzt im Oktober ihre Schals aus. Der Tausch gefällt ihnen,
und im November wollen sie auch ihre Mützen tauschen. Sie überlegen sich, wie lange
diese ganze Tauscherei von Mützen und Schals wohl dauern wird – ob wohl der Winter
reicht.
Diese schwierige Frage geht jetzt an dich: Nach wie vielen Tagen haben sie alle Möglichkeiten durchprobiert? Sie dürfen wieder auch ihre eigenen Sachen tragen.
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490523
Judith, Hanna und Katrin haben jeweils Mütze, Schal und Handschuhe in einer Farbe; Judith
in blau, Hanna in grün und Katrin in orange.
Im Dezember tauschen Judith, Hanna und Katrin Mütze, Schal und Handschuhe. Die Handschuhe werden nicht einzeln getauscht, so dass jedes Mädchen gleichfarbige Handschuhe trägt.
Am Nikolaustag konnte man die folgenden Beobachtungen machen:
(1) Nur Judith ist dreifarbig gekleidet, sie trägt ihre eigenen Handschuhe.
(2) Bei Hanna haben Schal und Mütze nicht die gleiche Farbe.
(3) Katrin trägt Hannas Mütze.
Welche Farben haben Mütze, Schal und Handschuhe, die Judith trägt, welche Farben tragen
Hanna und Katrin?
490524
In dieser Aufgabe geht es um zwei gleich große Kreise, die einander berühren, und um Geraden,
die sich schneiden.
Zeichne für jede Teilaufgabe zunächst zwei Kreise, die sich berühren.
a) Zeichne nun je zwei Geraden so, dass
(1) sie einander schneiden und keinen gemeinsamen Punkt mit den Kreisen haben,
(2) sie einander schneiden und jeweils genau einen gemeinsamen Punkt mit jeweils
einem der Kreise haben.
b) Nun sollen die beiden Geraden zusammen drei gemeinsame Punkte mit den Kreisen
haben.
Zeichne je zwei Geraden so, dass sie sich schneiden und
(1) ein Kreis zwei gemeinsame Punkte mit den Geraden hat und der andere Kreis nur
einen gemeinsamen Punkt,
(2) eine Gerade die drei gemeinsamen Punkte mit den Kreisen hat und die andere
keinen.
c) Nun sollen drei Geraden gezeichnet werden, die sich in einem Punkte schneiden.
(1) Zeichne die erste Gerade so, dass sie mit jedem der beiden Kreise genau einen Punkt
gemeinsam hat.
Zeichne die anderen beiden Geraden so, dass sich die drei Geraden außerhalb der
Kreise in einem Punkt schneiden und insgesamt fünf gemeinsame Punkte mit den
Kreisen haben.
(2) Erfülle Aufgabe c) (1) so, dass das Bild symmetrisch ist.
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 6
Aufgaben
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490621
Annika hat vier Karten, auf denen jeweils eine der Primzahlen 2, 3, 5 und 7 steht. Sie will
mit diesen Karten Zahlen bilden und dabei eine oder mehrere Karten benutzen. In einer zu
bildenden Zahl darf keine Karte mehrfach benutzt werden.
a) Bestimme alle durch 4 teilbaren Zahlen, die Annika bilden kann.
Ordne die Zahlen der Größe nach, beginne mit der kleinsten Zahl.
b) Bestimme alle durch 6 teilbaren Zahlen, die Annika bilden kann.
Ordne die Zahlen der Größe nach, beginne mit der kleinsten Zahl.
c) Bestimme alle durch 8 teilbaren Zahlen, die Annika bilden kann.
Ordne die Zahlen der Größe nach, beginne mit der kleinsten Zahl.
d) Schließlich bildet Annika noch alle durch 3 teilbaren Zahlen.
Bestimme diese Zahlen und ordne sie der Größe nach, beginne mit der kleinsten Zahl.
490622
Barbara ist Kandidatin in einer mathematischen Quizshow und hat bis jetzt alle Aufgaben
richtig gelöst. Sie steht noch vor dem Hauptpreis, der sich in einem von vier Umschlägen
befindet. Der Quizmaster gibt ihr drei Hinweise, von denen genau zwei falsch sind:
(1) Der Hauptpreis befindet sich im dritten oder im vierten Umschlag.
(2) Der Hauptpreis befindet sich im zweiten Umschlag.
(3) Der Hauptpreis befindet sich nicht im vierten Umschlag.
a) Barbara überlegt eine Weile und sagt dann: Damit ist immer noch nicht klar, in welchem
”
Umschlag der Hauptpreis steckt, es sind zwei Umschläge möglich.“ Ermittle diese beiden
Umschläge.
b) Gut“, sagt der Quizmaster, dann gebe ich dir noch einen vierten Hinweis, aber ich
”
”
sage dir, dass von allen vier Hinweisen nur genau einer stimmt:
(4) Der Hauptpreis befindet sich im ersten oder im zweiten Umschlag.“
Barbara öffnet sofort den Umschlag mit dem Hauptpreis. Welchen Umschlag hat sie
geöffnet und warum?
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490623
Wenn man einen Roboter (oder einen Zeichenstift) auf einem quadratischen Kästchengitter
bewegen will, so kann man dies durch eine Folge von drei Grundkommandos machen:
G – ändere deine Richtung nicht und gehe eine Kantenlänge,
L – drehe dich nach links um 90◦ und gehe eine Kantenlänge,
R – drehe dich nach rechts um 90◦ und gehe eine Kantenlänge.
Grundsätzlich soll am Anfang der Roboter mit dem Gesicht nach rechts“ stehen. Wenn er
”
also von dort nach oben laufen soll, lautet das erste Kommando L“, wenn er von dort nach
”
rechts laufen soll, lautet das erste Kommando G“, wenn er vom Anfang nach unten laufen
”
soll, lautet das erste Kommando R“.
”
a) Der Roboter soll die nebenstehende Figur, die Dreifachschleife“, vom
”
Startpunkt S aus durchlaufen, kein Kantenstück mehrmals durchlaufen und am Ende des Durchlaufs mit dem Gesicht nach unten“ am
”
Startpunkt S stehen bleiben.
S
Gib für diesen Weg alle möglichen Kommandofolgen an.
b) Die nebenstehende Abbildung zeigt die Sechsfach”
schleife“ mit dem Punkt S in der Mitte. Der Roboter
soll die Sechsfachschleife durch die Wiederholung einer
Kommandofolge der Dreifachschleife durchlaufen, wobei allerdings auf die Bedingung verzichtet wird, dass
der Roboter nach dem Durchlaufen der ersten Dreifachschleife mit dem Gesicht nach unten“ am Startpunkt
”
S stehen bleiben muss.
Gib eine Kommandofolge an, die dies leistet.
S
490624
Du siehst in der Abbildung A 490624 a ein regelmäßiges Sechseck und in der Abbildung
A 490624 b ein regelmäßiges Achteck. ( Regelmäßig“ bedeutet: Alle Seiten sind gleich lang
”
und alle Winkel sind gleich groß.)
Abbildung A 490624 a
Abbildung A 490624 b
Abbildung A 490624 c
a) Zerlege jeweils das Sechseck und das Achteck in vier gleich große Teile. Fertige jeweils
eine Zeichnung an.
b) Aus dem Sechseck soll ein Rechteck entstehen. Zerlege dazu das Sechseck in drei Teile,
die neu zusammengesetzt dies ermöglichen. Fertige ebenfalls eine Zeichnung an.
c) Zeige durch eine Zeichnung, dass die grau gekennzeichnete Dreiecksfläche in Abbildung
A 490624 c ein Drittel der Fläche des Sechsecks einnimmt. Du kannst Hilfslinien einzeichnen oder geeignete Teilflächen umlegen.
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 7
Aufgaben
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490721
In der Gleichung
∗ ∗ · 9∗ = ∗ ∗ ∗
ist das Produkt zweier zweistelliger Zahlen dargestellt. Jedes Sternchen (∗) ist so durch eine
der Ziffern 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 zu ersetzen, dass eine richtig gelöste Multiplikationsaufgabe
entsteht.
Ermittle alle Lösungen der Aufgabe und beweise, dass es keine weiteren Lösungen gibt.
490722
Herr Schmidt hat aus Fruchtsaft und 800 ml Wein insgesamt zwei Liter Bowle hergestellt. Den
Bowletopf stellt er in den Kühlschrank. Seine Frau hat heimlich von der Bowle gekostet und
sich ein Glas (125 ml) genehmigt. Um die Gesamtmenge wieder auszugleichen, gießt sie einen
Rest Fruchtsaft (60 ml) und Wasser dazu.
a) Wie viel Milliliter Wein, Fruchtsaft und Wasser enthält die Bowle, nachdem Frau Schmidt
die Bowle aufgefüllt hat?
b) Welchen Anteil Wein und welchen Anteil Fruchtsaft (jeweils in Prozent) hat die Bowle
nach dem Auffüllen?
490723
Über ein Dreieck ABC wird vorausgesetzt:
(1) Die Seiten AC und BC sind gleich lang.
(2) Der Fußpunkt des Lots von A auf die Gerade BC ist F und liegt zwischen B und C.
(3) Der Winkel F AC ist um 30◦ größer als der Winkel BAF .
Zeichne eine Planfigur und leite aus den Voraussetzungen die Größen der Innenwinkel des
Dreiecks ABC her.
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490724
Über drei positive ganze Zahlen a, b, c ist bekannt:
(1) Für das kleinste gemeinsame Vielfache kgV(a; b; c) dieser Zahlen gilt
kgV(a; b; c) = 23 · 33 · 52 .
(2) Für den größten gemeinsamen Teiler ggT(a; b; c) dieser Zahlen gilt
ggT(a; b; c) = 90.
(3) Es gilt 3a < b < c.
(4) Die Zahl b ist eine Quadratzahl.
Ermittle alle Zahlentripel (a; b; c), welche die Bedingungen (1) bis (4) erfüllen. Weise nach,
dass es keine weiteren Lösungen gibt.
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 8
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490821
Familie Müller will künftig mehr auf eine gesunde Ernährung achten. Ab sofort kommt Cola
nicht mehr auf den Tisch. Mineralwasser mit Himbeersirup gemischt löscht ebenso gut den
Durst. Frau Müller stellt einen Krug auf den Tisch. Er enthält einen Liter gesunde“ Limonade
”
mit einem Teil Himbeersirup auf neun Teile prickelndes Wasser. Und das soll schmecken?“,
”
klagt Kai. Ein Fünftel Sirup sollte in der Mischung schon sein.“ Frau Müller fügt so viel Sirup
”
hinzu, dass die Mischung 20 Prozent Sirup enthält. Nun mault Katja: Das ist ja viel zu süß!“
”
Heimlich gießt sie den Inhalt von einem Glas Wasser (125 ml) in den Krug.
a) Wie viel Sirup hat Frau Müller hinzugefügt, nachdem sich Kai beschwerte?
b) Wie viel Prozent Sirup enthält die Limonade, nachdem Katja das Wasser hinzugefügt
hat?
490822
Über ein Viereck ABCD wird vorausgesetzt:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
ABCD ist ein Trapez mit den parallelen Seiten AB und CD.
Der Winkel BAD hat die Größe α = 64◦.
Die Seite AD ist 5 cm lang.
Die Seite CD ist 3 cm lang.
Die Länge der Seite AB ist gleich der Summe der Längen der Seiten BC und CD.
Zeichne das Viereck ABCD und leite aus den Voraussetzungen die Größen der restlichen
Innenwinkel des Vierecks ab.
490823
Paul hat beliebig viele Holzwürfel mit den Kantenlängen 1 cm, 2 cm, 3 cm und 4 cm zur
Verfügung. Er will aus diesen Würfeln einen größeren Würfel mit der Kantenlänge 5 cm bauen.
