45. Mathematik-Olympiade 2. Stufe
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45. Mathematik-Olympiade 2. Stufe (Regionalrunde) Klasse 8 Aufgaben c 2005 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. 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. 450821 a) Marie geht einkaufen. Ihre Mutter gibt ihr dazu etwas Geld mit. Marie bezahlt für Wurstwaren an der Theke 30 %, für Milch 5 % und für Obst und Gemüse 35 % des ihr zur Verfügung stehenden Betrags. Zu Hause erhält Marie von der Mutter ein Drittel des Restbetrags als Taschengeld. Das sind 1,42 e. Wie viel Geld hatte Marie ursprünglich dabei? b) Marie und ihr Bruder Robert vergleichen den Inhalt ihrer Sparbüchsen: 18 % von Roberts Ersparnissen ergeben denselben Geldbetrag wie 45 % des Gesparten von Marie. Wenn Robert ein Viertel so viel ausgäbe, wie Marie gespart hat, dann blieben ihm noch 146,25 e in seiner Büchse. Wie viel Geld haben Marie und Robert jeweils gespart? 450822 Alfons und Bertram spielen mit einer 5-Cent-Münze und einem Würfel. Als zufällig die 5“ ” auf der Münze und auch auf dem Würfel erscheint, fängt Alfons zu Grübeln an: Tritt die Zahl ” 5 häufiger beim Werfen der Münze oder beim Würfeln auf?“ Bertram meint: Sicherlich wird ” die Münze öfter mit der Zahl 5 nach oben auftreffen, da es ja nur zwei Möglichkeiten gibt“. Dann müsste man den Würfel eben mehrmals nacheinander werfen dürfen“, sagt Alfons. ” Beide vereinbaren schließlich das folgende Spiel: Alfons wirft die Münze einmal, Bertram würfelt dreimal hintereinander. Gewinnen soll, wer mindestens eine Fünf“ wirft. ” Ermittle die Gewinnchancen und entscheide, ob die vereinbarte Regel für Alfons oder für Bertram vorteilhafter ist! Auf der nächsten Seite geht es weiter! 1 450823 C Die Abbildung A 450823 zeigt ein spitzwinkliges Dreieck ABC mit den Höhen BE und CF , die einander in H schneiden. Die Winkelhalbierende AD des Winkels BAC schneidet BE in M und CF in N . Aus der Grafik ist außerdem zu ersehen, dass die Größen der Winkel BAC, CBA, CDA und CBE in dieser Reihenfolge mit α, β, δ bzw. ϕ bezeichnet sind. E H δ M D ϕ N α A β F B Abbildung A 450823 a) Es sei α = 70o und β = 35o . Berechne die Winkel δ und ϕ. Berechne die Winkel im Dreieck N M H. b) α und β seien beliebig, jedoch beides spitze Winkel. Drücke die Winkel im Dreieck N M H durch α und β aus. Unter welchen Bedingungen ist das Dreieck N M H gleichseitig? 450824 Mit einer zweistelligen Zahl werden nacheinander die folgenden drei (Rechen-) Operationen ausgeführt: (1) An das Ende der Ausgangszahl wird ihre Quersumme gehängt, wenn dadurch eine dreistellige Zahl entsteht. (2) Von der so entstandenen Zahl wird die Ausgangszahl subtrahiert. (3) Zu der nun entstandenen Zahl wird das Neunfache der Zehnerziffer der Ausgangszahl addiert. a) Ermittle alle zweistelligen Zahlen, für welche die drei Operationen nacheinander ausführbar sind! Wie viele Zahlen sind das? b) Zeige: Die am Ende erhaltene Zahl ist stets das Zehnfache der Ausgangszahl! 