Hochschule Bremen Fachbereich E-Technik & Informatik Mathematikwettbewerb Känguru e.V. XVIII. Mathematik-Wettstreit 2010 für Schüler und Studenten Prof. Dr. Th. Risse Sinn & Zweck: In Rahmen unserer Bemühungen um die Mathematik-Ausbildung sind Schüler und Studierende (nicht nur) an der Hochschule Bremen aufgefordert, sich am Mathematik-Wettbewerb Känguru des Känguru Vereins e.V. zu beteiligen. Dieses Dokument soll – wie andere in www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs – Spaß machen und so der Vorbereitung und dem Training dienen. c 2010 Letzte Änderung: 3. April 2011 [email protected] Version 0.1 2 1. Einführung Bei Kangourou 2010 handelt es sich um einen jährlichen MathematikWettbewerb des Känguru Vereins e.V., Berlin, den es für unterschiedliche Altergruppen gibt. Die vorliegenden Aufgaben sind für Schüler der 11.–13. Klassen und für Studierende gedacht. Dieses Dokument mit meinen Lösungen (ohne Gewähr ) ist Bestandteil meiner Bemühungen, Studierende (in spe) für Mathematik zu begeistern. Wenn Ihnen dieses Dokument Spaß gemacht hat, probieren Sie doch mal die Dokumente zum Vorkurs, zur Numerik, Zahlentheorie, Kryptographie, Codierung und Wahrscheinlichkeitsrechnung usw. aus, alle unter http://www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs. Viel Erfolg! 3 2. Aufgaben mit Lösungen Der Quiz besteht aus 10 leichteren, 10 mittelleichten/mittelschweren und 10 schwereren Aufgaben. Beim Wettbewerb wird selbstverständlich nicht erwartet, daß Sie alle 30 gestellten Probleme in anderthalb Stunden lösen. Alle Aufgaben sind ohne weitere Hilfsmittel zu bearbeiten. Selbstverständlich sind alle Lösungsstrategien erlaubt: Natürlich dürfen Sie Fragestellungen in einem multiple choice test durch Ausschluß beantworten. Im ersten Test einfach auf die richtige Antwort clicken! Aufgabe 1. Mathematik ist (a) fun (b) cool (c) out (d) in Auf die Plätze – fertig – los! (e) voll krass Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 4 Aufgabe 1. Beim Blick auf das rechts stehende Bild lässt sich ablesen: 1 + 3 + 5 + 7 = 4 · 4. Welchen Wert hat 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 ? (a) 14 · 14 (b) 9 · 9 (c) 13 · 13 2. Wenn die Summe der Zah1 len in beiden Zeilen der −1 Tabelle gleich ist, welche Zahl gehört dann an die Stelle (a) 12465 (b) 12321 (c) 12456 (d) 10 · 10 2 −2 3 −3 (e) 16 · 16 4 −4 5 −5 12345 ? des Sterns? (d) 12375 (e) 12330 3. ’In meiner Mathe-AG sind alle Teilnehmer mindestens 17 Jahre alt’, verkündet die AG-Leiterin. Da irrt sie sich aber. Folglich gilt gewiss, dass Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen (a) alle (b) genau 17 Jahre alt sind alle älter (c) als 17 Jahre sind 5 keiner (d) bereits 17 Jahre alt ist einer (e) einer 18 jünger Jahre alt als 17 ist. Jahre ist 4. Wie viele Paare reeller Zahlen (a, b) sind Lösung der Gleichung (a − 3)2 + (b − 2)2 = 0 ? (a) 1 (b) 2 (c) 6 (d) 36 (e) 0 5. Aufziehosterhasen werden für den Versand einzeln in kleine würfelförmige Schachteln verpackt. Diese kommen dann in größere, ebenfalls würfelförmige Schachteln. Auf den Boden einer großen Schachtel passen genau 16 kleine. Wie viele kleine Schachteln passen maximal in eine große Schachtel? (a) 32 (b) 56 (c) 64 (d) 128 (e) 256 6. Wie viele 4-stellige, durch 5 teilbare natürliche Zahlen gibt es, deren Ziffern alle ungerade sind? (a) 900 (b) 625 (c) 250 (d) 125 (e) 95 Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 7. Es sei ∆(ABC) ein rechtwinkliges Dreieck mit rechtem Winkel bei C. M sei der Mittelpunkt der Hypotenuse AB und ∠(CAB) = 60o . Dann ist ∠(BM C) gleich (a) 105o (b) 108o (c) 110o 6 C B M A (d) 112o 3 4 (e) 120o 4 8. Welches ist die letzte Ziffer der Zahl 17 · 22 · 33 ? (a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 6 (e) 8 9. Ein Würfel besteht aus 27 kleinen Würfeln, von denen ein jeder eine Oberfläche von 24 cm2 hat. Wie groß ist die Oberfläche des großen Würfels? (a) 216 cm2 (b) 182 cm2 (c) 156 cm2 (d) 144 cm2 (e) 96 cm2 10. Welche der folgenden Zahlen könnte die Anzahl der Kanten eines Prismas angeben? (a) 100 (b) 111 (c) 112 (d) 115 (e) 125 11. In jeder Frühstückspause findet auf dem Schulhof ein reger Tauschmarkt statt. Die Konditionen sind allen bekannt (s. Abb.). Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 7 1 Streuselschnecke ⇔ 3 halbe Wurstbrote 1 Apfel + 9 Gummibärchen ⇔ 2 halbe Wurstbrote 16 Gummibärchen ⇔ 1 Apfel Zora will sich mit Gummibärchen einen Apfel, ein halbes Wurstbrot und eine Streuselschnecke ertauschen. Wie viele Gummibärchen muss sie dafür hergeben? (a) 55 (b) 66 (c) 77 (d) 88 (e) 99 12. Irenes Bruder übt Addieren. Er hat sich 5 ganze Zahlen ausgesucht und sämtliche möglichen Summen aus 2 dieser 5 Zahlen gebildet: -3, -1, 0, 2, 3, 3, 4, 5, 6, 9. ’Welches deine 5 Zahlen sind, weiß ich zwar nicht, aber die Summe der 5 Zahlen kann ich ausrechnen’, sagt Irene. Die Summe ist (a) 0 (b) 7 (c) 9 (d) 11 (e) 12 13. Die ganzen Zahlen x und y erfüllen die Gleichung 2x = 5y. Nur eine der folgenden Zahlen kann unter dieser Bedingung x + y sein. Welche? (a) 27 (b) 30 (c) 32 (d) 35 (e) 41 Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 8 14. Um die Eckpunkte eines Quadrates der Seitenlänge 2 sind vier Halbkreise konstruiert, die sich im Mittelpunkt des Quadrats schneiden. Die vier kleineren grauen Kreise, deren Zentren in den Mittelpunkten der Quadratseiten liegen, berühren je zwei Halbkreise von innen (s. Abb.). Welchen Flächeninhalt haben diese vier grauen Kreise insgesamt? √ √ (a) 2 2π (b) 3π/2 (c) π (d) π/4 (e) 4(3 − √ √ √ 3 √ 6 2 2)π 15. Die drei Zahlen 7, 7 und 7 sind unmittelbar aufeinanderfolgende Elemente einer geometrischen Folge. Dann ist das nächste Element in dieser Folge √ √ √ √ (b) 12 7 (c) 5 7 (d) 3 10 7 (e) 1 (a) 9 7 Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 16. Zwei Kreise mit demselben Mittelpunkt bilden einen Kreisring. Die Sehne AB im großen Kreis ist Tangente an den kleineren Kreis; sie ist 16 cm lang. Welchen Flächeninhalt hat der Kreisring? (a) 32π cm2 (b) 48π cm2 (c) 64π cm2 (d) 32π 2 cm2 9 A B (e) hängt von den Radien ab 17. Es sei N der größte Wert, den der Term 1?2?3?4?5?6?7?8?9?10 annehmen kann, wenn jedes Sternchen entweder durch + oder durch · ersetzt wird. Welches ist der kleinste Primfaktor von N ? (a) 2 (b) 3 (c) 5 (d) 7 (e) Primzahl größer als 7 18. An jede Ecke eines Fünfecks stellen wir uns eine natürliche Zahl geschrieben vor. Keine dieser Zahlen hat mit einer benachbarten einen gemeinsamen Teiler > 1, aber jede der Zahlen hat mit je- Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 10 der nicht-benachbarten Zahl stets einen gemeinsamen Teiler > 1. So etwas ist auf vielfältige Weise möglich. Welche der folgenden Zahlen kann gewiss nicht an einer der Ecken stehen? (a) 87 (b) 111 (c) 121 (d) 127 (e) 133 19. Von einem Dreieck mit ganzzahligen Seitenlängen ist bekannt, dass eine der Seitenlängen 13 ist. Außerdem ist das Produkt der beiden anderen Seitenlängen 105. Welchen Umfang hat dieses Dreieck? (A) 35 (B) 39 (C) 51 (D) 69 (E) 119 (a) 35 (b) 39 (c) 51 (d) 69 (e) 119 20. Am Pokerturnier ’Viertel-Cup nahmen diesmal exakt 100 Spieler teil. Das Originelle ist, dass bei diesem Turnier jeder Platz vom Ersten bis zum Hundertsten ausgespielt wird und am Ende jeder für Essen und Getränke so viele Viertel-Euro bezahlt, wie seine Platzierung angibt: der Sieger zahlt also 0,25 e, der zweite 0,50 e, der dritte 0,75 e, usw. Als der Veranstalter die Einnahmen des Abends zählt, kommt er auf 1207 e. ’Gemeinheit, da haben ja welche geschummelt’, murrt er. Was