Mit welcher kleinsten Anzahl an Würfeln gelingt ihm das?
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490824
a) Ermittle alle zweistelligen Zahlen, welche die folgende Bedingung erfüllen:
Addiert man zur Zahl ihre Quersumme und multipliziert diese Summe mit 6, dann erhält
man als Ergebnis 180.
b) Ermittle die Anzahl aller Paare positiver ganzer Zahlen (m; n), für die eine dreistellige
Zahl z existiert mit folgenden Eigenschaften:
Die Quersumme von z ist n. Die Einerziffer von z ist doppelt so groß wie die Hunderterziffer von z. Werden Einerziffer und Hunderterziffer von z miteinander vertauscht, so ist
die entstehende Zahl um m größer als die ursprüngliche Zahl.
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 9
Aufgaben
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Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar
in logisch und grammatisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung
herangezogene Aussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussage aus dem
Schulunterricht oder aus Arbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne Beweisangabe, sie
als bekannten Sachverhalt anzuführen.
490921
eine natürliche Zahl ist.
a) Ermitteln Sie alle ganzen Zahlen r, für die 20 50
− |r|
b) Finden Sie die kleinste natürliche Zahl a, für die gilt:
a
Es gibt genau 11 ganze Zahlen s, für die 75 −
eine natürliche Zahl ist.
|s|
Hinweis: Der Betrag einer ganzen Zahl ist sehr einfach zu bestimmen. Zum Beispiel gilt:
|+8| = +8, |−8| = +8, |+7| = +7, |−7| = +7, |0| = 0.
490922
Alf, Barbara, Clara und Danny haben sich gemeinsam eine natürliche Zahl ausgedacht und
diese auf einen Zettel geschrieben. Die Klasse soll die Zahl erraten. Dazu macht jede der vier
Personen zwei Aussagen über die Zahl. Hier sind die vier Aussagenpaare:
(A1) Die Zahl ist dreistellig.
(A2) Das Produkt aller Ziffern der Zahl beträgt 23.
(B1) Die Zahl ist durch 37 teilbar.
(B2) Die Zahl besteht aus drei gleichen Ziffern.
(C1) Die Zahl ist durch 11 teilbar.
(C2) Die Zahl endet mit einer Null.
(D1) Die Quersumme der Zahl ist größer als 10.
(D2) Die Ziffer an der Hunderterstelle ist weder die kleinste noch die größte der drei Ziffern.
Am Ende verraten A, B, C und D noch, dass von ihren beiden Aussagen jeweils genau eine
wahr und genau eine falsch war.
Ermitteln Sie aus diesen Angaben alle Möglichkeiten für die unbekannte Zahl auf dem Zettel.
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490923
Gegeben sind zwei kleine Fässer F1 und F2 mit einem Fassungsvermögen von jeweils 10 Litern.
In dem Fass F1 befinden sich 4 Liter der Flüssigkeit A. Im Fass F2 sind 2 Liter der Flüssigkeit B.
Die beiden Flüssigkeiten A und B besitzen die gleiche Dichte und sind miteinander mischbar.
Zum Umfüllen steht eine 1-Liter-Kelle zur Verfügung.
Zuerst wird eine volle Kelle von F1 nach F2 umgefüllt. Nach dem Umrühren in F2 wird eine
volle Kelle des entstandenen Gemischs nach F1 zurückgefüllt. Dort wird erneut umgerührt;
anschließend wird wieder eine volle Kelle von F1 nach F2 umgefüllt.
a) Berechnen Sie den Anteil
Umfüllen als ganzzahliges
b) Berechnen Sie den Anteil
Umfüllen als ganzzahliges
der Flüssigkeit A am Inhalt des Fasses F1 nach dem letzten
Verhältnis.
der Flüssigkeit B am Inhalt des Fasses F2 nach dem letzten
Verhältnis.
Hinweis: Ein ganzzahliges Verhältnis ist ein vollständig gekürzter Bruch.
490924
Sei ABC ein rechtwinkliges Dreieck mit den Kathetenlängen a und b, dem Inkreisradius r und
dem Umkreisradius R.
a) Es wird zunächst der Spezialfall betrachtet, dass das Dreieck ABC gleichschenkligrechtwinklig ist.
Beweisen Sie, dass dann die Summe R + r gleich der Kathetenlänge a ist.
b) Nun sei ABC ein beliebiges rechtwinkliges Dreieck.
Beweisen Sie, dass die Summe R + r gleich dem arithmetischen Mittel der Katheb , ist.
tenlängen, also gleich a +
2
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 10
Aufgaben
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Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar
in logisch und grammatisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung
herangezogene Aussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussage aus dem
Schulunterricht oder aus Arbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne Beweisangabe, sie
als bekannten Sachverhalt anzuführen.
491021
a) Ermitteln Sie die Lösungsmenge des folgenden Gleichungssystems:
4y 2 − x2 = 2y + x
3y − x = 4
(1)
(2)
b) Wir denken uns eine reelle Zahl a und eine positive reelle Zahl b als gewählt. Bestimmen
Sie alle Lösungen (x; y) des folgenden Gleichungssystems in Abhängigkeit von a und b.
a2 · y 2 − b2 · x 2 = a2 · y + a · b · x
a · y + 3 · b · x = −a
(1)
(2)
491022
Alf, Barbara, Clara und Danny haben sich gemeinsam eine natürliche Zahl ausgedacht und
diese auf einen Zettel geschrieben. Die Klasse soll die Zahl erraten. Dazu macht jede der vier
Personen zwei Aussagen über die Zahl. Hier sind die vier Aussagenpaare:
(A1) Die Zahl ist dreistellig.
(A2) Das Produkt aller Ziffern der Zahl beträgt 23.
(B1) Die Zahl ist durch 37 teilbar.
(B2) Die Zahl besteht aus drei gleichen Ziffern.
(C1) Die Zahl ist durch 11 teilbar.
(C2) Die Zahl endet mit einer Null.
(D1) Die Quersumme der Zahl ist größer als 10.
(D2) Die Ziffer an der Hunderterstelle ist weder die kleinste noch die größte der drei Ziffern.
Am Ende verraten A, B, C und D noch, dass von ihren beiden Aussagen jeweils genau eine
wahr und genau eine falsch war.
Ermitteln Sie aus diesen Angaben alle Möglichkeiten für die unbekannte Zahl auf dem Zettel.
Auf der nächsten Seite geht es weiter!
491023
In einem Drachenviereck ABCD haben die Seiten AB und AD die Länge a und die Seiten
BC und CD die Länge b. Das Drachenviereck besitze einen Umkreis k (d. h. alle Eckpunkte
A, B, C und D liegen auf diesem Kreis k) mit dem Mittelpunkt M und dem Radius r.
a) Beweisen Sie, dass die Winkel <) BAD und <) CM D gleich groß sind.
b) Leiten Sie eine Formel zur Berechnung des Umkreisradius aus den Längen a und b her.
c) Es wird ein spezielles Drachenviereck ABCD mit der Symmetrieachse AC und dem
Umkreis k betrachtet. Der Punkt B soll so auf dem Umkreis k liegen, dass eine Parallele
zu AC durch diesen Punkt B die Tangente t in B an den Umkreis k ist. Ein Punkt E
liege auf der Verlängerung von AC über C hinaus so, dass der Flächeninhalt des Vierecks
ABED doppelt so groß ist wie der Inhalt des Vierecks ABCD.
Berechnen Sie die Länge der Strecke BE in Abhängigkeit von r.
491024
Bernd möchte die Struktur der echten Brüche (Zahlen der Form pq mit 0 < p < q) veranschaulichen und erzeugt dazu ein Bild nach folgendem Vorgehen:
Er beginnt mit 12 , dem einzigen echten Bruch mit Nenner 2, setzt fort mit den echten Brüchen
¢
¡
¡
mit Nenner 3 13 und 23 , dann mit Nenner 4 14 und 34 ; 42 hatte er schon als 12 veranschaulicht
¢
– dieser Bruch wird also nicht noch mal eingetragen , weiter mit Nenner 5 und immer so fort.
Trägt Bernd eine neue Zahl ein, zeichnet er immer einen Pfeil zu derjenigen Zahl mit kleinerem
Nenner, welche der gerade eingetragenen am nächsten liegt. Liegen zwei der bereits eingetragenen Zahlen mit kleinerem Nenner gleich weit entfernt von der neuen Zahl, die anderen aber
alle noch weiter, so zeichnet er zwei Pfeile.
a) Erzeugen Sie ein Bild nach Bernds Vorschrift und zeichnen Sie dabei alle echten Brüche
bis einschließlich Nenner 7 ein.
b) Bestimmen Sie alle echten Brüche, von denen aus Bernd einen Pfeil zu 31 zeichnet, wenn
er sie einträgt. Beachten Sie, dass Bernd nicht bei Nenner 7 aufhört.
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 11–13
Aufgaben
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herangezogene Aussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussage aus dem
Schulunterricht oder aus Arbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne Beweisangabe, sie
als bekannten Sachverhalt anzuführen.
491321
Man bestimme alle positiven ganzzahligen Lösungen des Gleichungssystems
x2 − xy = 2009
y 2 − x = 15.
(1)
(2)
491322
Gegeben sei ein spitzwinkliges Dreieck ABC. Die Spiegelpunkte der Eckpunkte A, B, C am
Mittelpunkt des Umkreises von Dreieck ABC seien A′ , B ′ bzw. C ′ . Man ermittle das Verhältnis
der Flächeninhalte des Dreiecks ABC und des Sechsecks AC ′ BA′ CB ′ .
491323
Für jede positive ganze Zahl n sei
√
√
√
xn = n + n + 1 ,
yn = 4n + 2 .
a) Man beweise, dass stets xn < yn gilt.
b) Man beweise, dass xn und yn nicht ganzzahlig sind und dass auch zwischen xn und yn
keine ganze Zahl liegt.
491324
Auf der Insel Zelophanien gibt es genau sechs Städte. Jede derselben ist mit mindestens drei
anderen direkt durch in beide Richtungen befahrbare Schnellstraßen verbunden. Man beweise,
dass es vier Städte A, B, C und D derart gibt, dass man direkt von A nach B, von B nach C,
von C nach D und wieder von D nach A fahren kann.
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 5
Lösungen
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490521 Lösung
10 Punkte
Teil a) René stellt seine Überlegungen für einen Zeitraum von 30 min an. Wenn doppelt so
viel Zeit vergangen sein soll, wie es dann noch sind, müssen diese 30 min in drei gleiche Teile
eingeteilt werden. Ein Teil ist 10 min lang, 20 min sind dann vergangen und 10 min kommen
noch. Es wird 15:50 Uhr sein. Dieses Verhältnis trifft aber erst in 10 min zu, demnach muss es
jetzt 15:40 Uhr sein.
Teil b) Von 14:00 Uhr bis 17:00 Uhr vergehen 3 Stunden, das sind 180 min. Wenn dreimal
so viele Minuten noch kommen, wie schon vergangen sind, muss diese Zeit in 4 gleiche Teile
zerlegt werden. Ein Teil ist (180 min : 4 =) 45 min lang.
Für den gesuchten Zeitpunkt gilt: Es sind 45 min vergangen und (3·45 min =) 135 min kommen
noch. Also ist der gesuchte Zeitpunkt 14:45 Uhr.
Teil c) 2009 min sind 33 h 29 min, und das sind 1 d 9 h 29 min. Für die Antwort muss die Zeit
dazugezählt werden.