2 45. Mathematik-Olympiade 2. Stufe (Regionalrunde) Klasse 8 Lösungen c 2005 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V. www.mathematik-olympiaden.de. Alle Rechte vorbehalten. 450821 Lösung 10 Punkte Teil a) Marie gibt insgesamt 70 % des Geldes für Einkäufe aus. Ein Drittel des Restbetrags (der 30 % des zur Verfügung stehenden Geldes ausmacht) entspricht 1,42 e. Demzufolge entsprechen 10 % einem Betrag von 1,42 e. Marie ist also mit 14,20 e zum Einkaufen gegangen. Teil b) Angenommen, Robert hat a Euro und Marie b Euro gespart. Aus den Bedingungen folgen die beiden Gleichungen 45 18 ·a = ·b und 100 100 1 a − · b = 146,25 e 4 Aus Gleichung (1) erhält man nach Kürzen die Bedingung a= 5 · b. 2 (1) (2) (3) Setzt man in Gleichung (2) für a den Term 52 · b ein, lässt sich daraus b berechnen: 5 1 · b − · b = 146,25 e, also 2 4 9 · b = 146,25 e und daraus 4 b = 65,00 e. Dies ergibt dann a = 162,50 e. Marie hat 65,00 e, Robert 162,50 e gespart. 450822 Lösung 10 Punkte Überlegung mithilfe des Gegenereignisses: Jeder Wurf mit dem Würfel kann 6 verschiedene Ergebnisse haben. Insgesamt sind bei drei Würfen nach dem Zählprinzip (6 · 6 · 6 = 63 =) 216 unterschiedliche Wurffolgen (abc) möglich. Dabei bezeichnen a, b und c die beim ersten, zweiten bzw. dritten Wurf jeweils erzielte Augenzahl. In jeder Serie von drei Würfen gibt es entsprechend (5·5·5 = 53 =) 125 verschiedene Wurffolgen ohne dass (mindestens) eine 5“ auftritt. Also erscheint bei (216 − 125 =) 91 Wurfserien ” (mindestens) einmal die Zahl 5. Die relative Häufigkeit für das Auftreten (mindestens) einer 91 . 5“ bei dreimaligem Werfen eines Würfels ist daher 216 ” Da für Alfons offensichtlich die gleichen Chancen bestehen, mit der Münze eine 5“ oder keine ” 5“ zu werfen, ist die relative Häufigkeit für das Ergebnis Zahl“ gleich 21 . ” ” 91 108 1 Wegen 216 < 216 = 2 sind die Gewinnchancen bei diesem Spiel für Alfons höher. 3 Lösungsvariante: (Bestimmung der relativen Häufigkeit durch direktes Abzählen aller Möglichkeiten, (mindestens) einmal eine 5“ zu würfeln.) Erscheint im ersten Wurf eine 1“ ” ” und zeigt der zweite Wurf eine 1“, 2“, 3“, 4“ oder 6“, dann kann für jeden dieser fünf Fälle ” ” ” ” ” im dritten Wurf eine 5“ eintreten; das sind fünf Fälle mit genau einer 5“. Tritt im zweiten ” ” Wurf eine 5“ auf, dann gibt es sechs weitere Fälle, bei denen bei drei Würfen (mindestens) ” eine 5“ dabei ist. ” Fällt also im ersten Wurf eine 1“, dann gibt es (5 + 6 =) 11 Fälle mit (mindestens) einer 5“. ” ” Ebenso gibt es jeweils 11 neue Möglichkeiten, wenn der erste Wurf eine 2“, 3“, 4“ oder 6“ ” ” ” ” zeigt. Das sind (5 · 11 =) 55 Fälle, bei denen (mindestens) eine 5“ auftritt. ” Erscheint dagegen im ersten Wurf eine 5“, dann ist jede Dreierserie eine (mögliche) Ge” winnfolge d. h. es kommen noch (6 · 6 =) 36 Kombinationen hinzu. Also gibt es insgesamt (55 + 36 =) 91 Möglichkeiten, bei drei Würfen (mindestens) eine 5“ zu werfen. ” Man kann sich übrigens an