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43. ÖSTERREICHISCHE MATHEMATIK-OLYMPIADE
KURSWETTBEWERB FÜR ANFÄNGER
BG/BRG FELDKIRCH
16. MAI 2012
1. a) Mit S bezeichnen wir die Summe der ersten 2012 positiven ganzen Zahlen. Bestimme
die letzte Ziffer von S2012.
4
3
2
b) Zeige, dass n  n  n
4
2
4
für jede natürliche Zahl n wiederum eine natürliche Zahl ist!
2. a) Löse folgende Gleichung in 𝑅 \ {-1} :
𝑥 6 −1
𝑥+1
= 3. (𝑥 2 − 𝑥 + 1). (𝑥 − 1)

b) Beweise folgende Ungleichung für alle a, b  Ro :
Untersuche, ob und wann Gleichheit gilt
4(a 3  b 3 )  (a  b) 3
3. a) Die Seitenlänge eines Quadrates ABCD betrage 12 cm. Auf den Seiten AB und CD werden
die Punkte P, bzw. Q so angenommen, dass die Länge der Strecke BP gleich der Länge der
Strecke DQ gleich einem Viertel der Länge der Strecke AB ist.
Auf PQ ist eine Normale zu errichten, die CD in M und DA in N schneidet. Dabei sollen die
Strecken CM und DN gleich lang sein. Wie lang ist die Strecke DN in cm?
b) Bestimme in der folgenden Figur
den Winkel ! (M2M1A = 90°)
Punkteverteilung: 8 / 8 / 8
Kurswettbewerb für Anfänger - LÖSUNGEN
16. Mai 2012
1. Aufgabe:
a) Mit S bezeichnen wir die Summe der ersten 2012 positiven ganzen Zahlen.
Bestimme die letzte Ziffer von S2012.
Lösung: Man bildet die Summe S = 1+2+3+….+2012 = (2012+1).2012/2 = 2013.1006
Und erkennt die Einerziffer 8!
Dann gilt 81 = 8 ;82= 64; 83=512, 84= 4096 ,85=32768 …. und man erkennt die Periode 4 bei den
Potenzen der Einerziffern der gesuchten Zahl S2012!
Da die Zahl 2012 = 4.503 kongruent modulo 4 ist, hat die Potenz S4.503 die selbe Einerziffer wie 84,
nämlich 6!
4
3
2
b) Zeige, dass n  n  n
4
2
4
für jede natürliche Zahl n wiederum eine natürliche Zahl ist!
n 4  2n 3  n 2 und erkennt, dass man nur
4
4
3
2
zeigen muss, dass der Zähler n  2n  n für alle n durch 4 teilbar ist. Dies zeigt man mit
Kongruenzklassen modulo
4:
≥ 𝑛 ∈ 0̅ ergibt 𝑛4 + 2𝑛³ + 𝑛² ≡
0 mod 4
𝑛 ∈ 1̅ ergibt 𝑛4 + 2𝑛³ + 𝑛² ≡ 1 + 2 + 1 ≡ 0 mod 4
𝑛 ∈ 2̅ ergibt 𝑛4 + 2𝑛³ + 𝑛² ≡ 16 + 8 + 4 ≡ 0 mod 4
𝑛 ∈ ̅̅̅̅̅
−1 ergibt 𝑛4 + 2𝑛³ + 𝑛² ≡ 1 − 2 + 1 ≡ 0 mod 4
Also für alle Zahlen n gezeigt, dass der Term durch 4 teilbar ist!
Lösung: Man bilde den gemeinsamen Nenner: T(n)=
2. Aufgabe:
2. a) Löse folgende Gleichung in 𝑅 \ {-1} :
𝑥 6 −1
𝑥+1
= 3. (𝑥 2 − 𝑥 + 1). (𝑥 − 1)
Lösung: Man zerlegt zuerst den Term 𝑥 6 − 1 = (𝑥 − 1). (𝑥 2 + 𝑥 + 1). (𝑥 + 1). (𝑥 2 − 𝑥 + 1) und
erhält damit die Gleichung (x-1).(x²+x+1)(x²-x+1) = 3.(x²-x+1).(x-1)
1. Fall: x = 1 ergibt: 0 = 3.1.0 = 0 eine wahre Aussage, also eine erste Lösung!
2. Fall: x≠ 1 erlaubt den Term (x-1) zu dividieren , also neue Gleichung:
(x²+x+1)(x²-x+1) = 3.(x²-x+1) Untersuche (x² - x +1) = 0 und erkenne mittels kleiner
Lösungsformel, dass diese Gleichung keine reelle Lösung besitzt, also nicht 0 sein kann!
3. Also wegdividieren erlaubt, ergibt: (x²+x+1)= 3 bzw. x² + x -2 = 0
1
1
8
x1,2 = − 2 ± √4 + 4 und somit die Lösungen x1 = 1 und x2 = -2 Damit ist L = {1, -2}

b) Beweise folgende Ungleichung für alle a, b  Ro : 4(a 3  b3 )  (a  b)3
Untersuche, ob und wann Gleichheit gilt!
Lösung: Man berechnet zuerst die rechte Seite und erhält die Ungleichung:
4𝑎3 + 4𝑏 3 ≥ 𝑎3 + 3𝑎2 𝑏 + 3. 𝑎𝑏 2 + 𝑏 3 und durch Subtraktion: 3𝑎3 + 3𝑏 3 ≥ 3𝑎2 𝑏 + 3. 𝑎𝑏 2 bzw.
Division durch 3: 𝑎3 + 𝑏 3 ≥ 𝑎2 𝑏 + 𝑎𝑏 2 oder schließlich (a+b)(𝑎2 − 𝑎𝑏+𝑏 2 ) ≥ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) . Da
(a+b) positiv und nicht 0 ist, ergibt sich a² - ab+b² ≥ ab und die wahre Aussage (a-b)² ≥ 0. Die
Gleichheit ergibt sich daher für a = b!
3. Aufgabe:
a) siehe Grafik!
Man bestimme die Strecken DN = MC!
Lösung: Man zeichnet in die Figur die Normale QS auf DC und erhält das Dreieck QSP, dessen
Seitenlängen aufgrund der Angabe AD = QS = 12 und QD = PB = 3 bekannt sind:
Es gilt SP = 6!. Wegen dem Normalwinkelsatz ist somit das Dreieck MDN ähnlich zum Dreieck QSP
mit den Winkeln  = ! Somit gilt: DM : DN = 12 : 6 = 2 : 1
Wegen der Angabe sei DN = MC = x, und damit DM = 12 – x.
Daraus ergibt sich die Proportion (12- x) : x = 2 : 1 und daraus durch umformen x = 4 q.e.d.
Figur b) Man zeichne zuerst das Dreieck ABC ein,
sowie das Thalesdreieck ABM2 mit dem rechten
Winkel in M2. Daraus erkennt man auch, dass
M2A = M2C = M2B der Umkreisradius des großen
Kreises ist. Somit ist nach dem PWS der Winkel
ACB = 45° und das Dreieck ABC ist glsch., weil
CM1 Streckensymmetrale von AB und Höhe des
Dreiecks ABC ist.
Somit ergibt sich  = (180° - 45°)/2 = 67,5°