Als Startzeit wird der 11. November 2009, 8:00 Uhr angegeben. 2009 min später ist dann der
12. November 2009, und die Uhrzeit ist 17:29 Uhr.
490522 Lösung
10 Punkte
Teil a) Für das erste Mädchen gibt es drei Möglichkeiten, einen Schal zu wählen, für das zweite
dann noch zwei. Das dritte Mädchen muss nehmen, was übrig bleibt. Es sind (3! = 3 · 2 · 1 =) 6
Möglichkeiten. Nach 6 Tagen haben sie alle Möglichkeiten durchprobiert.
Teil b) Nun kommt noch das vierte Mädchen dazu; mit der entsprechenden Argumentation
ergeben sich (4! = 4 · 3 · 2 · 1 =) 24 Möglichkeiten. Nach 24 Tagen haben sie alle Möglichkeiten
durchprobiert.
Teil c) Auch für den Tausch der Mützen haben sie (4! =) 24 Möglichkeiten. Diese können sie
jeweils mit den 24 Möglichkeiten für den Schaltausch kombinieren. Es sind dann (24·24 =) 576
Möglichkeiten.
Nein, der Winter reicht bei weitem nicht.
1
490523 Lösung
10 Punkte
Aus (1) folgt, dass Judith Handschuhe in blau trägt. Aus (3) folgt, dass Katrin die grüne
Mütze auf hat.
Da nur Judith dreifarbig gekleidet ist und die blauen Handschuhe anhat, kann die Mütze nur
orange oder grün sein. Die grüne Mütze hat aber Katrin auf, folgt aus (3), deshalb trägt Judith
die orange Mütze. Wegen der Dreifarbigkeit muss der Schal dann grün sein.
Die Kleidungsstücke von Judith sind Orange Mütze, grüner Schal und blaue Handschuhe.
Für Hanna bleibt die blaue Mütze. Aus (2) folgt, dass sie dann nicht den blauen Schal haben
kann. Also muss Katrin den blauen Schal haben.
Weil Judith den grünen Schal trägt und Katrin den blauen Schal, muss der Schal von Hanna
orange sein.
Da nach (1) nur Judith dreifarbig gekleidet ist, können die Handschuhe von Katrin nicht
orange sein. Ihre Handschuhe müssen grün sein, und schließlich die Handschuhe von Hanna
orange.
Die Kleidungsstücke von Katrin sind Grüne Mütze, blauer Schal und grüne Handschuhe.
Die Kleidungsstücke von Hanna sind Blaue Mütze, oranger Schal und orange Handschuhe.
Bei dieser Zuordnung werden alle Beobachtungen erfüllt.
490524 Lösung
10 Punkte
Teil a) Die Abbildungen L 490524 a1 und L 490524 a2 geben jeweils Lösungsvorschläge für
die Teilaufgaben (1) bzw. (2) an.
Abbildung L 490524 a1
Abbildung L 490524 a2
Teil b) Die Abbildungen L 490524 b1 und L 490524 b2 geben Lösungsvorschläge für die Teilaufgabe (1) an.
Die Abbildung L 490524 b3 gibt einen Lösungsvorschlag für die Teilaufgabe (2) an.
Abbildung L 490524 b1
Abbildung L 490524 b2
2
Abbildung L 490524 b3
Teil c) Die Abbildungen L 490524 c1 und L 490524 c2 geben jeweils Lösungsvorschläge für
die Teilaufgaben (1) bzw. (2) an.
Abbildung L 490524 c2
Abbildung L 490524 c2
Punktverteilungsvorschläge
Die Punktzahlen für die einzelnen Aufgaben sind verbindlich, um Vergleiche z. B. zum Zweck
der Entscheidung über die Teilnahme an der 3. Stufe (Landesrunde) zu ermöglichen.
Die Einschätzung der Punktzahlen für einzelne Teilschritte einer Schülerlösung (nach dem
Maßstab Verwendbarkeit des Teilschrittes in einem zum Ziel führenden Lösungsweg“) liegt
”
beim Korrektor; die folgenden Aufteilungen sind möglicherweise dem Vorgehen in einer
Schülerlösung anzupassen und können in diesem Sinne gelegentlich abgeändert werden.
Aufgabe 490521
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
Teil c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
Aufgabe 490522
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Punkte
Teil c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Punkte
Aufgabe 490523
Insgesamt: 10 Punkte
Richtige Zuordnung der Kleidungsstücke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 4 Punkte
Begründung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 5 Punkte
Probe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 1 Punkt
Aufgabe 490524
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
Teil c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
3
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 6
Lösungen
c 2009 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
°
www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.
490621 Lösung
12 Punkte
Teil a) Da die Zahlen durch 4 teilbar sein sollen, muss die 2 auf jeden Fall an der Einerstelle
der Zahlen stehen.
Es können die zweistelligen Zahlen 32, 52 und 72 gebildet werden. Alle drei Zahlen sind durch 4
teilbar, daran ändert sich durch das Voranstellen von weiteren Ziffern nichts.
Es können die dreistelligen Zahlen 532, 732, 352, 752, 372 und 572 gebildet werden, indem
man vor die zweistelligen Zahlen jeweils eine der beiden anderen fehlenden Ziffern schreibt.
Es können die vierstelligen Zahlen 7532, 5732, 7352, 3752, 5372 und 3572 aus den dreistelligen
Zahlen gebildet werden, indem man die jeweils fehlende Ziffer an die Tausenderstelle setzt.
Zusammenfassend noch einmal alle Lösungszahlen:
32, 52, 72, 352, 372, 532, 572, 732, 752, 3572, 3752, 5372, 5732, 7352, 7532.
Teil b) Die Zahlen aus Teil a) sind durch 4 teilbar und damit gerade. Andere gerade Zahlen
kann man aus den Ziffern 2, 3, 5 und 7 nicht bilden. Für die Teilbarkeit durch 6 ist außerdem
eine durch 3 teilbare Quersumme erforderlich.
Nur die Zahlen 72, 372 und 732 erfüllen diese Bedingung.
Teil c) Von den im Teil a) ermittelten Zahlen sind nur die folgenden auch durch 8 teilbar:
32, 72, 352, 752, 3752, 7352.
Teil d) Die Ziffern 2, 3, 5 und 7 haben zusammen die Summe 17 und können keine vierstellige,
durch 3 teilbare Zahl ergeben.
Es gibt 4 Möglichkeiten, drei Ziffern aus den vier gegebenen Ziffern auszuwählen. In der
Übersicht wurden jeweils die Quersummen gebildet und wenn diese durch 3 teilbar ist, auch
die Lösungszahlen angegeben:
2,
2,
2,
3,
3,
3,
5,
5,
5
7
7
7
–
–
–
–
Quersumme
Quersumme
Quersumme
Quersumme
10:
12:
14:
15:
keine Lösungszahlen,
237, 273, 327, 372, 723, 732,
keine Lösungszahlen,
357, 375, 537, 573, 735, 753.
Es gibt sechs Möglichkeiten, zwei Ziffern aus den vier gegebenen Ziffern auszuwählen. In der
folgenden Übersicht wurden jeweils die Quersummen gebildet und wenn diese durch 3 teilbar
4
ist, auch die Lösungszahlen angegeben:
2,
2,
2,
3,
3,
5,
3
5
7
5
7
7
–
–
–
–
–
–
Quersumme
Quersumme
Quersumme
Quersumme
Quersumme
Quersumme
5:
7:
9:
8:
10:
12:
keine Lösungszahlen,
keine Lösungszahlen,
27, 72,
keine Lösungszahlen,
keine Lösungszahlen,
57, 75.
Schließlich gibt es noch die 3 selbst.
Zusammenfassend noch einmal alle Lösungszahlen:
3, 27, 57, 72, 75, 237, 273, 327, 357, 372, 375, 537, 573, 723, 732, 735, 753.
490622 Lösung
10 Punkte
Teil a) Eine vollständige Fallunterscheidung führt zur Lösung der Aufgabe:
Fall (I): Aussage (1) ist wahr und die anderen beiden sind falsch.
Wenn Aussage (1) wahr ist, ist der Hauptpreis im Umschlag 3 oder 4. Aussage (3) muss falsch
sein, somit ist der Hauptpreis im Umschlag 4. Aussage (2) muss falsch sein und ist es dann
auch. Der Hauptpreis kann im Umschlag 4 sein.
Fall (II): Aussage (2) ist wahr und die anderen beiden sind falsch.
Wenn Aussage (2) wahr ist, ist der Hauptpreis im Umschlag 2. Die Aussage (3) muss falsch
sein, danach müsste der Hauptpreis im Umschlag 4 sein – und das ist ein Widerspruch.
Fall (III): Aussage (3) ist wahr und die anderen beiden sind falsch.
Wenn Aussage (3) wahr ist, ist der Hauptpreis nicht im Umschlag 4. Aussage (2) muss falsch
sein, folglich ist er auch nicht im Umschlag 2. Aussage (1) muss auch falsch sein, und der
Hauptpreis ist nicht in den Umschlägen 3 und 4. Also kann er nur noch im Umschlag 1 sein.
Barbara hat festgestellt, dass der Hauptpreis im Umschlag 1 oder im Umschlag 4 sein kann.
Teil b) Die Aussage (4) muss falsch sein, da die einzige wahre Aussage bereits unter den
Aussagen (1) bis (3) gewesen sein muss. Da die Aussage (4) falsch ist, ist der Hauptpreis nicht
in den Umschlägen 1 und 2. Damit muss der Hauptpreis nach dem Ergebnis der Teilaufgabe a)
im Umschlag 4 sein. Die Aussage (1) ist wahr, die anderen sind falsch.
5
490623 Lösung
10 Punkte
Teil a) Es gibt genau vier Kommandofolgen, die die gestellten Bedingungen erfüllen:
GLRLRLLLRLRL“, GLGRGLLLGRGL“,
”
”
GLRLGRRRGLRL“ und GLGRLRRRLRGL“.
”
”
Denn: Die ersten beiden Kommandos liegen ohnehin fest, nur vor dem dritten und dem fünften
Kommando kann man jeweils zwischen zwei Wegen wählen. Nach der zweiten Wahl wiederum
liegen alle weiteren Kommandos fest.
Die Kommandofolgen GLGRGLLLGRGL“ und GLRLRLLLRLRL“ sind als Beispiele in den
”
”
Abbildungen L 490623 a1 bzw. L 490623 a2 veranschaulicht.
S
S
Abbildung L 490623 a1
Abbildung L 490623 a2
Teil b) Es gibt wieder analog zum Teil a) genau vier Kommandofolgen, die das Gewünschte
leisten:
LRLRLRRRLRLR“, LRGLGRRRGLGR“,
”
”
LRLRGLLLGRLR“ und LRGLRLLLRLGR“.
”
”
(Von der Teilnehmerin / dem Teilnehmer wird nur die Angabe einer der vier Kommandofolgen
erwartet zusammen mit der Bestätigung, dass sie das Gewünschte leistet.)
Begründung (nicht verlangt): Da die Ausgangsposition einen Blick nach rechts voraussetzt,
kann die Kommandofolge nur mit den Befehlen G“ oder L“ beginnen.
”
”
Eine mit G“ beginnende Kommandofolge muss mit einem L“ fortgesetzt werden, es ist der
”
”
Weg nach rechts und oben. Die Dreifachschleife wird dann von oben kommend beendet. Die
Kommandofolge soll sich wiederholen, also muss sie mit GL“ beginnen. Das Kommando G“
”
”
führt senkrecht nach unten, aber ein Befehl L“ kann nun nicht mehr ausgeführt werden, weil
”
man nach rechts abbiegen muss, um den unteren Teil der Schleife zu durchlaufen.
Eine mit L“ beginnende Kommandofolge muss mit einem R“ fortgesetzt werden; es ist der
”
”
Weg nach oben und dann nach rechts. Die obere Schleife wird dann von rechts kommend
beendet, der Blick ist nach links gerichtet. Die Folge LR“ kann nun problemlos ausgeführt
”
und der erste Durchlauf wiederholt werden, da wir auf die Bedingung verzichtet haben, dass
der Roboter am Ende des ersten Durchlaufs mit dem Gesicht nach unten im Punkt S stehen
bleiben soll.