ist die kleinstmögliche Anzahl an Teilnehmern, die einen falschen Betrag gezahlt haben? diesem Turnier jeder Platz vom Ersten bis zum Hundertsten ausgespielt wird und am Ende jeder für Essen und Getränke so viele Viertel-Euro bezahlt, wie seine Platzierung angibt: der Sieger zahlt also die Einnahmen des Abends zählt, kommt er auf 1207 e. Gemeinheit, da haben ja welche geschummelt“, murrt er. Was ist die ” kleinstmögliche Anzahl an Teilnehmern, die einen falschen Betrag gezahlt haben? e, der zweite mit 0,50 e,Lösungen der dritte 0,75 e, usw. Als der Veranstalter Abschnitt 2:0,25Aufgaben (a) 3 (b) 4(B) 4 (A) 3 (c)(C)5 5 (d) 6 (D) 6 21. Ein Papierstreifen ist drei5-Punkte-Aufgaben mal gefaltet worden (s. Abb.). 21. Ein Papierstreifen ist dreimal gefaltet worden o (s. Abb.). großwenn ist β, wenn = 70 Wie groß istWieβ, αα= 70ist? (A) 140 (B) 130 (C) 120 (D) 110 (E ) 100 ist? 11 (e) 7 (E ) 7 α ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ β 22.oIch mache ein Würfelexperiment. In jedem Versuch o o würfle ich mit einemoWürfel dreimal nachein-o ander und notiere die drei Augenzahlen genau dann, wenn die Augenzahl des dritten Wurfs gleich der Summe der Augenzahlen des ersten und zweiten Wurfs ist. Wie groß ist bei diesen notierten Dreierfolgen die Wahrscheinlichkeit, dass unter den drei Würfen mindestens eine 2 ist? 1 91 1 8 7 (A) (B) (C) (D) (E ) 6 216 2 15 12 (a) 140 (b) 130 (c) 120 (d) 110 (e) 100 22. Ich mache ein Würfelexperiment. In jedem Versuch würfle ich mit einem Würfel dreimal nacheinander und notiere die drei Augenzahlen23.genau dann, wenn die Augenzahl des dritten Wurfs gleich Parallel zur Grundlinie eines Dreiecks werden Linien gezeichnet, die die beiden anderen Seiten in 10 gleich große Teiledes teilen. ersten Jeder zweite und Streifen zweiten Wurfs ist. der Summe der Augenzahlen wird grau eingefärbt (s. Abb.). Wie viel Prozent der Dreiecksfläche ist grau? Wie groß ist bei diesen notierten Dreierfolgen die Wahrschein(A) 41,75 % (B) 42,5 % (C) 45 % (D) 46 % (E ) 47,5 % lichkeit, dass unter den drei Würfen mindestens eine 2 ist? 24. Wie viele rechtwinklige Dreiecke gibt es, deren drei Eckpunkte gleichzeitig Eckpunkte eines gege1 benen regelmäßigen 10-Ecks 91 A A A . . . A A 1 sind? 8 7 (a) 6 (b) 216 (c) 2 (d) 15 (e) 12 1 (A) 40 (B) 42 2 3 9 10 (C) 48 (D) 64 (E ) 80 (C) (D) (E ) 2 15 Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 12 12 23. Parallel zur Grundlinie eines werdenDreiecks Linien werden gezeichnet, die die Linien gezeichTeile teilen. zweite Streifen net, dieJeder die beiden anderen Seiten in 10 gleich große Teile teilen. rozent der Dreiecksfläche ist grau? % Jeder zweite Streifen wird grau eingefärbt (D) 46 % (s. Abb.). (E ) 47,5 % Wie viel Prozent der Dreiecksfläche ist grau? (a) drei 41,75% (b) 42,5%gleichzeitig (c) 45% Eckpunkte (d) 46% deren Eckpunkte (e) 47,5% es, eines gege24. Wie viele rechtwinklige Dreiecke gibt es, deren drei EckpunkA9 A10 sind? te gleichzeitig Eckpunkte eines gegebenen regelmäßigen 10-Ecks (C) 48 64 Känguru 2010 — Klassenstufen (E ) 80 11 bis 13 A1 A2 A3 . . . A9 A10(D) sind? (a) 40 (b) 42 (c) 48 e aus Gummi einenmöchte 4 cm breiten 8 cm langen 25. Karl aus und Gummi einenovalen 4 den. Ein Muster des horizontal cm breiten und 8und cmvertikal langensymmetriovat er mit Hilfe vier Kreisbögen erstellt Abb.). len von Stempel schneiden. Ein (s. Mushrungspunkten stimmen die Tangenten der jeweils anter des horizontal und vertikal den Bögen überein. Wie groß muss Karl den Radius der Ovals1 cm hatbeträgt? er mit gen wählen,symmetrischen wenn der kleine Radius (d) 64 (e) 80 1 1 1 1 4 8 Hilfe von vier Kreisbögen erstellt (s. Abb.). In den vier Berühr- (B) 6,5 cm (C) 7 cm (D) 7,5 cm (E ) 8 cm Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 13 punkten