Lösungen - Mathe für jung und alt

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MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE95 - MÄRZ/APRIL 2014
1
1
Vorschule
Lösung 95-11
Lösung 95-12
Die Sträucherreihe am Gartenzaun sieht so aus:
HBBHBBHBBH
Es sind also insgesamt 10 Sträucher. Zwischen den 10 Sträuchern sind 9 Lücken. In jeder
Lücke wächst eine Rose.
Es wachsen 9 Rosen am Gartenzaun.
Lösung 95-13
Es sind 6 Dreiecke.
Lösung 95-14
Alle zusammen haben jetzt 18 Murmeln:
30 − 5 + 3 + 4 − 1 − 13 = 18
2
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Lösung 95-15
Diese Aufgabe kann mehrere Lösungen haben. Daher ist die Begründung notwendig. Hier
ist eine mögliche Lösung:
a) Erdbeere, denn alles andere ist Steinobst.
b) 9, denn alles andere sind Buchstaben.
c) Bausteine, denn alle anderen Dinge sind Spielgeräte, bei denen man sich bewegen
muss.
d) Teller, denn alles andere sind Gegenstände, die man normalerweise im Bad findet.
e) 24, denn alles andere sind einstellige Zahlen.
f) KARL, denn alle anderen Namen sind von links und von rechts gelesen gleich.
Lösung 95-16
B und C sind falsch.
2
Klassen 1 und 2
Lösung 95-21
Er springt 8 · 80 = 640 Mal über das Seil.
Lösung 95-22
Um die Geheimzahl zu erhalten, kann man alle Rechnungen beginnend mit der letzten
umkehren. Man kann also so rechnen:
2
·7
+6
:4
·3
−5
Als Ergebnis erhalten wir 10.
Die Geheimzahl war 10.
Lösung 95-23
2
6
7
10
1
9
5
8
0
17
gelb
grau
rot
grün
blau
weiß
lila
rosa
olive
orange
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE95 - MÄRZ/APRIL 2014
Lösung 95-24
Der Junge heißt ELMAR.
Lösung 95-25
Es sind Nummer 1 und Nummer 8.
Lösung 95-26
Hier stehen die Zahlen in der Reihenfolge, in der man sie herausbekommt:
O
S
T
E
R
N
=
=
=
=
=
=
3
5
9
2
7
8
Probe:
2 + 9 + 8 + 5 + 7 + 3 = 34
Lösung 95-27
21 − 15 + 6 − 12 = 0
Lösung 95-28
Es gibt verschiedene Möglichkeiten. Eine ist diese:
3
4
3
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Klassen 3 und 4
Lösung 95-31
a) 6,5,1 oder 6,4,2 oder 6,3,2,1 oder 5,4,3 oder 5,4,2,1
b) 6,3 oder 6,2,1 oder 5,4 oder 5,3,1 oder 4,3,2
c) 21 · 4 + 21 − 9 = 84 + 12 = 96
Lösung 95-32
A = 1, B = 0, C = 2, D = 3, E = 4, F = 6
10
·
3
30
+
·
−
2 = 12
+
+
4 = 12
6 = 24
Lösung 95-33
8cm · 11cm = 88cm2 , 88 · 20 = 1760
Maria braucht 1760 Farbtropfen für das ganze Bild.
Lösung 95-34
Die zunächst naheliegende Lösung, dass der Vater alle anderen über die Brücke bringt,
ist nicht optimal. Nur zwei Kinder haben die kürzesten Lösungen gefunden:
Sonja Witte, 9 Jahre, Klasse 4:
mindestens 17 Minuten und es gibt dafür 2 Möglichkeiten:
J und V hin (2) J zurück (2) M und G hin (10), V zurück (1) und J und V hin (2)
Oder
J und V hin (2) V zurück (1) M und G hin (10), J zurück (2) und J und V hin (2)
Erik Rohloff, 9 Jahre, Klasse 4:
Sie brauchen mindestens 17 Minuten.
−→
←−
−→
←−
−→
Vater, Sohn
2 min
Vater
1 min
Mutter, Großmutter 10 min
Sohn
2 min
Vater, Sohn
2 min
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE95 - MÄRZ/APRIL 2014
5
2 + 1 + 10 + 2 + 2 = 17.