6
490624 Lösung
8 Punkte
Teil a) Das Einzeichnen von zwei senkrecht aufeinander stehenden Symmetrieachsen ergibt mögliche Lösungen, siehe Abbildung L 490624 a1 für das Sechseck sowie L 490624 a2 und
L 490624 a3 für das Achteck.
Abbildung L 490624 a1
Abbildung L 490624 a2
Abbildung L 490624 a3
Teil b) In Abbildung L 490624 b ist eine mögliche Lösung gezeigt.
Abbildung L 490624 b
Teil c)
Man kann das Sechseck in 12 gleich große Dreiecke einteilen, siehe Abbildung
L 490624 c1. Die gesuchte graue Fläche enthält vier dieser Dreiecke und ist damit ein Drittel der Sechseckfläche.
Abbildung L 490624 c1
Auch durch das Umlegen geeigneter Dreiecke kann eine Figur erhalten werden, in der jeweils
drei gleich große Flächen entstehen, von denen eine die Größe der gesuchten Fläche hat, siehe
Abbildungen L 490624 c2 und L 490624 c3.
Abbildung L 490624 c2
Abbildung L 490624 c3
7
Punktverteilungsvorschläge
Die Punktzahlen für die einzelnen Aufgaben sind verbindlich, um Vergleiche z. B. zum Zweck
der Entscheidung über die Teilnahme an der 3. Stufe (Landesrunde) zu ermöglichen.
Die Einschätzung der Punktzahlen für einzelne Teilschritte einer Schülerlösung (nach dem
Maßstab Verwendbarkeit des Teilschrittes in einem zum Ziel führenden Lösungsweg“) liegt
”
beim Korrektor; die folgenden Aufteilungen sind möglicherweise dem Vorgehen in einer
Schülerlösung anzupassen und können in diesem Sinne gelegentlich abgeändert werden.
Aufgabe 490621
Teil
Teil
Teil
Teil
a)
b)
c)
d)
Insgesamt: 12 Punkte
...........................................................................
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
...........................................................................
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Aufgabe 490622
3
3
2
4
Punkte
Punkte
Punkte
Punkte
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
Aufgabe 490623
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Punkte
Aufgabe 490624
Insgesamt: 8 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
Teil c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
8
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 7
Lösungen
c 2009 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
°
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490721 Lösung
10 Punkte
Angenommen, es gibt eine Lösung der Aufgabe. Dann muss das erste Sternchen durch 1 ersetzt
werden; denn andernfalls entstünde, da es auch keine 0 sein kann, als Produkt eine vierstellige
Zahl. Ferner ist das zweite Sternchen durch 0 oder 1 zu ersetzen; denn sonst entstünde ebenfalls
eine vierstellige Zahl, da bereits (12 · 90 =) 1080 vierstellig ist.
Wird für das zweite Sternchen 0 eingesetzt, dann kann für das dritte Sternchen jede der Ziffern
0 bis 9 eingesetzt werden. Wird dagegen für das zweite Sternchen 1 eingesetzt, so muss das
dritte Sternchen durch 0 ersetzt werden; denn sonst entstünde ein Produkt, das mindestens
gleich (11 · 91 =) 1001, also vierstellig ist.
Die somit verbliebenen Möglichkeiten für die ersten drei Sternchen führen in der Tat zu je
genau einer Lösung, nämlich zu
10 · 90 = 900,
10 · 94 = 940,
10 · 98 = 980,
10 · 91 = 910,
10 · 95 = 950,
10 · 99 = 990,
10 · 92 = 920,
10 · 96 = 960,
11 · 90 = 990.
10 · 93 = 930,
10 · 97 = 970,
490722 Lösung
10 Punkte
Nach Aufgabenstellung gilt:
(1)
(2)
(3)
(4)
2 Liter Bowle enthalten 800 ml Wein.
125 ml Bowle werden entnommen.
60 ml Fruchtsaft werden aufgefüllt.
Es wird so viel Wasser aufgefüllt, dass wieder 2 Liter Bowle entstehen.
Teil a) Aus Bedingung (1) folgt, dass die Bowle (2000 − 800 =) 1200 ml Fruchtsaft enthält,
also 40 % Wein und 60 % Fruchtsaft. Aus der Bedingung (2) folgt, dass nach der Entnahme
(2000 − 125 =) 1875 ml Bowle vorhanden sind, die (40 % von 1875 =) 750 ml Wein und
(60 % von 1875 =) 1125 ml Fruchtsaft enthält. Aus (2), (3) und (4) folgt, dass 60 ml Fruchtsaft
und (125 − 60 =) 65 ml Wasser aufgefüllt werden, so dass nach dem Auffüllen wieder 2000 ml
Bowle vorhanden sind, die aus 750 ml Wein, (1125+60 =) 1185 ml Fruchtsaft und 65 ml Wasser
bestehen.
Teil b) Wegen 750 : 2000 = 0,375 und 1185 : 2000 = 0,5925 enthält die Bowle nach dem
Auffüllen 37,5 % Wein und 59,25 % Fruchtsaft.
9
Hinweis: Beim Lösen kann folgende Tabelle nützlich sein. Sie ermöglicht auch eine Rechenprobe, kann jedoch eine Herleitung durch Folgerungen aus den gegebenen Bedingungen nicht
ersetzen.
vor Entnahme
nach Entnahme
Volumen Anteil
Volumen in ml
Wein
Fruchtsaft
Wasser
Bowle
800 ml
1200 ml
0 ml
2000 ml
nach Auffüllen
Volumen in ml
Anteil in %
40 %
750
750
60 %
1125
(1125 + 60 =) 1185
0%
0
65
100 % (2000 − 125 =) 1875
2000
37,50
59,25
3,25
100,00
Eine eigentliche Probe im Sinne eines Existenznachweises ist nicht erforderlich, da es der
Aufgabe zu entnehmen ist, dass eine Lösung existiert und sich aus der Rechnung genau eine
Lösung ergibt.
490723 Lösung
10 Punkte
Eine Planfigur des Dreiecks befindet sich in Abbildung L 490723.
C
Es bezeichne α die Größe des Winkels BAC, β die
Größe des Winkels CBA, γ die Größe des Winkels
ACB und ϕ die Größe des Winkels BAF .
γ
Da F auf der Geraden BC zwischen B und C liegt,
folgt zusammen mit Voraussetzung (3)
α = |<) BAF | + |<) F AC| = ϕ + ϕ + 30◦
und daher
α = 2ϕ + 30◦.
(4)
Aus Voraussetzung (1) folgt, dass das Dreieck ABC
gleichschenklig ist, also folgt mit dem Basiswinkelsatz und Gleichung (4)
β = α = 2ϕ + 30◦.
F
ϕ + 30◦
(5)
Aus dem Innenwinkelsatz im Dreieck ABF und Voraussetzung (2) folgt
α
ϕ
A
β
B
Abbildung L 490723
180◦ = ϕ + β + 90◦ = 3ϕ + 120◦,
also ϕ = 20◦.
Gleichung (5) liefert α = β = 70◦ und aus dem Innenwinkelsatz im Dreieck ABC ergibt sich
γ = 180◦ − α − β = 180◦ − 70◦ − 70◦ = 40◦.
10
490724 Lösung
10 Punkte
Angenommen, es gibt positive ganze Zahlen a, b, c mit diesen Eigenschaften. Wegen (2) ist b
durch (2 · 32 · 5 =) 90 teilbar. Wegen (4) müssen alle Primfaktoren von b in gerader Anzahl
auftreten. Wegen (1) ist b Teiler von 23 · 33 · 52 . Damit folgt
b = 22 · 32 · 52 = 900.
(5)
Ein Tripel (a; b; c) ist nun genau dann Lösung der Aufgabe, wenn b = 900 gilt und wenn
positive ganze Zahlen x, y existieren, für die gilt:
a = 90x, c = 90y,
kgV(x, 10, y) = 22 · 3 · 5,
ggT(x, 10, y) = 1,
3x < 10 < y.
(6)
(7)
(8)
(9)
Dabei folgen die Aussagen (7) bis (9) aus den Voraussetzungen (1) bis (3) bei der Division
durch 90.
Es sei nun (x; y) ein Paar positiver ganzer Zahlen, das (7), (8) und (9) erfüllt. Wegen (9) folgt
x ∈ {1; 2; 3}.
Wenn x = 2 gilt, so muss y wegen (7) durch 22 teilbar sein. Dies widerspricht jedoch (8).
Damit verbleibt
x ∈ {1; 3}.
Wir ermitteln nun zu diesen x systematisch alle Zahlen y (der Größe nach geordnet), welche
(7), (8) und (9) erfüllen, und durch Multiplikation mit 90 alle Tripel (a; b; c) mit (1), (2), (3)
und (4). Dabei gilt nach (7): Die Zahl y muss durch 22 teilbar sein; außerdem ist mindestens
eine der Zahlen x und y durch 3 teilbar:
x
y
(7)
(8)
(9)
a
b
c
1
1
3
3
3
3
22 · 3
22 · 3 · 5
22
22 · 3
22 · 5
22 · 3 · 5
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
nein
ja
ja
ja
90
90
–
270
270
270
900
900
–
900
900
900
1080
5400
–
1080
1800
5400
Wegen des gewählten Vorgehens (systematisches Probieren) ist klar, dass die fünf gefundenen
Tripel
(90; 900; 1080),
(90; 900; 5040),
(270; 900; 1080),
tatsächlich alle Lösungen sind.
11
(270; 900; 1800),
(270; 900; 5400)
Punktverteilungsvorschläge
Die Punktzahlen für die einzelnen Aufgaben sind verbindlich, um Vergleiche z. B. zum Zweck
der Entscheidung über die Teilnahme an der 3. Stufe (Landesrunde) zu ermöglichen.
Die Einschätzung der Punktzahlen für einzelne Teilschritte einer Schülerlösung (nach dem
Maßstab Verwendbarkeit des Teilschrittes in einem zum Ziel führenden Lösungsweg“) liegt
”
beim Korrektor; die folgenden Aufteilungen sind möglicherweise dem Vorgehen in einer
Schülerlösung anzupassen und können in diesem Sinne gelegentlich abgeändert werden.
Aufgabe 490721
Insgesamt: 10 Punkte
Ergebnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
Vollständige und korrekte Begründung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Punkte
Aufgabe 490722
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
Aufgabe 490723
Insgesamt: 10 Punkte
Planfigur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 2 Punkte
Ergebnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
Vollständige und korrekte Begründung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
Aufgabe 490724
Insgesamt: 10 Punkte
Ermitteln von b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Punkte
Ermitteln der Werte von a bzw. x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 3 Punkte
Ermitteln der 5 Lösungstripel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Punkte
12
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 8
Lösungen
c 2009 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
°
www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.
490821 Lösung
10 Punkte
Teil a) Die ursprüngliche Mischung enthält 100 ml Sirup und 900 ml Mineralwasser. Wir
bezeichnen mit x die in Milliliter gemessene Menge Sirup, die Frau Müller für eine gesunde“
”
Limonade hinzufügen muss, damit die neue Mischung 20 % Sirup enthält. Da 15 gleich 20 %
ist, gilt dann nach Aufgabenstellung
1 · (1000 + x) = 100 + x,
5
also
1000 + x = 500 + 5x
500 = 4x
und daher x = 125. Folglich hat Frau Müller der Limonade 125 ml Sirup hinzugefügt, um Kais
Wunsch zu erfüllen.