stimmen die Tangenten der jeweils aneinanderstoßenden Bögen überein. Wie groß muß Karl den Radius der großen Kreisbögen wählen, wenn der kleine Radius 1 cm beträgt? (a) 6 cm (b) 6,5 cm (c) 7 cm (d) 7,5 cm (e) 8 cm 26. Die reellwertige Funktion f erfüllt für alle x > 0 die Gleichung 2 f (x) + 3 f (100/x) = 5x. Welchen Wert hat f (1) ? (a) 1 (b) 298 (c) 77 (d) 0 (e) 1011 27. Ihre Augen leuchteten, als die Piraten Sparrow, Barbossa und Turner die Schatzkiste öffneten und den Berg Goldmünzen sahen. Nach alter Piratentradition nahm sich zuerst Sparrow eine Münze, dann Barbossa zwei, Turner drei, dann Sparrow vier, Barbossa fünf, usw. So wurden die Goldmünzen ohne Rest aufgeteilt. Zum Schluss hatte Barbossa 20 Münzen mehr als Turner, und Sparrow bekam (a) 117 (b) 126 (c) 145 (d) 187 (e) 210 e Rest aufgeteilt. Zum Schluss hatte Barbossa 20 Münzen mehr als Turner, und Sparrow bekam mit Lösungen A) 117Abschnitt Münzen. 2: (B)Aufgaben 126 Münzen. (C) 145 Münzen. (D) 187 Münzen. (E ) 210 Münzen. 14 28. DerderFußboden die wir Der Fußboden Burg, die wirder für Burg, ein Geschichtsprojekt ein Geschichtsprojekt uchen, wird für gerade restauriert. Die Restauratorinbesuzeigt uns orische Dokumente einem gerade Bild. Die kleinen Fliesen sind chen, mitwird restauriert. ” m × 9 cm“, erklärt sie uns, und der Fliesenverschiebungswin” Die Restauratorin zeigt uns hisder durch die markierten Punkte festgelegt wird, ist in den Dokumente mitman einem zeichnungen torische mit 30◦ verzeichnet. Daraus kann dann die tenlänge derBild. großen ’Die Fliesen kleinen berechnen.“Fliesen Sie beträgtsind √ √ ×9 · 92 +cm groß’, A) 9 · 2 · 39 cmcm (B) 3 cm (C) 9 erklärt · 2 cm √ sie uns, ’und der √ FliesenverschieD) 9 · 3 · 2 cm (E ) 9 · 3 + 2 cm bungswinkel, der durch die mar- Welcher derkierten Graphen gehört zur Lösungsmenge der Gleichung (x − |x |)2 + (y − |y |)2 = 4 ? Punkte festgelegt wird, A) −1 y 0 y y 30o verzeichnet. y ist in den Aufzeichnungen Daraus kann man 2mit 2 y 1 dann die Kantenlänge der großen Fliesen berechnen.’ Sie beträgt 2 2 √ √ (E ) −1 √ (D) (B)√ x (C)−2 0 1 9(2 0 9 · x2 cm −2 (d) 09 · 3 x 3 cm (e) 0 + x 2) (a)x 9 · 2 3 cm(b) + 3) (c) 9(3 −1 cm −2 −1 cm −2 29. Welcher der Graphen gehört abwechselnd zur Lösungsmenge Die Strichcodes, die wir untersuchen wollen, bestehen aus schwarzen 2 weißen Strichen beginnen (x −und|x|) + (yund−enden |y|)2schwarz. = 4 ? Die Striche haben die Breite 1 r 2, und die Gesamtbreite eines Codes soll 14 sein (s. Beispiel rechts). Wie viele chiedene Codes sind möglich, wenn stets von links nach rechts gelesen wird? A) 116 (B) 132 (C) 116 (D) 294 der Gleichung (E ) 305 (D) (E ++ 222 cm cm (D) cm (D) (E (D)9999··· ·3333··· · 2222 cm cm (E (E))))9999····333+ cm Abschnitt 2: Aufgaben mit Lösungen 15 29. Graphen gehört zur Lösungsmenge Lösungsmenge der Gleichung(x (x− −|x|x |x|)|) |)22222+ +(y (y− −|y|y |y|)|) |)22222= =4444???? 29. Welcher der |) = 29. Welcher Welcher der der Graphen Graphen gehört gehört zur der Gleichung Gleichung (x − + (y − = 29. Welcher der Graphen gehört zur Lösungsmenge der Gleichung (x − |x |) + (y − |y |) = 4 ? yyyy (A) (A) (A) (A)−1 −1 −1 −1 (a) 0000 −1 −1 −1 −1 yyy 1111 (B) (B) (B) xxxx (B) (b) 222 yyy 000 111 xxx (C) (C) (C) −2 −2 −2 (c) 000 −2 −2 −2 y 222 yy 222 (D) (D) (D) xxx (D) −2 −2 −2 (d) 000 −2 −2 −2 yyyy 222 (E (E))) −1 xxx (E −1 −1 −1 (e) 0000 xxxx −1 −1 −1 −1 30. Die Strichcodes, Strichcodes, die wir untersuchen wollen, abwechselnd aus aus schwarzen 30. Die Strichcodes, bestehen die wir untersuchen wollen, abwechselnd ausschwarzen schwarzen 30.Die DieStrichcodes, Strichcodes,die diewir wiruntersuchen untersuchen wollen,bestehen bestehenabwechselnd abwechselnd 30. 