Hand des folgenden verkürzten Schemas überlegen, wie viele der 216 möglichen Ergebnisse für Bertram günstig“ sind. ” (111) (112) (113) (114) (115) (116) (121) . . . ... . . . (125) . . . (131) . . . ... . . . (135) . . . (141) . . . ... . . . (145) . . . (151) (152) (153) (154) (155) (156) (161) . . . ... . . . (165) . . . ... ... ... ... ... ... (261) . . . ... . . . (265) . . . ... ... ... ... ... ... (661) . . . ... . . . (665) (666) Die relative Häufigkeit für das Auftreten (mindestens) einer 5“ bei dreimaligem Werfen eines ” 91 . Würfels ist daher 216 Da für Alfons offensichtlich die gleichen Chancen bestehen, mit der Münze eine 5“ oder keine ” 5“ zu werfen, ist die relative Häufigkeit für das Ergebnis Zahl“ gleich 21 . ” ” 91 108 1 Wegen 216 < 216 = 2 sind die Gewinnchancen bei diesem Spiel für Alfons höher. 450823 Lösung 10 Punkte Teil a) (Siehe auch Abbildung L 450823.) Es ist hilfreich, zunächst den Winkel γ = |<) ACB| = 180◦ − α − β zu berechnen: C E γ = 180◦ − 70◦ − 35◦ = 75◦. H Damit folgt für ϕ M α/2 α α/2 ϕ = 90 − γ = 90 − 75 = 15 ◦ ◦ ◦ ◦ und für δ = 180◦ − α2 − γ A δ = 180 − 35 − 75 = 70 . ◦ δ ◦ ◦ ◦ N D ϕ 90˚ α F B Abbildung L 450823 4 β Um die Winkel des Dreiecks N M H berechnen zu können, kümmert man sich zunächst um den Winkel |<) ACF |: |<) ACF | = 90◦ − α = 90◦ − 70◦ = 20◦ Damit ist klar, dass ) ACF | = 90◦ − 20◦ = 70◦. |<) N HM | = |<) CHE| = 90◦ − |< Ebenso folgt, dass |<) M N H| = |<) AN F | = 90◦ − α2 = 90◦ − 35◦ = 55◦ und schließlich |<) HM N | = 180◦ − |<) M N H| − |<) N HM | = 180◦ − 55◦ − 70◦ = 55◦. Teil b) Wie oben gezeigt, ist |<) ACF | = 90◦ − α und |<) N HM | = |<) CHE| = 90◦ − |<) ACF | = 90◦ − (90◦ − α) = α. Unabhängig von α gilt |<) M N H| = |<) AN F | = 90◦ − α2 und |<) HM N | = 180◦ − |<) M N H| − |<) N HM | = 180◦ − (90◦ − α2 ) − α = 90◦ − α2 . Das Dreieck HN M ist also gleichschenklig, und die Winkel sind nur abhängig von α. Ist α = 60◦, so ist das Dreieck HN M gleichseitig, unabhängig von der Größe von β. 450824 Lösung 10 Punkte Teil a) Da in (1) gefordert wird, dass aus der zweistelligen Zahl durch Anhängen ihrer Quersumme eine dreistellige Zahl entstehen soll, muss die Quersumme mindestens 1 und darf höchstens 9 sein. Folglich kommen genau die zweistelligen Zahlen 10, 11, . . . , 18; 20, . . . , 27; 30, . . . , 36; 40, . . . , 45; 50, . . . , 54; 60, . . . , 63; 70, . . . , 72; 80, 81; 90 in Frage. Das sind (9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 =) 45 Zahlen. Teil b) Die zweistellige Zahl n = 10z + e habe als Einerziffer e und als Zehnerziffer z. Folglich ergibt sich für die dreistellige Zahl im Zehnersystem die Darstellung 100z + 10e + (z + e) = 101z + 11e. Zieht man davon die Ausgangszahl ab, erhält man die Zahl 101z + 11e − (10z + e) = 91z + 10e. Addiert man nun den neunfachen Wert der Zehnerziffer der zweistelligen Ausgangszahl, so ergibt sich schließlich 91z + 10e + 9z = 100z + 10e = 10(10z + e). Diese Zahl ist stets das Zehnfache der ursprünglichen Zahl. 5