Teil b) Die von Katja verdünnte Limonade enthält ebenfalls (100 + 125 =) 225 ml Sirup,
225 = 0,18 enthält diese
aber (900 + 125 =) 1025 ml Wasser. Wegen 225 + 1025 = 1250 und 1250
Limonade 18 % Sirup.
Hinweis: Bei der Lösungsfindung kann folgende Tabelle nützlich sein:
Sirup
Wasser
Limonade
Ausgang
1. Änderung
Anteil
2. Änderung
Anteil
100 ml
900 ml
1000 ml
(100 + 125 =) 225 ml
900 ml
(1000 + 125 =) 1125 ml
20 %
80 %
100 %
225 ml
(900 + 125 =) 1025 ml
(225 + 1025 =) 1250 ml
18 %
82 %
100 %
490822 Lösung
10 Punkte
Nach Aufgabenstellung gilt
ABCD ist ein Trapez mit AB k CD,
|<) BAD| = α = 64◦,
|AD| = 5 cm,
|DC| = 3 cm,
|AB| = |BC| + |CD|.
Eine Zeichnung des Vierecks befindet sich in
Abbildung L 490822 (nicht maßstabsgerecht).
13
3 cm
C
5 cm
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
D
64◦
A
E
Abbildung L 490822
B
Die einem Schenkel anliegenden Winkel eines Trapezes ergänzen einander zu 180◦. Aus (1)
und (2) folgt daher
|<) ADC| = 180◦ − 64◦ = 116◦.
Aus (5) folgt |AB| > |CD|. Daher folgt aus (1), dass es auf der Strecke AB genau einen
Punkt E gibt, für den AECD ein Parallelogramm ist. Gegenüberliegende Winkel in einem
Parallelogramm sind stets gleich groß. Aus (2) folgt daher
|<) DCE| = 64◦.
(6)
Gegenüberliegende Seiten eines Parallelogramms sind stets parallel. Daher folgt aus (2) nach
dem Stufenwinkelsatz
|<) BEC| = 64◦.
(7)
Aus (5) folgt |BC| = |AB| − |CD|. Da E auf der Seite AB liegt, gilt |BE| = |AB| − |AE|.
Weil AECD ein Parallelogramm ist, gilt |CD| = |AE|. Hieraus folgt dann |BC| = |BE|. Nach
dem Basiswinkelsatz für das Dreieck CEB folgt hieraus |<) ECB| = |<) BEC|, wegen (7) also
|<) ECB| = 64◦.
(8)
Wegen |<) DCB| = |<) DCE| + |<) ECB| und (6) folgt hieraus |<) DCB| = 64◦ + 64◦ = 128◦.
Aus (7) und (8) folgt nach dem Innenwinkelsatz für das Dreieck CEB
|<) CBE| = 180◦ − |<) BEC| − |<) ECB| = 180◦ − 64◦ − 64◦ = 52◦.
Da E auf der Seite AB liegt, gilt |<) CBA| = 52◦. Für die restlichen Innenwinkel des Vierecks
ABCD gilt somit |<) CBA| = 52◦, |<) DCB| = 128◦ und |<) ADC| = 116◦.
Hinweis: Die Voraussetzungen (3) und (4) werden nur für die Zeichnung benötigt.
490823 Lösung
10 Punkte
In der nebenstehenden Tabelle werden Bezeichnungen für den zu bauenden Würfel und die verwendeten
Teilwürfel eingeführt und deren Volumina angegeben.
Beachte: Das Aufbauen eines Würfels aus Teilwürfeln
ist äquivalent zum Zerlegen dieses Würfels in diese
Teilwürfel.
Wir unterscheiden folgende Fälle nach der Größe des
größten benutzten Würfels:
Würfel
Kantenlänge
in cm
Volumen
in cm3
W5
W4
W3
W2
W1
5
4
3
2
1
V5 = 125
V4 = 64
V3 = 27
V2 = 8
V1 = 1
Fall 1: Der größte Würfel, der beim Aufbau des Würfels W5 verwendet wird, ist W4 .
Dann verbleibt beim Zerlegen ein Restkörper, der sich wegen 5 cm − 4 cm = 1 cm nur in
Einheitswürfel zerlegen lässt. Wegen V5 − V4 = 125 − 64 = 61 entstehen bei der Zerlegung des
Restkörpers 61 Einheitswürfel W1 . Folglich gilt V5 = V4 + 61 · V1 , und es werden insgesamt
(1 + 61 =) 62 Teilwürfel verwendet.
Fall 2: Der größte Würfel, der beim Aufbau des Würfels W5 verwendet wird, ist W3 .
Um eine minimale Anzahl von W1 - und W2 -Würfeln zu erhalten, ist die Anzahl der W2 -Würfel
zu maximieren, da nur ein W3 -Würfel in den W5 -Würfel passt. Die Anzahl der W2 -Würfel wird
am größten, wenn der W3 -Würfel in einer Ecke des W5 -Würfels liegt, da nur dann W2 -Würfel
14
an drei Innenseiten des W5 -Würfels platziert werden können: Auf einer Seite ist noch Raum für
vier W2 -Würfel, auf der nächsten Seite noch Platz für zwei W2 -Würfel und auf die letzte Seite
passt zusätzlich noch ein W2 -Würfel, also sieben W2 -Würfel, vergleiche Abbildung L 490823.
(Diese Abbildung wird vom Schüler nicht verlangt.) Der nun verbleibende Rest mit einem
Volumen von (V5 − V3 − 7 · V2 =) 42 lässt sich nur mit Einheitswürfeln auslegen. Zu dieser
Zerlegung sind insgesamt (1 · W3 + 7 · W2 + 42 · W1 =) 50 Würfel nötig.
2 cm
1 cm
1 cm
3 cm
1 cm
2 cm
2 cm
2 cm
1 cm
Abbildung L 490823
Fall 3: Der größte Würfel, der beim Aufbau des Würfels W5 verwendet wird, ist W2 oder
W1 . Da in jeder der Raumrichtungen höchstens zwei W2 -Würfel untergebracht werden können,
sind es höchstens acht W2 -Würfel und damit mindestens (V5 − 8 · V2 =) 61 W1 -Würfel, d. h.
mehr als 50.
Da die Fallunterscheidung vollständig ist, ist 50 die gesuchte Anzahl.
490824 Lösung
10 Punkte
Teil a) I. Es sei z eine Zahl, die der Bedingung genügt. Dann existieren zwei Zahlen a, b ∈
{0; 1; 2; . . . ; 9} mit a 6= 0 und
z = 10a + b.
(1)
Weiter gilt für die Quersumme
QS(z) = a + b
(2)
6 · (z + QS(z)) = 180.
(3)
und
Aus (1), (2) und (3) folgt 10a + b + a + b = 30, d. h.
11a + 2b = 30.
(4)
Da 2b und 30 gerade sind und 11 ungerade ist, muss a gerade sein. Da b nicht negativ ist,
30 sein. Damit verbleibt nur a = 2. Aus (4) folgt b = 4 und damit z = 24.
muss a kleiner als 11
II. Die Zahl 24 ist zweistellig mit der Quersumme 6. Die Summe aus Zahl und Quersumme ist
30, das Sechsfache ist tatsächlich 180.
Wegen I. und II. ist 24 die einzige Zahl, welche der Bedingung genügt.
15
Teil b) I. Angenommen, zu einem Paar positiver ganzer Zahlen (m; n) existiert eine Zahl
z mit den geforderten Eigenschaften. Dann existieren drei Zahlen a, b, c ∈ {0; 1; 2; . . . ; 9} mit
a 6= 0 und
z = 100a + 10b + c,
n = QS(z) = a + b + c,
c = 2a,
100c + 10b + a = 100a + 10b + c + m.
(1)
(2)
(3)
(4)
Aus (3) folgt
a ∈ {1; 2; 3; 4}.
(5)
Die Gleichung (4) ergibt 99(c − a) = m. Wegen Gleichung (3) erhalten wir
m = 99a.
(6)
Aus (2) und (3) folgt
n = 3a + b.
Folglich gilt
(m; n) ∈ M := {(99a; 3a + b) : a ∈ {1; 2; 3; 4}, b ∈ {0; 1; 2; . . . ; 9}}.
II. Ist nun (m; n) ∈ M , dann gilt m = 99a und n = 3a + b mit einem Paar (a; b) mit
a ∈ {1; 2; 3; 4} und b ∈ {0; 1; 2; . . . ; 9}. Die Zahl
z = 100a + 10b + 2a
ist wegen a 6= 0 dreistellig. Wegen a < 5 ist 2a die Einerstelle von z, welche somit doppelt so
groß wie die Hunderterstelle a ist. Wegen a < 5 und b < 10 gilt
QS(z) = a + b + 2a = 3a + b = n.
Die aus Vertauschung der Einer- mit der Hunderterstelle entstehende Zahl ist
200a + 10b + a,
welche um 99a = m größer ist als z. Somit existiert zu jedem Paar (m; n) ∈ M eine Zahl z,
die den Forderungen genügt.
Wegen I. und II. ist M die Menge der gesuchten Paare (m; n). Es gilt
M = {(99; 3); (99; 4); . . . ; (99; 12); (198; 6); (198; 7); . . . ; (198; 15);
(297; 9); (297; 10); . . . ; (297; 18); (396; 12); (396; 13); . . . ; (396; 21)}.
Dies sind 40 Paare.
16
Punktverteilungsvorschläge
Die Punktzahlen für die einzelnen Aufgaben sind verbindlich, um Vergleiche z. B. zum Zweck
der Entscheidung über die Teilnahme an der 3. Stufe (Landesrunde) zu ermöglichen.
Die Einschätzung der Punktzahlen für einzelne Teilschritte einer Schülerlösung (nach dem
Maßstab Verwendbarkeit des Teilschrittes in einem zum Ziel führenden Lösungsweg“) liegt
”
beim Korrektor; die folgenden Aufteilungen sind möglicherweise dem Vorgehen in einer
Schülerlösung anzupassen und können in diesem Sinne gelegentlich abgeändert werden.
Aufgabe 490821
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Punkte
Aufgabe 490822
Insgesamt: 10 Punkte
Zeichnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 2 Punkte
Ergebnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
Vollständige und korrekte Herleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 4 Punkte
Aufgabe 490823
Insgesamt: 10 Punkte
Ergebnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Punkte
Vollständige und korrekte Herleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 5 Punkte
Aufgabe 490824
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Punkte
17
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 9
Lösungen
c 2009 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
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490921 Lösung
10 Punkte
Teil a) Die Menge der natürlichen Teiler von 50 ist T50 = {1; 2; 5; 10; 25; 50}. Wegen
20−|r| ≤ 20 gilt 20−|r| ∈ T50 genau dann, wenn |r| ∈ {19; 18; 15; 10}, also genau dann, wenn
genau für diese r eine natürliche
r ∈ {−19; −18; −15; −10; 10; 15; 18; 19}. Also ist 20 50
− |r|
Zahl.
a
eine natürliche Zahl ist, dann ist auch 75 −a|−s| eine. Die Anzahl der
Teil b) Wenn 75 −
|s|
gesuchten Zahlen s kann also nur ungerade sein, wenn s = 0 zu ihnen gehört, also wenn 75 ein
Teiler von a ist. Da 0 zu viele Teiler hat, ist a mindestens 75. Die natürlichen Teiler von 75
sind 1, 3, 5, 15, 25, 75. Die zugeordneten Zahlen s lauten in der entsprechenden Reihenfolge
74, −74; 72, −72; 70, −70; 60, −60; 50, −50 sowie 0. Es sind wie gefordert genau 11 Zahlen.
Die Zahl a = 75 ist damit die kleinste natürliche Zahl, für die es genau 11 ganze Zahlen s mit
den geforderten Eigenschaften gibt.