Lösung 95-35
Leo Gitin, 8 Jahre, Klasse 3:
Einer können sein: 1, 3, 5, 7, 9. Nur die Summe 1 + 3 + 5 + 9 = 18 gibt uns im Einer 8.
248 − 18 = 230. Also müssen alle Zehner 23 ergeben. Unter den Zehnern von 3 bis 8 gilt
das für 4 + 5 + 6 + 8 = 23 und 3 + 5 + 7 + 8 = 23.
z.B. 43 + 55 + 69 + 81 = 248
(H.W.: Alle Möglichkeiten findet man, wenn man die Einer mit jeder der beiden Zehnergruppen kombiniert. Hält man die Zehner einer Gruppe fest, so kann man die Einer auf
24 Varianten diesen Zehnern zuordnen. Insgesamt gibt es also 48 verschiedene Lösungen.)
Lösung 95-36
Lösung 95-37
Man kann diese Aufgabe durch systematisches Probieren lösen. Hierbei hilft eine Tabelle:
z
7
8
9
10
11
z − 7 (z + 7) · 7 z − 3 (z + 3) · 3
0
0
4
12
1
7
5
15
2
14
6
18
3
21
7
21
7
28
8
24
Eine passende Zahl ist gefunden, wenn in Spalte 3 und Spalte 5 das gleiche Ergebnis steht.
Dies ist für z = 10 der Fall. Die gedachte Zahl ist also 10.
Es kann keine weitere Zahl geben, denn in Spalte 3 vergrößern sich die Zahlen zeilenweise
um 7, in Spalte 5 nur um 3. Die Zahlen in Spalte 3 wachsen also schneller an als die
Zahlen in Spalte 5. Es kann also höchstens eine Zeile geben, in der in Spalte 3 und Spalte
5 das gleiche Ergebnis steht.
andere Variante:
Wer bereits Gleichungen kennt, kann die Aufgabe auch so lösen:
6
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Wenn z die gedachte Zahl ist, dann gilt
(z − 7) · 7
7 · z − 49
4·z
z
=
=
=
=
(z − 3) · 3 | Klammern auflösen
3 · z − 9 | −3 · z, +49
40 |: 4
10
Wenn es eine Zahl gibt, die die Bedingungen der Aufgabe erfüllt, kann es nur 10 sein. 10
ist tatsächlich Lösung, denn es gilt (10 − 7) · 7 = 3 · 7 = 21 und (10 − 3) · 3 = 7 · 3 = 21.
Lösung 95-38
Zeichnet man die AGs als einander überlappende Kreise, so kann man die Anzahl der Kinder, die mehrere der
AGs besuchen in die farbigen Bereiche schreiben: 3 Kinder sind sowohl in der Mathe- als auch in der TheaterAG. Daher steht eine 3 im rosa gefärbten Bereich. Je ein
Kind ist sowohl in der Mathe- als auch in der Sport-AG
bzw. sowohl in der Theater- als auch in der Sport-AG.
Daher steht in dem grünen und dem blauen Bereich je
eine 1. Kein Kind ist in allen 3 AGs. Daher steht nichts
im gelben Bereich.
Theater
7
3
1
9
10
Mathe
1
Sport
Nun wissen wir, dass in der Mathe-AG insgesamt 13 Kinder sind. 4 davon sind auch in
einer anderen AG (rosa und grüner Bereich). Es bleiben 13 − 4 = 9 Kinder, die nur in
der Mathe-AG sind. Genauso überlegt man sich, dass von 12 Kindern der Sport-AG 10
in keiner anderen AG sind und von den 11 Kindern der Theater-AG 7 Kinder in keiner
anderen AG sind. Wir können jetzt die Antworten auf die beiden Fragen leicht ablesen,
indem wir die Zahlen in der Zeichnung addieren:
a) Es sind insgesamt 9 + 3 + 7 + 1 + 1 + 10 = 31 Kinder.
b) 9 + 7 + 10 = 26 Kinder sind nur in einer AG.