30. Die die wirenden untersuchen wollen, bestehen abwechund weißen Strichen und beginnen Die Striche haben die Breite und weißen Strichen undweißen weißenStrichen Strichenund undbeginnen beginnenund undenden endenschwarz. schwarz.Die DieStriche Strichehaben Breite111 und und beginnen und schwarz. habendie dieBreite selnd aus schwarzen und weißen Strichen und beginnen und enoder 2,2,und und die die Gesamtbreite eines Codes soll (s. (s. Beispiel rechts). Wie Wie viele oder 2, und die 14 sein oder2, und dieGesamtbreite Gesamtbreiteeines eines Codes soll14 14sein sein (s.Beispiel Beispielrechts). viele oder Gesamtbreite eines Codes soll rechts). Wieviele verschiedene Codes Codes sind möglich, möglich, wenn nach rechts rechts gelesen wird? wird? verschiedene Codes von links verschiedene Codessind sind möglich, wennstets stetsvon vonlinks links nach rechtsgelesen verschiedene sind möglich, wenn stets rechts wird? den schwarz. Die Striche haben dienach Breite 1gelesen oder 2, und die Ge(A) 116 (B) (B) 132 (D) (D) 294 (E (E 305 (A)116 116 (B)132 132 (C) 116 (D)294 (E)))305 (A) 116 116 305 (A) (B) 132 (C) (D) 294 rechts). 305 viele samtbreite eines Codes soll(C) 14116 sein (s. Beispiel Wie verschiedene Codes sind möglich, wenn stets von links nach rechts gelesen wird? (a) 116 (b) 132 (c) 116 (d) 294 (e) 305 16 Lösungen der Aufgaben Lösung zu Aufgabe: Wegen eigener Befangenheit hier nur ein paar Hinweise auf Literatur, die die Bibliothek und/oder ich gern leihweise zur Verfügung stellen: • Albrecht Beutelspacher: Mathematik für die Westentasche; Piper Verlag 2001 120 S. 9.90 e und viele weitere Titel • P.J. Davis, Reuben Hersh: Erfahrung Mathematik; Birkhäuser 1985 ISBN 3-7643-1359-5 • Udo Hebisch: Bücher über Mathematik – umfangreiche (link) list; www.mathe.tu-freiberg.de/~hebisch/cafe/cafebuecher.html • John A. Paulos: Innumeracy – Mathematical Illiteracy and its Consequences; Penguin 1988 ISBN 0-14-012255-9 • Wilhelm Sternemann: Neue Fraktale aus platonischen Körpern; Spektrum der Wissenschaft 11/2000, www.wissenschaft-online.de/abo/spektrum/archi Weitere Literatur-Hinweise finden sich in den oben genannten Dokumenten, s.a. www.weblearn.hs-bremen.de/risse/MAI/docs. Test beenden Lösungen der Aufgaben 17 Lösung zu Aufgabe: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 = 9 · 9, also Antwort (b). Test beenden Lösungen der Aufgaben 18 Lösung zu Aufgabe: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 12345 = −(1 + 2 + 3 + 4 + 5) + x impliziert 30 + 12345 = x = 12375, also Antwort (d). Test beenden Lösungen der Aufgaben 19 Lösung zu Aufgabe: Um sich zu irren, reicht einer, der weniger als 17 Jahre alt ist, also Antwort (d). Test beenden Lösungen der Aufgaben 20 Lösung zu Aufgabe: Mit (a − 3)2 + (b − 2)2 = 0 ist die Summe zweier Quadrate Null, was a − 3 = 0 und zugleich b − 2 = 0 impliziert. Damit gibt es nur eine Lösung a = 3 und b = 2, also Antwort (a). Test beenden Lösungen der Aufgaben 21 Lösung zu Aufgabe: Wenn auf den Boden einer großen Schachtel genau 16 kleine passen, macht die Seitenlänge der großen Schachtel gerade vier Seitenlängen der kleinen Schachteln aus. In die große Schachteöl passen also 43 = 64 kleine Schachteln, also Antwort (c). Test beenden Lösungen der Aufgaben 22 Lösung zu Aufgabe: Die Einerstelle von durch 5 teilbaren Zahlen ist 0 oder 5. Wenn alle Ziffern der gesuchten Zahlen ungerade sind, ist die Einerstelle 5. Für die Zehner-, Hunderter- und Tausender-Stelle kommen die fünf Ziffern 1, 3, 5, 7 und 9 in Frage. Es gibt also 53 = 125 gesuchte Zahlen, also Antwort (d). Test beenden Lösungen der Aufgaben 23 Lösung zu Aufgabe: C B M A ∆(ABC) ist ein rechtwinkliges Dreieck mit rechtem Winkel bei C. Laut Thales liegen die Eckpunkte auf einem Halbkreis, dessen Durchmesser von der Hypotenuse gebildet wird. Der Mittelpunkt dieses Kreises ist also M . Damit ist das Dreieck ∆(BM C) gleichschenklig, was ∠(BCM ) = 30o und damit ∠(BM C) = 120o impliziert, also Antwort (e). Test beenden Lösungen der Aufgaben 24 Lösung zu Aufgabe: Die letzte Ziffer von 173 ist 3, die letzte Ziffer von 224 ist 6, die letzte Ziffer von 334 ist 1. Damit ist die letzte Ziffer des Produktes 8, also Antwort (e). Test beenden Lösungen der Aufgaben 25 Lösung zu Aufgabe: Ein Würfel-Oberfläche besteht aus sechs identischen Quadraten. Der Flächeninhalt einer Seite der kleinen Würfel ist also 4 cm2 . Die Oberfläche des großen Würfels besteht aus sechs Quadraten mit einem Flächeninhalt von jeweils 9 · 4 cm2 . Damit ist der Flächeninhalt der gesamten Oberfläche 63 = 216 cm2 , also Antwort (a). Test beenden Lösungen der Aufgaben 26 Lösung zu Aufgabe: Wikipedia: Ein Prisma (Mehrzahl: Prismen) ist ein geometrischer Körper, der ein Vieleck als Grundfläche hat und dessen Seitenkanten parallel und gleich lang sind. Die Prisma-Grundfläche sei ein n-Eck, mit n Kanten. Der ’Deckel’ hat ebenfalls n Kanten. Die Verbindungen von korrespondierenden Ecken von Grundfläche und Deckel bilden weitere n Kanten. Die Anzahl der Kanten ist also 3n. Nur 111 ist durch 3 teilbar, also Antwort (b). Test beenden Lösungen der Aufgaben 27 Lösung zu Aufgabe: 16 Gummibärchen = 1 Apfel 12,5 Gummibärchen = 1 halbes Wurstbrot 37,5 Gummibärchen = 1 Streuselschnecke 66 Gummibärchen = Apfel + halbes Wurstbrot + Streuselschnecke also Antwort (b). Test beenden Lösungen der Aufgaben 28 Lösung zu Aufgabe: Die ganzen Zahlen seien a, b, c, d und e. Dann gilt (a + b) + (a + c) + (a + d) + (a + e) +(b + c) + (b + d) + (b + e) +(c + d) + c + e) +(d + e) = −3 − 1 + 0 + 2 + 3 + 3 + 4 + 5 + 6 + 9 4a + 4b + 4c + 4d = 28 Damit ist a + b + c + d = 7, also Antwort (b). Test beenden Lösungen der Aufgaben 29 Lösung zu Aufgabe: Auflösen liefert einerseits x = 52 y und somit x + y = 72 y oder aber ebenso y = 25 x und somit x + y = 75 x. In beiden Fällen ist eine ganzzahlige Summe ein Vielfaches von 7, also Antwort (d). Test beenden Lösungen der Aufgaben 30 Lösung zu Aufgabe: Die Radien der großen Halbkreise sind √ √ R = 2, die der kleinen geschummerten Kreise sind r = R − 1 = 2 − 1. 2 Damit Flächeninhalt √ ist der √ der vier kleinen Kreise zusammen 4·πr = 2 4π( 2 − 1) = 4π(3 − 2 2), also Antwort (e). Test beenden Lösungen der Aufgaben 31 Lösung zu Aufgabe: In einer geometrischen Folge ist der Quotient q benachbarter Folgen√ 3/2 1/3 1/2 3/2 1/3 7 √ Elemente konstant. Hier gilt q = 3 7 = 771/3 = (7 71/3) = 7 7 = √ √ 3 1/3 6 7 7 1/2 1/3 1/6 = 71/6 = (7 ) = 7 = 7 und übereinstimmend q = √ 6 7 √ 6/3 1/6 (76/3 )1/6 6 = 71/6 = 7. Also ergibt sich das nächste = 77 71/6 Folgen-Element x aus q = √ 6 7 x zu x = 1, also Antwort (e). Test beenden Lösungen der Aufgaben 32 Lösung zu Aufgabe: Sei R Außenradius und r Innenradius. Die Sehne AB verbindet die √ √ 2 − r 2 ) und (r, − R2 − r 2 ). Ihre Länge ist 16 cm., d.h. Punkte (r, R √ R2 − r2 = 8. Der Flächeninhalt A des Kreisringes ist A = πR2 − πr2 = π(R2 − r2 ) = 64π, also Antwort (c). Test beenden Lösungen der Aufgaben 33 Lösung zu Aufgabe: N wird maximal, wenn man jedes Sternchen durch Multiplikationen ersetzt – allerdings bis auf das ersten Sternchen, da die Multiplikation mit Eins N nicht vergrößert. Dann gilt N = 10! + 1. Offenbar läßt N bei Division durch die ersten 10 natürlichen Zahlen immer den Rest 1. Also muß der kleinste Primfaktor von N größer als 10 sein (es gilt 10! + 1 = 3628801 = 11 · 329891, also Antwort (e). Test beenden Lösungen der Aufgaben 34 Lösung zu Aufgabe: Es gilt 87 = 3∗29, 111 = 3∗37, 121 = 112 , 127 = 127, 133 = 7∗19. Nur 127 ist prim. Es kann sicher 127 nicht an einer Ecke stehen, da dann die beiden der 127 gegenüberliegenden, nicht-benachbarten Ecken Vielfache von 127 sein müßten, was