Hinweis: Auch a = 79 · 75 = 5925 hat 11 Teiler der genannten Art. Sie ist aber nicht die
kleinste Zahl mit dieser Eigenschaft.
490922 Lösung
10 Punkte
Aussage (A2) kann nicht wahr sein (23 ist Primzahl), also ist (A1) wahr. Die gesuchte Zahl
ist daher dreistellig.
Aussage (B2) kann nicht wahr sein, weil 111 und alle Vielfache davon durch 37 teilbar sind.
Man beachte dazu, dass 111 = 3 · 37 gilt und weiterhin, dass alle dreistelligen Zahlen mit
drei gleichen Ziffern Vielfache von 111 sind. Barbara hätte in diesem Fall gleich zwei wahre
Aussagen gemacht. Also ist (B1) wahr und (B2) falsch.
Ist nun zusätzlich (C1) wahr, dann muss die Zahl sogar durch 11 · 37 = 407 teilbar sein.
Ist (C2) wahr, dann muss die Zahl durch 370 teilbar sein.
Es kommen also nur noch die Zahlen 370, 407, 740 und 814 in Frage. Davon kann die Zahl
407 keine Lösung sein, denn dann hätte Danny zwei wahre Aussagen gemacht.
Die übrigen drei Zahlen erfüllen alle gestellten Bedingungen, können also auf dem Zettel
stehen:
– Für 370 sind genau (A1), (B1), (C2) und (D2) wahr.
– Für 740 sind genau (A1), (B1), (C2) und (D1) wahr.
– Für 814 sind genau (A1), (B1), (C1) und (D1) wahr.
18
490923 Lösung
10 Punkte
Wir betrachten nur Flüssigkeit A. Ein Liter wird nach F2 mit der Flüssigkeit B geschöpft,
dort ist der Anteil dann einer von drei Litern. Von diesen jetzt drei Litern wird ein Liter (mit
1 Liter Flüssigkeit A) zurückgefüllt. Damit beträgt im Fass F der Anteil (der Flüssigkeit A)
1
3
3 + 31 = 10
Liter von insgesamt 4 = 12
Litern, das ist ein Anteil von 65 (Ergebnis a).
3
3
Somit werden 65 Liter zum noch vorhandenen Anteil von 23 Liter in Fass F2 gegeben. Das sind
3 Liter von insgesamt 3 Litern, also genau die Hälfte. Damit hat auch Flüssigkeit B im Fass
2
F2 den gleichen Anteil von 21 .
490924 Lösung
10 Punkte
Lösungsvariante 1 für Teil a) Im Spezialfall des gleichschenklig-rechtwinkligen
Dreiecks ABC
√
√
mit a = b gilt |AB| = 2R = 2 a und hc = R = 22 a, siehe auch Abbildung L 490924 a1.
Die Berührungsradien zu den beiden Katheten erzeugen mit diesen bei C ein Viereck mit zwei
benachbarten Seiten der Länge r und drei rechten Winkeln bei den Berührpunkten und bei
C, also ein Quadrat mit der Seitenlänge r. Die Höhe hc ist die Summe aus r und der Länge
der Quadratdiagonalen, also gilt
√
√ ¢
√
¡
2
a = r + 2 r = 1 + 2 r.
2
√ ¢
√
¡
Umstellen und Rationalmachen des Nenners ergibt r = 1 − 22 a. Zusammen mit R = 22 a
folgt die Behauptung.
C
C
r
r
√
2r
a−r
a−r
I
r
A
R
R
B
A
Abbildung L 490924 a1
B
Abbildung L 490924 a2
Lösungsvariante 2 (skizziert) für Teil a) Die Verbindungsstrecken des Inkreismittelpunkts I
mit A, B und C zerlegen das Dreieck ABC in drei Teildreiecke, deren Höhe von I jeweils die
Länge r hat, siehe auch Abbildung L 490924 a2.
Für deren Inhaltssumme gilt:
√
a2
1
(ar + ar + 2 ar) = .
2
2
Auflösen nach r liefert den gleichen Term wie Variante 1.
19
Teil b) Die Berührungsradien des Inkreises
mit den Katheten zerlegen das Dreieck in drei
Vierecke mit den Diagonalen CI, AI bzw. BI,
siehe nebenstehende Abbildung.
i) Wie in a) zeigt man, dass das Viereck bei C
ein Quadrat mit der Seitenlänge r ist.
C
r
r
a−r
b−r
ii) Das Viereck bei A wird durch AI in zwei
Dreiecke zerlegt, die in den zwei Seitenlängen
a−r
A
B
b−r
|AI| und r und der Größe der rechten Winkel
Abbildung L 490924 b
bei den Berührpunkten übereinstimmen. Da die
Hypotenuse die längste Seite im rechtwinkligen
Dreieck ist, sind sie nach Ssw kongruent. Daher sind auch die Tangentenabschnitte von A an
den Inkreis gleich lang. Wegen i) haben sie die Länge b − r.
iii) Entsprechend zeigt man, dass die Tangentenabschnitte von B an den Inkreis die Länge
a − r haben.
Aus ii) und iii) folgt c = (a − r) + (b − r) = a + b − 2r.
Nach der Umkehrung des Satzes des Thales ist die Strecke AB Durchmesser des Umkreises
von Dreieck ABC, also c = 2R.
b.
Zusammen folgt 2R = a + b − 2r und damit R + r = a +
2
Lösungsvariante für Teil b) Ein der obigen Variante 2 für Teil a) entsprechender Flächenansatz
führt auf
ab
ab
√
=
.
r=
a+b+c
a + b + a2 + b 2
√
2
2
Rationalmachen des Nenners liefert r = a + b − 2 a + b , was mit R =
b führt.
R+r = a+
2
√
a2 + b2 auch zu
2
Bemerkungen:
1) Wird zunächst b) gelöst, ergibt sich a) unmittelbar als Spezialfall mit a = b.
2) Die Kongruenz der Tangentenabschnitte kann in b) auch als bekannte Tatsache benutzt
werden.
20
Punktverteilungsvorschläge
Die Punktzahlen für die einzelnen Aufgaben sind verbindlich, um Vergleiche z. B. zum Zweck
der Entscheidung über die Teilnahme an der 3. Stufe (Landesrunde) zu ermöglichen.
Die Einschätzung der Punktzahlen für einzelne Teilschritte einer Schülerlösung (nach dem
Maßstab Verwendbarkeit des Teilschrittes in einem zum Ziel führenden Lösungsweg“) liegt
”
beim Korrektor; die folgenden Aufteilungen sind möglicherweise dem Vorgehen in einer
Schülerlösung anzupassen und können in diesem Sinne gelegentlich abgeändert werden.
Aufgabe 490921
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) Berücksichtigung aller Teiler von 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Zugehörige Werte r (bzw. mögliche Beträge für r) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Teil b) Ergebnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Begründung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Aufgabe 490922
1
3
2
4
Punkt
Punkte
Punkte
Punkte
Insgesamt: 10 Punkte
Angabe der drei Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 3 Punkte
Begründung, ggf. mit Probe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 6 Punkte
Probe oder gleichwertige Argumentation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 1 Punkt
Aufgabe 490923
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) Ergebnisangabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Herleitung/Begründung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Teil b) Ergebnisangabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Herleitung/Begründung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Aufgabe 490924
2
4
2
2
Punkte
Punkte
Punkte
Punkte
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) Tangentenabschnitte oder Flächenzerlegung erkennen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Weitere Schritte zur vollständigen Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Teil b) Tangentenabschnitte erkennen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 R = c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Weitere Schritte zur vollständigen Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
2
2
2
1
3
Punkte
Punkte
Punkte
Punkt
Punkte
Wird zunächst b) gelöst, ergibt sich a) unmittelbar als Spezialfall mit a = b. Wenn a) als
Spezialfall des (bewiesenen) Teils b) behandelt wird, dann erhält der Schüler also auch volle
Punktzahl für a).
21
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 10
Lösungen
c 2009 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
°
www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten.
491021 Lösung
10 Punkte
Teil a) Aus Gleichung (1) folgt (2y + x)(2y − x) = 2y + x und daraus (2y + x)(2y − x − 1) = 0.
Dies ist genau für x = −2y oder x = 2y − 1 erfüllt.
Einsetzen in Gleichung (2) liefert y = 54 oder y = 3 und dazu x = − 85 bzw. x = 5. Damit
´
o
n³
ergibt sich als Menge möglicher Lösungen L = − 58 ; 54 , (5; 3) .
Einsetzen der Werte in die Ausgangsgleichungen bestätigt, dass jedes der beiden Paare auch
wirklich eine Lösung ist.
Teil b) Die Gleichung (1) kann man umformen zu (ay + bx) · (ay − bx − a) = 0. Es ergeben
sich zwei Fälle.
Fall 1: ay + bx = 0, also ay = −bx.
Einsetzen in (2) ergibt 2bx = −a, und damit x = − 2ab wegen b > 0.
Durch Einsetzen in (2) erhält man a · y − 21 = 0.
³
´
Ist a = 0, so kann y frei gewählt werden. Die Probe (für a = 0) zeigt, dass (0; y), wobei y frei
wählbar ist, Lösung des Systems ist.
Ist a 6= 0, so erhält man y = 21 als notwendige Bedingung.
a und y = 1 in die Gleichungen (1) und (2) zeigt, dass − a ; 1
Das Einsetzen von x = − 2b
2
2b 2
tatsächlich Lösung ist.
³
´
Fall 2: ay − bx − a = 0, also ay = bx + a.
a wegen b > 0.
Einsetzen in Gleichung (2) liefert x = − 2b
Analog
zum 1. Fall erhält man die Lösungen (0; y) mit frei wählbarem y für a = 0 sowie
³
´
a
1
− 2b ; 2 für a 6= 0, was jeweils schon durch die Probe bestätigt wurde.
Hinweis: Einsetzen von ay = −a − 3bx aus (2) in (1) liefert nach Umformungen (2bx + a)2 = 0
a in (2).
und man erhält alle Lösungen z. B. durch Einsetzen von x = − 2b
Noch elementarer, aber rechenaufwendiger, kann man in beiden Teilaufgaben vorgehen, indem
man die Gleichung (2) z. B. nach x auflöst und die nach Einsetzen in (1) gefundene quadratische
Gleichung in y löst.
22
491022 Lösung
10 Punkte
Aussage (A2) kann nicht wahr sein (23 ist Primzahl), also ist (A1) wahr. Die gesuchte Zahl
ist daher dreistellig.
Aussage (B2) kann nicht wahr sein, weil 111 und alle Vielfache davon durch 37 teilbar sind.
Man beachte dazu, dass 111 = 3 · 37 gilt und weiterhin, dass alle dreistelligen Zahlen mit
drei gleichen Ziffern Vielfache von 111 sind. Barbara hätte in diesem Fall gleich zwei wahre
Aussagen gemacht. Also ist (B1) wahr und (B2) falsch.
Ist nun zusätzlich (C1) wahr, dann muss die Zahl sogar durch 11 · 37 = 407 teilbar sein.
Ist (C2) wahr, dann muss die Zahl durch 370 teilbar sein.
Es kommen also nur noch die Zahlen 370, 407, 740 und 814 in Frage. Davon kann die Zahl
407 keine Lösung sein, denn dann hätte Danny zwei wahre Aussagen gemacht.
Die übrigen drei Zahlen erfüllen alle gestellten Bedingungen, können also auf dem Zettel
stehen:
– Für 370 sind genau (A1), (B1), (C2) und (D2) wahr.
– Für 740 sind genau (A1), (B1), (C2) und (D1) wahr.
– Für 814 sind genau (A1), (B1), (C1) und (D1) wahr.
