kwa 2010 GYS - Lösungen - Gymnasium Schillerstraße

BRG/BORG Feldkirch - Gymnasium Schillerstraße
41. ÖSTERREICHISCHE MATHEMATIK-OLYMPIADE
KURSWETTBEWERB FÜR ANFÄNGER
QUALIFIKATION FÜR DEN LANDESWETTBEWERB
1 2 . M AI 2 0 1 0
1. Gib die letzten drei Stellen (Hunderter, Zehner und Einer) des größten - nicht
durch 67 teilbaren - Teilers von
2010 + 2010 2010 an!
2. Finde alle reellen Zahlen x für die gilt:
2
x  − 2 ⋅ x  − 8 = 0
20 ⋅ {x} − 21 ⋅ {x} + 4 = 0
Wobei x  das größte Ganze von x und
2
{x} der gebrochene Anteil von x ist!
3. Beweise, dass für alle n∈ ℕ
6⋅7 +3
durch 9 teilbar ist!
(Hinweis: Eine elegante Beweisführung verwendet Vollständige Induktion)
n
4. Sei ABCDEFG die Hälfte eines regelmäßigen Zwölfecks. Sei P der Schnittpunkt
der Gerade durch AB und GF und Q der Schnittpunkt der Geraden AC und GE.
Zeige, dass Q der Umkreismittelpunkt des Dreiecks AGP ist!
5. Beweise, dass sich alle vier Seitensymmetralen eines Trapezes genau dann in
einem Punkt schneiden, wenn es gleichschenklig ist!
Arbeitszeit: 180 Minuten
Lösungen
Aufgabe 1:
(
)
2010 + 2010 2010 = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 67 ⋅ 1 + 2010 2009
Der größte Teiler einer Zahl ist die Zahl selbst. Die Primzahl 67 ist aber ein Teiler davon, daher
müssen wir den Faktor 67 weglassen.
T = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 1 + 2010 2009 . Da 67 ein Teiler von 2010 ist, ist 2010 2009 ein Vielfaches von 67.
(
)
(
)
Wenn man dazu 1 addiert, ist der Faktor 1 + 2010 2009 sicher nicht durch 67 teilbar und somit ist
T nicht durch 67 teilbar.
T = 30 + 30 ⋅ 2012009 ⋅ 10 2009 . Der zweite Summand hat den Faktor 10 2009 , und ist somit 0 mod
1000.
T ≡ 030 mod 1000
Aufgabe 2:
20 ⋅ {x} − 21 ⋅ {x} + 4 = 0
 x  − 2 ⋅ x  − 8 = 0
x 12 = 1 ± 1 + 8
x 1 = −2
x  2 = 4
2
L= {− 1,75; − 1,2;
4,25;
2
{x}1 = 0,8
{x}2 = 0,25
{x}2 − 21 ⋅ {x} +
{x}12
4
=0
20
20
21
441 320
=
±
−
40
1600 1600
4,8}
Aufgabe 3:
Lösung 1)
Induktionsanfang: n=0: 6 ⋅ 7 0 + 3 = 9 ist durch 9 teilbar.
Induktionsvoraussetzung: 6 ⋅ 7 n + 3 ≡ 0 mod 9 ⇔ 6 ⋅ 7 n ≡ 6 mod 9
Induktionsschritt: 6 ⋅ 7 n +1 + 3 = 6 ⋅ 7 n ⋅ 7 + 3 ≡ 6 ⋅ 7 + 3 ≡ 0 mod 9
□
Lösung 2)
7 0 ≡ 1 mod 9
71 ≡ 7 mod 9
7 2 ≡ 4 mod 9
7 3 ≡ 1 mod 9
6 ⋅ 7 0 + 3 ≡ 9 mod 9 6 ⋅ 71 + 3 ≡ 45 mod 9
6 ⋅ 7 2 + 3 ≡ 27 mod 9 6 ⋅ 7 3 + 3 ≡ 9 mod 9
alle weiteren Potenzen 7 n sind wegen der Periodizität kongruent zu 1, 7 oder 4 mod 9.
□
Aufgabe 4:
Sei M der Umkreismittelpunkt des regelmäßigen Zwölfecks
360°
△ABM ist gleichschenklig mit ∢AMB=
= 30° und somit ist ∢MAB=75°=∢GAP
12
analog für △GFM und ∢MGF=75°=∢AGP
△APG ist gleichschenklig mit ∢APG=30°
360°
△ACM ist gleichschenklig mit ∢AMC=
= 60° und somit ist ∢MAC=60°=∢GAQ
6
analog für △GEM und ∢MGE=60°=∢AGQ
△AQG ist gleichschenklig mit ∢AQG=60°
Mit der Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes (Q Kreismittelpunkt, AG Sehne) liegt P auf dem
Kreis weil der Peripheriewinkel halb so groß ist wie der Zentriwinkel.
□
Aufgabe 5:
Sei ABCD ein gleichschenkliges Trapez, s die Seitensymmetrale von der Seite AB.
Der Punkt A geht durch Spiegelung an s in den Punkt B über (Seitensymmetrale).
Die Seite AD geht durch Spiegelung an s in die Seite BC über (gleichschenklig).
Daher geht der Punkt D durch Spiegelung an s in C über. s ist daher auch die Seitensymmetrale
von CD.
Die Seitensymmetrale von AD geht durch Spiegelung an s in die Seitensymmetrale von BC über.
Der Schnittpunkt mit der Spiegelachse ist bei der Spiegelung ein Fixpunkt und daher schneiden
sich alle vier Seitensymmetralen in einem Punkt.
Wenn ABCD nicht gleichschenklig ist, dann geht zwar A durch Spiegelung an s in B über, AD
aber nicht in die Seite BC. Und somit geht D nicht in C über. AB und CD sind parallel, daher
sind C und D nicht gleich weit von s entfernt. Der Halbierungspunkt von CD liegt nicht auf s,
und weil AB und CD parallel sind, sind auch ihre Seitensymmetralen parallel, jedoch nicht
identisch. Da diese zwei Seitensymmetralen keinen gemeinsamen Punkt haben, haben auch alle
vier Seitensymmetralen keinen gemeinsamen Punkt.
□