4
Klassen 5 und 6
Lösung 95-41
Zunächst folgt aus der Aufgabe, dass das Alter der Mutter plus zweimal die Quersumme
des Alters der Mutter gleich 33 ist. Zahlen größer als 29 fallen heraus, da die Quersumme
dann mindestes gleich 3 ist. Es gibt genau 2 Zahlen zwischen 10 und 29, die vermehrt um
ihre doppelte Quersumme 33 ergeben: 17 und 23:
17 + 16 = 33
23 + 10 = 33
Die Mutter könnte also 17 oder 23 Jahre alt sein. Das Alter 17 ist unwahrscheinlich, da der
Sohn dann 8 Jahre alt sein müsste, sie also mit 9 Jahren Mutter geworden wäre. Folglich
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE95 - MÄRZ/APRIL 2014
7
ist die Mutter 23, die älteste Tochter 3, die jüngere Tochter 2 und der Sohn 5 Jahre alt.
(Trotzdem eine ziemlich junge Mutter)
Lösung 95-42
Das Anhängen einer Null an eine natürliche Zahl verzehnfacht deren Betrag. Seien a, b ∈ N
die gesuchten Zahlen, dann gilt folglich
10a + b = 10007
a + b = 2807
oder
9a + (a + b) = 10007
9a + 2807 = 10007
Aus der letzten Gleichung folgt a = 800, also b = 2007.
Lösung 95-43
Da jedes Mädchen einen Jungen als rechten Nachbarn hat, muss es Zweiergruppen der
Form MJ geben. Da jeder zweite Junge einen Jungen als rechten Nachbarn hat, muss man
alle Zweiergruppen zu Dreiergruppen der Form MJJ ergänzen können. Jede Dreiergruppe
lässt sich zu einer Vierergruppe der Form MJJM ergänzen, da die Hälfte der Jungen ein
Mädchen als Nachbarin hat.
An dem Tisch sitzen daher insgesamt 5 Dreiergruppen MJJ, also 10 Jungen und 5 Mädchen.
Lösung 95-44
Das ist nicht möglich, weil wegen
grüne > erste Sorte > gelbe > zweite Sorte > rote > dritte Sorte
folgte
grüne + gelbe + rote > erste Sorte + zweite Sorte + dritte Sorte
Das ist ein Widerspruch, weil beide Summen gleich sein müssen.
Lösung 95-45
U.Warnecke:
Zunächst werden die Mittelpunkte der beiden längeren Rechtecksseiten konstruiert; das
ist mit Zirkel und Lineal allein möglich. Alles Weitere entnimmt man den drei folgenden
Bildern.
8
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Lösung 95-46
a
Sei a vorgegeben; dann kann b aus der Gleichung a + b = ab ermittelt werden: b = a−1
.
Dazu muss aber a 6= 1 erfüllt sein.
Ist a = 1, so kann dazu kein passender Wert für b gefunden werden, und dies ist der
einzige Ausnahmefall. Dagegen kann auch für a = 0 ein passendes b gefunden werden:
0
= 0.
b = −1
Lösung 95-47
Gesamtgeschwindigkeit: v1 + v2 = 81 km/h = 22, 5 m/s;
s = 135 m. Die Zuglänge beträgt also 135 m.
l = (v1 + v2 )t = 22, 5 m/s · 6
Lösung 95-48
U.Warnecke:
Sei D der Schnittpunkt der Strecke AB und der Senkrechten zu AB durch P ; dann ist DP Höhe der Dreiecke
C
AM P und BM P . Da außerdem AM = BM , so sind
AM P und BM P flächengleich.
P
Sei weiter E der Schnittpunkt der Strecke AB und der
Senkrechten zu AB durch C; dann ist EC Höhe der
M
B
Drei-ecke AM C und BM C. Daher sind auch diese bei- A
den Dreiecke
flächengleich, woraus sofort die Flächengleichheit der Dreiecke AP C und BP C folgt.
Bemerkung: Man kann auch von einem gleichschenkligen Dreieck ABC mit AC = BC
ausgehen und dann mit Scherung argumentieren.
5
Klassen 7 und 8
Lösung 95-51
Das ist nicht möglich.