491023 Lösung
10 Punkte
Teil a) Die Strecke AC ist Symmetrieachse des Drachenvierecks. Damit sind die beiden Teilwinkel <) CAD
und <) BAC kongruent, und es gilt |<) BAD| = 2 |<) CAD|.
Nach dem Zentriwinkel-Peripheriewinkelsatz gilt auch die
Gleichheit |<) CM D| = 2 |<) CAD|. Daraus folgt die Kongruenz der Winkel <) BAD und <) CM D.
A
Lösungsvariante zu Teil a) Da das Viereck ABCD nach
dem Satz des Thales zwei rechte Innenwinkel mit der Summe 180◦ besitzt und da AC die Symmetrieachse ist, gilt für
die anderen beiden Winkel
|<) BAD| = 180◦ − |<) DCB| = 180◦ − 2 |<) DCM |.
D
M
C
B
Abbildung L 491023 a
Im gleichschenkligen Dreieck DCM (CM und DM sind Umkreisradien) gilt
|<) CM D| = 180◦ − (|<) DCM | + |<) M DC|) = 180◦ − 2 |<) DCM |.
Also sind <) CM D und <) BAD gleich groß.
Teil b) Die Diagonale AC ist der Umkreisdurchmesser (mit der Länge 2r). Damit ist das
Dreieck ACD nach dem Satz des Thales rechtwinklig. Also gilt a2 + b2 = (2r)2 .
Für den Umkreisradius gilt daher
r
a2 + b 2
1 √
r=
= · a2 + b 2 .
4
2
23
Teil c) Unter den beschriebenen Bedingungen
gilt für den Berührungsradius M B ⊥ t und damit
wegen der Parallelität von t und AC auch M B ⊥
AC. Die Strecke M B ist somit Höhe auf AC im
Dreieck ABC sowie auf CE des Dreiecks CBE.
D
A
M
Wenn sich die Vierecksfläche verdoppelt hat, muss
die Länge der Diagonale AE im Vergleich zu
|AC| doppelt so groß sein. Also gilt auch |CE| =
|AC| = 2r. Aus dem Satz des Pythagoras, angewandt auf das rechtwinklige Dreieck EM B, folgt
|BE|2 = r2 + (r + 2r)2 .
√
Damit gilt |BE| = r · 10.
C
E
B
Abbildung L 491023 c
491024 Lösung
10 Punkte
Teil a) Ein Bild nach Bernds Vorschrift für alle echten Brüche bis einschließlich dem Nenner 7
ist in Abbildung L 491024 a dargestellt.
1
7
→ 61 → 51 → 41 → 13 → 21 ← 32 ← 34 ← 54 ← 65 ← 76
↑
↑
↑
↑
2
7
2
5
3
5
↑
↑
5
7
4
7
3
7
Abbildung L 491024 a
Teil b) Im Weiteren wird mehrfach die folgende Aussage zur Anwendung gebracht:
A < C genau dann, wenn A · D < B · C gilt.
Für positive A, B, C, D gilt B
(1)
D
Es werden die Brüche mit den Nennern 3m − 1, 3m und 3m + 1 und allen zugehörigen Zählern
für m = 3, 4, 5, . . . nach den in der Aufgabenstellung vorgegebenen Regeln in dieser Reihenfolge
betrachtet. Diese Untersuchung sichert die korrekte Zuordnung aller Brüche zu den vorher
eingetragenen (Brüche mit kleinerem m wurden schon in Aufgabe a) betrachtet).
m − 1 und
Brüche mit dem Nenner 3m − 1: Unter den Brüchen mit diesem Nenner liegen 3m
−1
m
1 . Die folgende Ungleichungskette lässt sich durch mehrfaches Anwenam
nächsten
an
3m − 1
3
den von (1) leicht nachprüfen:
m
m−1 .
m−1 < m−1 < 1 <
< 3m
3m − 1
3m − 2
3
3m − 1
−4
m − 1 als an 1 , denn für m ≥ 3 gilt
Weiter liegt der Bruch 3mm− 1 näher an 3m
−4
3
1
m−1 − m
= (3m − 4)(3m
< 3mm− 1 − 13 = 3(3m1 − 1)
3m − 4
3m − 1
− 1)
m
m − 1 und
ist daher ein Pfeil zu 13 einzuzeichnen, da
Von keinem der beiden Brüche 3m
−1
3m − 1
m − 1 bzw. m − 1 näher als 1 liegen.
die bereits eingetragenen Brüche 3m
−2
3m − 4
3
24
Von anderen Brüchen mit dem Nenner 3m − 1 sind erst recht keine Pfeile zu 31 einzuzeichnen,
m − 1 und für
denn 3ma− 1 ist für a = 1, 2, . . . , m − 2 ebenfalls weiter entfernt von 13 als von 3m
−2
m−1 .
a = m + 1, . . . , 3m − 2 weiter entfernt von 31 als von 3m
−4
m = 1 ist bereits eingetragen. Für die beiden anderen in Frage
Brüche mit dem Nenner 3m: 3m
3
kommenden Brüche gilt
m−1 < m−1 < 1 <
m
+ 1.
< m3m
3m
3m − 1
3
3m − 1
− 1 und m + 1 ist daher ein Pfeil zu 1 einzuzeichnen; von
Von keinem der beiden Brüche m3m
3m
3
a mit a < m − 1 oder a > m + 1 erst recht nicht.
den anderen Brüchen 3m
m + 1 zu unterBrüche mit dem Nenner 3m + 1: Hier sind zunächst die Brüche 3mm+ 1 und 3m
+1
suchen. Die folgende Ungleichungskette lässt sich wieder durch mehrfaches Anwenden von (1)
leicht nachprüfen:
m
m+1 .
m−1 <
< 31 < 3mm− 1 < 3m
3m − 2
3m + 1
+1
m − 1 als an 1 , denn für m ≥ 3 gilt
Der Bruch 3mm+ 1 liegt näher an 3m
−2
3
1
m − m−1 =
< 13 − 3mm+ 1 = 3(3m1 + 1) .
3m + 1
3m − 2
(3m − 2)(3m + 1)
m + 1 ist daher ein Pfeil zu 1 einzuzeichnen, da
Von keinem der beiden Brüche 3mm+ 1 und 3m
+1
3
m
1 liegen. Gleiches gilt erst recht
m − 1 bzw.
näher
als
die bereits eingetragenen Brüche 3m
−2
3m − 1
3
für die anderen Brüche 3ma+ 1 mit a < m oder a > m + 1.
Also ist nur für die unter a) gefundenen Brüche 14 und 52 einen Pfeil zu 13 einzuzeichnen.
Lösungsvariante für Teil b) Es werden die Brüche nz anhand des Zählers z durchmustert,
wobei wir mit Blick auf die Untersuchungen zu Teil a) n > 7 voraussetzen können.
z > 1.
n
3
1
z
Ist n ≥ 2 , so ist der Bruch näher an 12 als an 31 gelegen. Für Brüche mit 12 > nz > 13 und
1 > 1 wegen (1). z ist also weiter entfernt von 1 als der bereits
n < 3z − 1 gilt nz > nz −
−2
3
n
3
1 . In beiden Fällen sind also keine weiteren Pfeile zu 1 einzuzeichnen.
eingetragene Bruch nz −
−2
3
Untersuchen wir nun die Brüche nz mit n = 3z − 1 und n > 7, also z ≥ 3, genauer.
z−1 >
z
Für einen solchen Bruch 3z z− 1 gilt zwar 3z
> 31 , aber wegen
−4
3z − 1
Fall 1:
z−1 − z
1
= (3z − 1)(3z
3z − 4
3z − 1
− 4)
und
z
− 31 = 3(3z1− 1)
3z − 1
z − 1 als an 1 .
liegt der neu einzufügende Bruch 3z z− 1 näher am bereits eingetragenen Bruch 3z
−4
3
Von Brüchen nz mit n > 7 und nz > 31 sind also keine weiteren Pfeile zu 31 einzuzeichnen.
z < 1.
n
3
z
1
Ist n ≤ 4 , so ist der Bruch näher an 14 als an 31 gelegen. Für Brüche mit 14 < nz < 13 und
1 < 1 wegen (1). z ist also weiter entfernt von 1 als der bereits
n > 3z + 1 gilt nz < nz −
−4
3
n
3
1 . In beiden Fällen sind also keine weiteren Pfeile zu 1 einzuzeichnen.
eingetragene Bruch nz −
−4
3
Fall 2:
25
Untersuchen wir nun die Brüche nz mit n = 3z + 1 und n > 7, also z ≥ 3, genauer.
z−1 <
z
< 31 , aber wegen
Für einen solchen Bruch 3z z+ 1 gilt zwar 3z
−2
3z + 1
z−1 =
1
z
− 3z
3z + 1
−2
(3z + 1)(3z − 2)
und
1− z
= 3(3z1+ 1)
3
3z + 1
z − 1 als an 1 .
liegt der neu einzufügende Bruch 3z z+ 1 näher am bereits eingetragenen Bruch 3z
−2
3
Von Brüchen nz mit n > 7 und nz < 13 sind also ebenfalls keine weiteren Pfeile zu 31 einzuzeichnen.
Die einzigen Pfeile, die im Bruch 31 enden, gehen also von 41 und 52 aus.
Punktverteilungsvorschläge
Die Punktzahlen für die einzelnen Aufgaben sind verbindlich, um Vergleiche z. B. zum Zweck
der Entscheidung über die Teilnahme an der 3. Stufe (Landesrunde) zu ermöglichen.
Die Einschätzung der Punktzahlen für einzelne Teilschritte einer Schülerlösung (nach dem
Maßstab Verwendbarkeit des Teilschrittes in einem zum Ziel führenden Lösungsweg“) liegt
”
beim Korrektor; die folgenden Aufteilungen sind möglicherweise dem Vorgehen in einer
Schülerlösung anzupassen und können in diesem Sinne gelegentlich abgeändert werden.
Aufgabe 491021
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) Angabe der Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 2 Punkte
Korrekter Lösungsweg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
(Wenn der Fall 2y + x = 0 nicht bearbeitet wurde, sind maximal 3 Punkte erreichbar.)
Teil b) Angabe der Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 2 Punkte
Korrekter Lösungsweg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
(Wenn der Fall ay +bx = 0 nicht bearbeitet wurde, sind maximal 2 Punkte erreichbar.)
Aufgabe 491022
Insgesamt: 10 Punkte
Angabe der drei Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 3 Punkte
Begründung, ggf. mit Probe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 6 Punkte
Probe oder gleichwertige Argumentation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 1 Punkt
Aufgabe 491023
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
Teil c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
Aufgabe 491024
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 3 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Punkte
26
49. Mathematik-Olympiade
2. Stufe (Regionalrunde)
Klasse 11–13
Lösungen
c 2009 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
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491321 Lösung
10 Punkte
Angenommen, es existiert ein Lösungspaar (x; y). Dann ist Gleichung (1) äquivalent zu
x(x − y) = 2009. Daher muss x ein Teiler von 2009 sein. Wegen 2009 = 72 · 41 ist
x ∈ {1; 7; 41; 49; 287; 2009}. Aus x wird jetzt der Reihe nach x − y, dann y und schließlich
y 2 − x ausgerechnet.
In der folgenden Tabelle ist für x ≤ 41 dann x − y ≥ 49 und damit y < 0 im Widerspruch zur
Voraussetzung. In den verbleibenden drei Fällen ist nur einmal y 2 − x = 15.
x
1
7
41
49
287
2009
x−y
2009
287
49
41
7
1
y
<0
<0
<0
8
280
2008
y2 − x
15
78 113
4 030 055
Nach Konstruktion von x und y ist (1) in allen Zeilen erfüllt, (2) genau im vierten Fall. Es
gibt also genau eine Lösung, nämlich (49; 8).