im Widerspruch dazu stünde, daß benachbarte Ecken teilerfremd sind, also Antwort (c). Test beenden Lösungen der Aufgaben 35 Lösung zu Aufgabe: Sei c = 13. Wegen 105 = 3 ∗ 5 ∗ 7 gibt es für a und b mit a < b folgende Möglichkeiten: a b c 3 35 13 3 + 13 < 35 5 7 21 15 13 13 5 + 13 < 21 ok Im einzigen zulässigen Fall ist der Umfang 7 + 15 + 13 = 35, also Antwort (a). Test beenden Lösungen der Aufgaben Lösung zu Aufgabe: 36 P100 Die 100 Spieler haben 14 i=1 i = 14 100·101 = 5050 = 1262, 50 e zu 2 4 1 zahlen. Der letzte hat 100 4 = 25 e, der vorletzte 24,75 e, der vorvorletzte 24,50 e zahlen müssen. Es müssen also minimal 3 Schummler gewesen sein, also Antwort (a). Test beenden 0 e, der dritte 0,75 e, usw. Als der Veranstalter die Einnahmen des Abends 207 e. Gemeinheit, da haben ja welche geschummelt“, murrt er. Was ist die Lösungen der Aufgaben ” an Teilnehmern, die einen falschen Betrag gezahlt haben? (B) 4 Lösung (C)Aufgabe: 5 zu (D) 6 37 (E ) 7 ben ist dreimal gefaltet worden β, wenn α = 70◦ ist? α (C) 120◦ (D) 110◦ (E ) 100◦ β rfelexperiment. In jedem Versuch würfle ich mit einem Würfel dreimal nacheinBeim ersten entsteht ein des gleichschenkliges mit zweimal drei Augenzahlen genau Falten dann, wenn die Augenzahl dritten Wurfs gleich Dreieck der o ist. Wie groß o en desαersten zweiten180 Wurfs bei diesen notierten Dreierundund einmal − 2α = 40 istals ’Innen’-Winkeln. ichkeit, dass unter den drei Würfen mindestens eine 2 ist? Beim zweiten Falten tritt dieser 40o -Winkel durch Spiegelung erneut 91 1 8 7 (B) auf, so daß (C) sich β beim(D)drittmaligen (EFalten ) aus drei 40o -Winkeln 216 2 15 12 zusammensetzt, also Antwort (c). Test beenden inie eines Dreiecks werden Linien gezeichnet, die die in 10 gleich große Teile teilen. Jeder zweite Streifen . Abb.). Wie viel Prozent der Dreiecksfläche ist grau? 42,5 % (C) 45 % (D) 46 % (E ) 47,5 % klige Dreiecke gibt es, deren drei Eckpunkte gleichzeitig Eckpunkte eines gege0-Ecks A1 A2 A3 . . . A9 A10 sind? (B) 42 (C) 48 (D) 64 (E ) 80 Lösungen der Aufgaben 38 Lösung zu Aufgabe: Man notiert nur solche Dreier-Folgen, bei denen die dritte Augenzahl c gleich der Summe der ersten beiden Augenzahlen a und b ist. P 1, 2, 3 2, 3, 5 2, 4, 6 1, 1, 2 a, b, c 2, 2, 4 2, 1, 3 3, 2, 5 4, 2, 6 2 1 2 2 2 1 8 P ((a, b)) 36 36 36 36 36 36 = 9 , also Antwort (). Test beenden 8 7 (D)Lösungen der Aufgaben (E ) 15 zu Aufgabe: 12 Lösung 39 hnet, die die eite Streifen che ist grau? (E ) 47,5 % Laut Strahlensatz werden so auch die Höhen in 10 gleich große Teile und Höhe h und damit den Flächeninhalt A = 2 gh. Die geschummer 9 9 8 8 1 1 te Fläche As ist dann As = 12 10 g 10 h − 10 g 10 h + − . . . + 10 g 10 h = gh 92 −82 +72 −62 +52 −42 +32 −22 +12 A 81−64+49−36+25−16+9−4+1 = 45A 2 100 100 , (D)also 64Antwort (c).100 (E ) =80 Test beenden Das größteEckpunkte umbeschriebeneeines Dreieckgegehabe Grundseite g kte geteilt. gleichzeitig 1 Lösungen der Aufgaben 40 Lösung zu Aufgabe: Damit das rechtwinklige Dreieck dem regelmäßigen Zehneck einbeschrieben werden kann, muß wegen des Satzes von Thales die Hypotenuse ein Durchmesser sein, d.h. die Hypotenuse muß zwei gegenüberliegende Ecken verbinden. Es gibt fünf solcher Hypotenusen. Zu jeder dieser Hypotenusen AB stellt jede der übrigen acht Ecken des Zehnecks eine mögliche dritte Ecke C des Dreicks dar. Es ergeben sich 5 · 8 = 40 mögliche, einbeschriebene Dreiecke, also Antwort (a). Test beenden Lösungen der Aufgaben 41 guru Lösung 2010 — zu Klassenstufen 11 bis 13ist die Aufgabe prinzipiell auch anaAufgabe: Natürlich lytisch lösbar. Eine rein geometrische Lösung ist vermutlich einfacher. 