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE95 - MÄRZ/APRIL 2014
9
Begründung: Der große Würfel hat 8 Eckwürfel (schwarz gezeichnet), 12 Kantenwürfel
(weiß gezeichnet) und 6 Mittelwürfel (schraffiert). Jeder zulässige Weg von einem schwarzen Eckwürfel aus führt über einen weißen Kantenwürfel zu einem schraffierten Mittelwürfel. Um also von einem Eckwürfel zu einem benachbarten Eckwürfel zu gelangen, muss die
Ameise mindestens einen Mittelwürfel überqueren. Wenn sie jeden schwarzen Eckwürfel
genau einmal betreten will, muss sie also sieben mal über einen Mittelwürfel laufen. Sie
hat dann auf jeden Fall einen Mittelwürfel zweimal betreten.
Lösung 95-52
a) Das Produkt des arithmetischen und des geometrischen Mittels zweier von 0 verschiedener Zahlen x, y ist gleich
x+y
·
2
1
x
2
+
1
y
=
xy(x + y)
= xy
x+y
d.h. gleich dem Produkt dieser Zahlen. Am 2006. Tag ist das Produkt der neuen Zahlen
also gleich dem Produkt am nullten Tag, d.h. 2.
b) Wenn er die Zahlen als (ungekürzte) Brüche schreibt, dann haben die Zähler bzw.
Nenner am ersten Tag die Größenordnung 10, am zweiten Tag 102 , am dritten Tag 104 ,
am vierten Tag 108 usw. D.h.mit jedem Tag verdoppelt sich etwa die Stellenzahl der
Zähler und Nenner. Am 2006. Tag hätte der Lehrer für einen Zähler eine Zahl mit 22004
Stellen zu schreiben Würde er 3 · 1010 Ziffern der jeweiligen Länge 1cm in einer Sekunde
schreiben (das entspräche Lichtgeschwindigkeit), dann hätte er nach einem Tag 648 · 1012
Ziffern geschrieben. Das ist noch immer deutlich weniger als 22004 . Selbst wenn die Tafel
groß genug wäre, würde ihn die Endlichkeit der Lichtgeschwindigkeit hindern, derart lange
Zahlen an einem Tag aufzuschreiben.
Lösung 95-53
Am Morgen sind alle Spinde mit Zahlen offen, die eine ungerade Anzahl von Teilern
haben. Das sind gerade die Quadratzahlen kleiner als 1000: Anzahl = 31.
Lösung 95-54
Eine Masse von einem Kulo ist gleich 40 % der Masse eines Pfends: Sei k die Maßzahl der
Masse in Kulo, dann wird so umgerechnet: 0, 5k − 0, 1k = 0, 4k. Das sind 40 % von k).
Yak ist der Meinung, dass die Maßzahl einer Masse in Pfend gleich 240 % der Maßzahl
dieser Masse in Kulo sei:
2p
12
2p +
= p
5
5
Das sind 240 % von p.
Um die Größe des Fehlers herauszubekommen, den Yak macht, können wir eine Masse
von x Pfend zunächst korrekt in Kulo umrechnen und anschließend mit Yaks fehlerhafter
Formel zurückrechnen. Die Differenz zu 1 ergibt dann gerade den Rechenfehler: 40 % von
x ist gleich 0,4x. 240% von 0,4x sind 2, 4 · 0, 4x = 0, 96x. Yak verrechnet sich also um 0,04
oder 4 %.
10
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Lösung 95-55
Quadratzahlen enden auf eine der Ziffern 0, 1, 4, 5, 6 und 9.
Falls a auf 1 endet, dann endet a + 51 auf 2 und kann daher keine Quadratzahl sein.
Damit können 1. und 2. nicht gleichzeitig wahr sein.
Falls a auf 1 endet, dann endet a − 38 auf 3, kann also ebenfalls keine Quadratzahl sein.
Daher können auch 2. und 3. nicht gleichzeitig wahr sein.
Da genau eine Aussage falsch ist, kann es sich bei der falschen Aussage nur um 2 handeln.