Zweite Lösung: Setzt man x = y 2 − 15 aus Gleichung (2) in (1) ein, erhält man
y 4 − 30y 2 + 225 − y 3 + 15y = 2009,
also
y 4 − y 3 − 30y 2 + 15y − 1784 = 0.
Nach Probieren der Nullstelle y = 8 faktorisiert man
(y − 8)(y 3 + 7y 2 + 26y + 223) = 0.
Da der zweite Faktor für jedes positive y positiv wird, kann nur y = 8 und damit x = 49
Lösung sein, was die Probe 492 − 8 · 49 = 2401 − 392 = 2009 und 64 − 49 = 15 bestätigt.
491322 Lösung
10 Punkte
Nachdem das Dreieck ABC spitzwinklig ist, liegt der Punkt C ′ auf dem kürzeren, den Punkt C
nicht enthaltenden Bogen AB des Umkreises; Ähnliches lässt sich über die Lage von A′ und B ′
sagen. Hieraus ergibt sich, dass die sechs Punkte A, C ′ , B, A′ , C, B ′ in dieser Reihenfolge
auf dem Umkreis des Dreiecks ABC liegen, dass also das zu untersuchende Sechseck nicht
überschlagen (und damit sogar konvex) ist (siehe auch Abbildung L 491322).
27
Nun sind in jedem der drei Vierecke AC ′ A′ C, CB ′ C ′ B
B ′′
′ ′
und BA B A die beiden Diagonalen jeweils Durchmesser
des Umkreises. Aus dem Satz des Thales folgt damit soC
fort, dass jedes dieser Vierecke
ein Rechteck ist. Wird jetzt
A′
−→
′
das Dreieck AC B um AC verschoben, so wird der Punkt
B in einen gewissen Punkt B ′′ abgebildet, Punkt A in C
und Punkt C ′ in A′ . Es gilt dabei |B ′ C| = |C ′ B| = |A′ B ′′ | B ′
M
und |AC| = |BB ′′ |. Zusätzlich zur Kongruenz der DreiB
ecke CA′ B ′′ und AC ′ B nach Konstruktion ist somit das
Dreieck CB ′ A kongruent zum Dreieck B ′′ A′ B. Damit
sind das Viereck ABB ′′ C und das Sechseck AC ′ BA′ CB ′
A
flächengleich. Nach obigen Streckengleichheiten ist ferner
C′
′′
das Dreieck ABC kongruent zum Dreieck B CB und folgAbbildung L 491322
lich der Flächeninhalt des Vierecks ABB ′′ C doppelt so
groß wie der Flächeninhalt des Dreiecks ABC. Damit ist insgesamt gezeigt, dass sich die
Flächeninhalte des Dreiecks ABC und des Sechsecks AC ′ BA′ CB ′ wie 1:2 verhalten.
Zweite Lösung: Wie in der ersten Lösung wird gezeigt, dass das in der Aufgabenstellung
betrachtete Sechseck konvex ist. Es sei nun H der Höhenschnittpunkt des Dreiecks ABC. Da
dieses laut Voraussetzung spitzwinklig ist, liegt der Punkt H in seinem Inneren. Nach dem
Satz des Thales steht die Gerade A′ B auf AB senkrecht, und nach Konstruktion von H gilt
auch CH ⊥ AB. Beides zusammengenommen liefert A′ B k CH, und in gleicher Weise zeigt
man A′ C k BH. Mithin ist das Viereck A′ CHB ein Parallelogramm, und insbesondere hat es
einen doppelt so großen Flächeninhalt wie das Dreieck HBC. Aus demselben Grund haben die
Vierecke B ′ AHC und C ′ BHA jeweils einen doppelt so großen Flächeninhalt wie die Dreiecke
HCA bzw. HAB. Da sich aber das Sechseck AC ′ BA′ CB ′ aus den drei Vierecken A′ CHB,
B ′ AHC, C ′ BHA und ebenso das Dreieck ABC aus den drei Dreiecken HBC, HCA, HAB
zusammensetzt, erhalten wir hieraus unmittelbar, dass das in der Aufgabenstellung gesuchte
Flächenverhältnis 1:2 beträgt.
Dritte Lösung: Wiederum wie in der ersten Lösung wird gezeigt, dass das in der Aufgabenstellung betrachtete Sechseck konvex ist. M bezeichne den Mittelpunkt des Umkreises. Da das
Dreieck ABC nach Voraussetzung spitzwinklig ist, liegt M im Inneren von Dreieck ABC, und
es gilt F (ABC) = F (M AB) + F (M BC) + F (M CA), wobei F (ABC) den Flächeninhalt von
Dreieck ABC bezeichnet usw.
Als Umkreismittelpunkt halbiert der Punkt M den Durchmesser AA′ ; daher gilt F (M BA′ ) =
1 F (ABA′ ) = F (M AB), entsprechend F (M B ′ A) = F (M AB) sowie analoge Aussagen für
2
F (M BC) und F (M CA).
Weil M auch im Inneren des Sechsecks AC ′ BA′ CB ′ liegt (und dieses nicht überschlagen ist), ist
F (AC ′ BA′ CB ′ ) = F (M AC ′ )+F (M C ′ B)+F (M BA′ )+F (M A′ C)+F (M CB ′ )+F (M B ′ A) =
2 · (F (M AB) + F (M BC) + F (M CA)) und damit F (AC ′ BA′ CB ′ ) = 2 · F (ABC).
Bemerkung: Der bewiesene Sachverhalt bleibt auch dann richtig, wenn das Dreieck ABC
rechtwinklig ist. Allerdings ist dann zu beachten, dass das Sechseck AC ′ BA′ CB ′ in diesem
Fall zu einem Viereck ausgeartet“ ist, da zwei Paare von jeweils benachbarten Eckpunkten
”
zusammenfallen. – Ist das Dreieck ABC hingegen stumpfwinklig, sagen wir bei C, so ist das
Sechseck AC ′ BA′ CB ′ überschlagen, und es gibt einen Schnittpunkt R der Seiten AC ′ und B ′ C
sowie einen Schnittpunkt S der Seiten A′ C und BC ′ . In diesem Fall ergibt sich die Formel
F (CRC ′ S) − F (AB ′ R) − F (A′ BS) = 2F (ABC) als Analogon der oben gezeigten Aussage.
28
491323 Lösung
10 Punkte
Teil a) Für die Quadrate der positiven Zahlen xn und yn gilt
p
x2n = 2n + 1 + 2 n(n + 1) ,
yn2 = 4n + 2.
Aus der für alle positiven Zahlen n gültigen Abschätzung
0 < 4n(n + 1) = 4n2 + 4n < 4n2 + 4n + 1 = (2n + 1)2
erhält man durch Wurzelziehen die Ungleichung
p
2 n(n + 1) < 2n + 1.
Folglich ist
4n + 1 = 2n + 1 + 2n < 2n + 1 + 2
p
n(n + 1) = x2n < 2n + 1 + 2n + 1 = yn2 .
(1)
Weil xn und yn positiv sind, folgt hieraus auch xn < yn .
Teil b) Wir nehmen nun an, dass zwischen xn und yn eine ganze Zahl m liegt, also dass
xn < m < yn gilt. Mit (1) folgt dann 4n+1 < m2 < 4n+2. Dies ist unmöglich, da m2 ebenfalls
eine ganze Zahl sein muss.
Weiterhin liegt x2n nach (1) ebenfalls zwischen 4n + 1 und 4n + 2. Damit kann x2n und somit
auch xn nicht ganzzahlig sein.
Schließlich ist yn2 = 4n + 2 keine Quadratzahl, denn jede Quadratzahl lässt bei Division durch
4 den Rest 0 oder 1. Damit kann auch yn keine ganze Zahl sein, woraus die Behauptung folgt.
491324 Lösung
10 Punkte
Sind je zwei zelophanische Städte durch eine Straße verbunden, so können vier Städte beliebig
gewählt werden, die dann in der gewünschten Weise miteinander verbunden sind. Wir müssen
also nur noch den Fall behandeln, dass es zwei Städte gibt, sagen wir A und C, die nicht durch
eine Straße verbunden sind.
Da A nicht mit C verbunden ist, muss es mit (mindestens) drei anderen Städten direkt verbunden sein, die wir mit B, D und E bezeichnen. Die sechste Stadt sei F .
In gleicher Weise muss auch C mit (mindestens) drei von A verschiedenen Städten verbunden sein. Weil dafür nur die Städte B, D, E und F in Betracht kommen, muss C also mit
(wenigstens) zwei der Städte B, D, E direkt verbunden sein. Wenn wir gegebenenfalls die
Bezeichnungen so ändern, dass dies B und D sind, so sind B und D sowohl mit A als auch
mit C verbunden, so dass die gewünschte Rundfahrt möglich ist.
29
Punktverteilungsvorschläge
Die Punktzahlen für die einzelnen Aufgaben sind verbindlich, um Vergleiche z. B. zum Zweck
der Entscheidung über die Teilnahme an der 3. Stufe (Landesrunde) zu ermöglichen.
Die Einschätzung der Punktzahlen für einzelne Teilschritte einer Schülerlösung (nach dem
Maßstab Verwendbarkeit des Teilschrittes in einem zum Ziel führenden Lösungsweg“) liegt
”
beim Korrektor; die folgenden Aufteilungen sind möglicherweise dem Vorgehen in einer
Schülerlösung anzupassen und können in diesem Sinne gelegentlich abgeändert werden.
Aufgabe 491321
Insgesamt: 10 Punkte
Bei einem Vorgehen vergleichbar dem ersten Lösungsvorschlag:
Äquivalenzumformungen und Schluss auf Teilereigenschaft . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 3 Punkte
Diskussion möglicher Fälle (Teiler) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
Schluss auf Lösung (beinhaltet Probe) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 3 Punkte
Bei einem Vorgehen entsprechend dem zweiten Lösungsvorschlag:
Elimination einer Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Erkennen einer Nullstelle und Faktorisierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Schluss auf mögliche Lösung und Ausschluss weiterer Lösungen . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Probe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Aufgabe 491322
2
2
4
2
Punkte
Punkte
Punkte
Punkte
Insgesamt: 10 Punkte
Nachweis der Konvexität/Nichtüberschlagenheit des Sechsecks . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Wahl eines geeigneten Hilfselements (wie B ′′ , H, M in den Lösungsvorschlägen)
und naheliegende geometrische Feststellungen (z. B. Lagebeziehung,
Flächenzerlegung, Rechteckseigenschaft von Vierecken) . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Weitere Schlüsse bis hin zu einer Flächenzerlegung, die die zu betrachtenden
Flächen beinhaltet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Schluss auf Behauptung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Aufgabe 491323
1 Punkt
3 Punkte
5 Punkte
1 Punkt
Insgesamt: 10 Punkte
Teil a) Ansatz (Quadrieren) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Herleiten weiterer Ungleichungen, ggf. Umformen auf Standardungleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Schluss auf xn < yn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Teil b) Geeigneter Ansatz (z. B. Ann. einer Ungleichung für indirekten Beweis) . . . . . .
Schluss auf Nichtganzzahligkeit von xn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Schluss auf Nichtganzzahligkeit von yn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Schluss, dass keine ganze Zahl zwischen xn und yn liegt . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Aufgabe 491324
2 Punkte
2
1
2
1
1
1
Punkte
Punkt
Punkte
Punkt
Punkt
Punkt
Insgesamt: 10 Punkte
Diskussion von Spezialfällen (hier: alle Städte paarweise verbunden) . . . . . . . . . . . . . .
Ansatz durch Wahl geeigneter Ausgangskonfiguration (hier: unverbundene
Städte A und C) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Schlüsse auf weitere Konfigurationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Schluss auf Behauptung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
30
2 Punkte
2 Punkte
4 Punkte
2 Punkte