2 1 1 1 1 O 3 m 4 8 R−2 R − 1 ovalen metriAbb.). ils anus der t? M Dascm rechtwinklige (D) 7,5 (E )Dreieck 8 cm ∆(M mO) hat die beiden Katheten a = 3 sowie b = R − 2und die Hypotenuse c = R − 1. Pythagoras liefert 100 dann 9 +3f(R − 2)2 = = 5x (R. − 1)2 und damit R = 6, also Antwort (a). ung 2f (x ) + x Test beenden (D) 0 (E ) 1011 und Turner die Schatzkiste öffneten ahm sich zuerst Sparrow eine Münze, ünf, usw. So wurden die Goldmünzen Lösungen der Aufgaben 42 Lösung zu Aufgabe: Betrachte f (x) nur für natürliche Argumente x mit x|100. Aus 2 f (1) + 3 f (100) = 5 2 f (2) + 3 f (50) = 10 2 f (4) + 3 f (25) = 20 2 f (5) + 3 f (20) = 25 2 f (10) + 3 f (10) = 50 2 f (20) + 3 f (5) = 100 2 f (25) + 3 f (4) = 125 2 f (50) + 3 f (2) = 250 2 f (100) + 3 f (1) = 500 ergibt sich sukzessive f (10) = 10, f (20) = −25 und f (5) = 50, f (25) = −38 und f (4) = 67, f (50) = −94 und f (2) = 146, f (100) = −197 sowie f (1) = 298, also Antwort (b). Test beenden Lösungen der Aufgaben 43 Lösung zu Aufgabe: Sei n die Anzahl der Münzen, P die auf die drei Piraten in r Portionen aufgeteilt werden. Also gilt n = ri=1 i = 12 r(r + 1). P Sparrow bekommt 1 + 4 + 7 + . . . + (1 + 3dr/3e) = dr/3e i=0 (1 + 3i) = dr/3e + Pdr/3e 1 + 3 i=1 i = dr/3e + 1 + 23 dr/3e(dr/3e + 1) Münzen, Barbossa bekommt Pd(r−1)/3e 2 + 5 + 8 + . . . + (2 + 3d(r − 1)/3e) = i=0 (2 + 3i) = 2d(r − 1)/3e + 2 + Pd(r−1)/3e 3 3 i=1 i = 2d(r −1)/3e+2+ 2 d(r −1)/3e(d(r −1)/3e+1) Münzen und P Turner bekommt 3 + 6 + 9 + . . . + (3 + 3d(r − 2)/3e) = d(r−2)/3e (3 + 3i) = i=0 Pd(r−2)/3e 3d(r − 2)/3e + 3 + 3 i=1 i = 3d(r − 2)/3e + 3 + 23 d(r − 2)/3e(d(r − 2)/3e + 1) Münzen. Barbossa hat am Ende 20 Münzen mehr als Turner, d.h. r ∈ 2 + 3N, etwa r = 3m + 2. Dann gilt 20 = 2d(r − 1)/3e + 2 + 23 d(r − 1)/3e(d(r − 1)/3e + 1) −3d(r − 2)/3e − 3 − 23 d(r − 2)/3e(d(r − 2)/3e + 1) = 2(m + 1) + 2 + 23 (m + 1)(m + 2) − 3m − 3 − 32 m(m + 1) = 2(m + 1) + 2 Somit ist m = 8 und r = 26, so daß Sparrow dr/3e+1+ 23 dr/3e(dr/3e+1) = 9 + 1 + 32 9 · 10 = 10 + 3 · 45 = 145 Münzen bekommt, also Antwort (c). Test beenden bossa fünf, usw. So wurden die Goldmünzen Aufgaben ünzenLösungen mehr alsder Turner, und Sparrow bekam 44 Aufgabe: SeiMünzen. x die gesuchte Kantenlänge. zen. Lösung (D) 187 zu Münzen. (E ) 210 sprojekt eigt uns sen sind ungswint in den dann die C 15o x−9 m A Gleichung (x − |x |)2 + (y − |y |)2 = 4 ? 2 45o 30o B √ 9 2 x−9 Laut Sinus-Satz in ∆(ABC) ygilt sin 30o + 135o + β = 30o = sin β , wo √ 2 y √ 1 180o oder eben β = 15o gilt. Wegen sin 15o = 12 (3− 3) 6 gilt weiter √ 2 √ √ 2 9+9 3 54 √ (E√)18−1 und √ − 9−2= (3−0√ = so x = = 18 + 9 3 = 9(2 + 3), x x(D) x x 0 3) 3 3−1 3−1 −1 also Antwort (b). Test beenden −2 abwechselnd aus schwarzen Lösungen der Aufgaben 45 Lösung zu Aufgabe: Für x > 0 gilt x − |x| = 0, für x < 0 gilt x − |x| = 2x = −2|x|. Lösungen im 1. Quadranten Wegen (x − |x|)2 + (y − |y|)2 = 0 gibt es keine Lösungen im 1. Quadranten, was die Alternativen b) und c) ausschließt. Lösungen im 2. Quadranten Aus (x − |x|)2 + (y − |y|)2 = (x − |x|)2 = 4|x|2 = 4 folgt x = −1, was die Alternative d) ausschließt. Lösungen im 3. Quadranten Wegen (x − |x|)2 + (y − |y|)2 = 4x2 + 4y 2 = 4 liegen die Lösungen im 3. Quadranten gerade auf dem Einheitskreis, was die Alternative e) ausschließt. also Antwort (a). Test beenden Lösungen der Aufgaben 46 Lösung zu Aufgabe: Es geht um Folgen (s1 , . . . , sn ) ∈ {1, 2}n mit Pn i=1 si = 14 und n ungerade. Offensichtlich ist n < 14. • Für n = 13 gibt es 13 = 13 Möglichkeiten, die eine Zwei zu 1 platzieren. • Mit zwei Zweien geht’s nicht! • Für n = 11 gibt es 11 = 165 Möglichkeiten, drei Zweien zu 3 platzieren. • Mit vier Zweien geht’s nicht! • Für n = 9 gibt es 95 = 126 Möglichkeiten, fünf Zweien zu platzieren. • Mit sechs Zweien geht’s nicht! • Für n = 7 gibt es 77 = 1 Möglichkeiten, sieben Zweien zu platzieren. Insgesamt gibt es 13+165+126+1 = 305 Möglichkeiten, also Antwort (e). Test beenden