Es gibt also natürliche Zahlen m, n so dass gilt
a + 51 = m2
a − 38 = n2
Subtrahiert man Gleichung 2 von Gleichung 1, so erhält man folgende Bedingung für m
und n:
m2 − n2 = (m + n)(m − n) = 89
89 ist eine Primzahl m und n müssen also folgendem Gleichungssystem genügen:
m + n = 89
m−n = 1
Diese Gleichungen sind erfüllt für m = 45 und n = 44 und nur für diese m und n. Hieraus
folgt a = 1974. Tatsächlich erfüllt a = 1974 die beiden Bedingungen 1 und 3 der Aufgabe
und Bedingung 2 nicht:
1. 1974 + 51 = 2025 = 452
2. 1974 endet nicht auf 1.
3. 1974 − 38 = 1936 = 442
Die gesuchte Zahl ist 1974.
Lösung 95-56
Lösung 1, U.Warnecke:
Auch wenn es auf den ersten Blick so erscheinen mag: ∠EM B ist kein rechter Winkel!
Wegen |CE| > |BC| sind die Dreiecke BCM und CDE nicht kongruent. Sie sind aber
flächengleich, wie jetzt gezeigt wird.
M liegt auf der Mittelparallelen zu AD und BC; daher ist die Länge M G
die Lotstrecke von M nach BC mit dem Lotfußpunkt G gleich 21 |CD|.
D
Nun ist |DE| = 21 |CD| = |GM | und
1
1
1
1
ACDE = |CD| · |DE| = |CD|2 und ABM C = |BC| · |GM | = |CD|2 ,
2
4
2
4
so dass die Dreiecke CDE und BM C flächengleich sind, so dass jetzt
gilt:
1
1
Agrau = ABCDEM = ABM C + ACDE = |CD|2 = AABCD
2
2
M
C
G
E
A
B
11
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE95 - MÄRZ/APRIL 2014
Lösung 2, U.Warnecke:
Eine weitere Möglichkeit ist es, das (weiße) Viereck ABM E durch Fällung des Lotes von M auf die Strecke AB (Lotfußpunkt sei H) in das
Trapez AHM E und das Dreieck HBM zu teilen; dann ergibt sich mit
|HM | = 43 |BC| = 34 |AB| für den Flächeninhalt des Vierecks ABM E
1
|AE| + |HM |
· |AH| + |HM | · |HB|
2
2
1
3
|AB| + 4 |AB| 1
1 3
1
= 2
· |AB| + · |AB| · |AB|
2
2
2 4
2
5
3
1
1
2
2
2
= |AB| + |AB| = |AB| = AABCD
16
16
2
2
AAHM E + AHBM =
D
C
M
E
A
H
Hieraus folgt sofort Agrau = Aweiß .
Lösung 95-57
Es sei x ∈ R+ eine positive reelle Zahl, die die gegebene Gleichung erfüllt. Dann gilt
c2 (a + x)
c2 + ax
c(a + x)
ac + cx
x(c − a)
= c
= c2 + ax
= c2 + ax
= c(c − a)
Wegen c > a ist c−a > 0, so dass x = c folgt. Wenn es also eine positive reelle Zahl x gibt,
die die gegebene Gleichng erfüllt, so kann dies nur x = c sein. x = c erfüllt tatsächlich
die gegebene Gleichung:
a+c
c(a + c)
=c
a =
1+ c
c+a
Lösung 95-58
Ab n = 5 enden alle n! auf 0. Für die Summe der ersten 4 Fakultäten gilt 1!+2!+3!+4! =
33. Sie endet auf 3, so dass die Summe der Fakultäten der ersten n natürlichen Zahlen
stets die Endziffer 3 hat und deshalb keine Quadratzahl sein kann. Daher bleibt nur der
Fall n ≤ 4 zu untersuchen, und da zeigt sich, dass nur 1! und 1! + 2! + 3! eine Quadratzahl
liefern, nämlich 1 bzw. 9.
6
Klassen 9 bis 13
Lösung 95-61
Zunächst ist klar, dass sämtliche Faktoren des Produkts ganzzahlig sind. Angenommen,
das Produkt ist ungerade. Dann müssen alle Faktoren ungerade sein. Da die Anzahl der
B
12
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Faktoren ungerade ist, muss die Summe ebenfalls ungerade sein. Die Summe der Faktoren
ist aber gleich 0. Das ist ein Widerspruch, womit die Annahme widerlegt ist. Das Produkt
ist also gerade, w.z.b.w
Lösung 95-62
Für alle Zahlen n ∈ N, n > 0 erhält man durch äquivalente Umformung:
(n2 + 3n + 1)2 =
=
=
=
n4 + 6n3 + 11n2 + 6n + 1
n4 + 5n3 + 6n2 + n3 + 5n2 + 6n + 1
(n2 + n)(n2 + 5n + 6) + 1
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1
Für n = 0 gilt n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = 1, ist also ebenfalls eine Quadratzahl, w.z.b.w.
Lösung 95-63
Lösung 1:
√
Wir setzen als bekannt voraus, dass 7 irrational ist. Angenommen, es gäbe zwei rationale
Zahlen x, y, für die die gegebene Gleichung erfüllt ist. Dann ist x 6= 0 und y 6= 0, denn
anderenfalls reduziert sich die gegebene Gleichung z.B. zu x2 = 7, für die es keine rationale
Lösung x gibt. Wir können o.B.d.A. sogar x, y > 0 annehmen, da mit x, y auch −x und
−y Lösung der gegebenen Gleichung wären. Es muss also positive natürliche Zahlen a, b
a und y = b gilt. Durch Kürzen kann man
und n geben, so dass x = n
n
ggT(a; b; n) = 1
(1)
erreichen. Die gegebene Gleichung lässt sich also schreiben als
a2 + b2 = 7n2
(2)
Wäre eine der Zahlen a oder b durch 7 teilbar, so müsste wegen (2) auch die andere durch
7 teilbar sein. Dann wäre aber a2 + b2 durch 72 teilbar und wegen (2) müsste n durch 7
teilbar sein. Das ist ein Widerspruch zu (1). Daher sind weder a noch b durch 7 teilbar.
Es sind also sowohl a als auch b kongruent 1, 2, 3, 4, 5 oder 6 modulo 7. Für a2 und b2 folgt
daraus
a2 ≡ k(7), b2 ≡ l(7) mit k, l ∈ {1, 2, 4}
(3)
Für die Summe a2 +b2 ergeben sich daraus die möglichen Restklassen (modulo 7) 1,2,3,4,5
oder 6, aber nicht 0. D.h. a2 +b2 ist nicht durch 7 teilbar. Das widerspricht aber Gleichung
(2), in der auf der rechten Seite eine durch 7 teilbare Zahl steht.
Die Annahme, es gäbe rationate Zahlen x, y, die die Gleichung x2 + y 2 = 7 erfüllen war
demach falsch, w.z.b.w.
Variante zum Beweis, U.Warnecke:
Wegen ggT(a; b; c) = 1 können a, b, c nicht zugleich gerade sein. Auch der Fall, dass a, b, c
ungerade sind, ist nicht möglich, da sonst a2 + c2 gerade und 7b2 ungerade wäre. Zu
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE95 - MÄRZ/APRIL 2014
13
betrachten sind nur noch zwei Fälle:
1. Fall: a, c ungerade, b gerade; dann folgt aus (2r−1)2 +(2t−1)2 = 7(2s)2 der Widerspruch
2(r2 + t2 − r − t) = |7 · 2s{z2 − 1}
|
{z
}
gerade
ungerade
2. Fall: a, b ungerade, c gerade; dann folgt aus (2r−1)2 +(2t)2 = 7(2s−1)2 der Widerspruch
2(r2 + t2 − r) = 14(s2 − s) + 3
|
{z
gerade
}
|
{z
ungerade
}
weitere Variante zum Beweis, U.Warnecke:
Leonhard Euler (1707 - 1783) hat als Erster folgenden Satz bewiesen: n ∈ N ist in
der Form x2 + y 2 mit x, y ∈ N darstellbar genau dann, wenn n keinen Primfaktor ≡ 3(4)
in ungerader Vielfachheit enthält.
Nimmt man hier n = 7b2 , so folgt wegen 7 ≡ 3(4) sofort die behauptete Unlösbarkeit der
Gleichung
a2 + c2 = 7b2 .
Lösung 95-64
Falls n = 0, so hat man (−1)2 (−1)−1 < 00 , d. h. −1 < 1, und diese Aussage gilt (man
beachte, dass 00 = 1).
Falls n > 0, so
0≤n−1<n+1
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
∧
0 ≤ n2 − 1 < n2
n2 − 1
n−1
<1
∧ 0≤
0≤
n+1
n2
n − 1 (n − 1)n (n + 1)n
0≤
·
<1
n+1
n2n
(n − 1)(n − 1)n (n + 1)n−1
0≤
<1
n2n
(n − 1)2 (n2 − 1)n−1
<1
0≤
n2n
0 ≤ (n − 1)2 (n2 − 1)n−1 < n2n ,
so dass in jedem Fall die Behauptung gilt.
!n
<1
14
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Lösung 95-65
Legen wir die Halbkreise in ein Koordinatensystem mit Koordinatenursprung A wie in der
Abbildung gezeigt und bezeichnen den Durchmesser des großen Halbkreises mit a, den des
Halbkreises, der durch A geht, mit x0 , 0 < x0 < a, so erhalten wir für den Flächeninhalt
der grünen Fläsche:
π 2
a − x20 − (a − x0 )2
8
π
=
x0 (a − x0 )
4
Agrün =
Der Durchmesser d = CD des grauen Kreises lässt sich als Funktion von x schreiben:
s
d(x) =
a
x−
2
2
−
2
a
2
=
q
x(a − x)
Das ist die Funktion, deren Graph der große Halbkreis ist. Damit ergibt sich für den
Flächeninhalt der grauen Kreisfläche
Agrau =
π
π
d(x0 )2 = x0 (a − x0 )
4
4
Die beiden Flächen sind also gleich.
d
d(x0 )
x0
a
2
a
x
15
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE95 - MÄRZ/APRIL 2014
Lösung 95-66
U.Warnecke:
Stets ist es möglich, in den Durchschnitt der
beiden Rechtecke ABCD und EF GH ein
schiefes Drachenviereck IJKL so zu legen,
dass eine seiner Diagonalen parallel zu einer
Seite eines der beiden Rechtecke verläuft (in
nebenstehendem Bild IKkBC). Die Teildreiecke IJK und IKL haben die gleiche Grundseite IK mit der Länge |IK| = |BC|, und die
Summe ihrer Höhen ist |BI| + |AI| = |AB|,
G
K
D
C
J
H
L
F
A
I
B
E
so dass der Flächeninhalt des Drachenvierecks 12 · |AB| · |BC| beträgt und somit der Flächeninhalt des Durchschnittes der Rechtecke ABCD und EF GH jedenfalls größer als die
Hälfte des Flächeninhaltes einer dieser beiden Rechtecke ist.
H.Winkelvoß:
Legt man beide Rechtecke aufeinander und
dreht nun das oben liegende Rechteck z.B.
im positiven Drehsinn um einen geeigneten
inneren Punkt des unten liegenden Rechtecks
so dass jeweils genau 8 Schnittpunkte entstehen, so ist die Überdeckungsfläche zunächst
maximal (wenn beide Rechetecke zusammenfallen) und verkleinert sich stetig bis sie ihr
Minimum erreicht, wenn die Diagonalen der beiden Rechtecke erstmals zusammenfallen.
Bem.: Eventuell reicht eine Drehung nicht, dann muss man noch ein wenig verschieben,
damit immer genau 8 Schnittpunkte entstehen.
D
A
F
C
E
B
Die Fläche eines Achtecks ist also stets größer als die Fläche des Parallelogramms AECF , das entsteht, wenn die
Rechteckdiagonalen zusammenfallen: Der Flächeninhalt
des Grenzparallelogramms ist, wie man mittels Aufteilung in paarweise kongruente Dreiecke sieht, größer als
die Hälfte des Flächeninhalts eines der Rechtecke. Damit
ist für jede Lage der Rechtecke, bei der ein Achteck als
Durchschnitt entsteht, gezeigt, dass der Flächeninhalt
des Achtecks größer ist als die Hälfte des Flächeninhalts
eines der Rechtecke.
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