1 - LK-Mathematik

1
Munzert Tobias
1/5
a) Die Seiten des Parallelogramms (und damit auch der Umfang) müssen ganzzahlig
sein (nur ganze Streichhölzer werden verwendet)
b) Umfang muss ein Vielfaches von 2 sein (U = 2·(a + b); a, b sind die Seitenlängen
des Parallelogramms)
c) Nach der Dreiecksungleichung ist im Dreieck die Summe der Längen zweier
Seiten a und b stets größer oder gleich der Länge der dritten Seite c. Da die Ecken
des Parallelogramms nicht auf einer Linie liegen dürfen, gilt also dann: a + b > c
Da sich die Diagonalen im Parallelogramm halbieren, wird die maximale
beziehungsweise minimale Seitenlänge des Parallelogramms ermittelt, indem ein
Teildreieck des Parallelogramms mit den Seitenlängen 3,5 (=7:2) und 4,5 (=9:2)
betrachtet wird (mit einer gesuchten Seitenlänge des Parallelogramms s):
→ minimale Seitenlänge:
3,5 + s > 4,5 → s > 1
→ maximale Seitenlänge:
4,5 + 3,5 > s → s < 8
s
3,5
4,5
da s  (siehe a) folgt:
7≥s≥2
d) Der minimale Umfang wird ebenfalls durch die Betrachtung eines Teildreiecks
des Parallelogramms ermittelt:
a
b
→a+b>9
→ a + b ≥ 10; a, b 
es folgt also für den Umfang:
U ≥ 20
9
Der Minimalumfang beträgt also 20 Streichhölzer.
1
Munzert Tobias
2/5
e) Nun wird der größtmögliche Umfang berechnet:
C
c1 = c2 = 4,5
a1 = b2 = 3,5
μ1 = 180° - μ2
m1
A
a1
μ1 μ2
M
c1
m12 = a12 + c12 – 2 a1 c1 ∙ cos(μ1)
m22 = b22 + c22 – 2 b2 c2 ∙ cos(μ2)
= a12 + c12 – 2 a1 c1 ∙ cos(180˚ - μ1) =
= a12 + c12 – 2 a1 c1 ∙ -cos(μ1)
D 1 = ]0°; 180°[
m2
b2
c2
B
Kosinussatz
für die Innenwinkel im Dreieck gilt:
0°  ∢  180°; da keine Eckpunkte
des Parallelogramms auf einer Linie
liegen dürfen, gilt: 0° < ∢ < 180°
U
 m1 + m2
2
U ( 1 )  2  a1  c1  2a1c1  cos( 1 )  2  a1  c1  2a1c1  cos( 1 ) 
2
2
2
2
 2  3,5 2  4,5 2  2  3,5  4,5  cos( 1 )  2  3,5 2  4,5 2  2  3,5  4,5  cos( 1 ) 
 2  32,5  31,5  cos( 1 )  2  32,5  31,5  cos( 1 ) 
 130  126  cos( 1 )  130  126  cos( 1 )
126  sin( 1 )
126   sin( 1 )
1
 1
U ( 1 )  
 

2 130  126  cos( 1 ) 2 130  126  cos( 1 )

63  sin( 1 )
130  126  cos( 1 )

63  sin( 1 )
130  126  cos( 1 )
0
63 ∙ sin(μ1)  0 , da dies nur möglich ist, wenn sin(μ1) = 0
dies trifft nur für μ1 = 0° und 180° (bzw. n ∙ 180°; n  ) zu  Dμ1 = ]0°; 180°[
 0°; 180°  D
1
Munzert Tobias
0
1
130  126  cos( 1 )

1
3/5
der Term unter der Wurzel
ist > 0 und somit auch
 0 , da Wcos 1   1;1 und
130  126  cos( 1 )
0  130  126  cos( 1 )  130  126  cos( 1 )
130  126  cos( 1 )  130  126  cos( 1 )
cos( 1 )   cos( 1 )
2  cos(1 )  0
130 > 126
1  90  U hat also für 1  90 ein Maximum
 Die Raute ist also das Parallelogramm, das zu den gegebenen Diagonalen den
größten Umfang besitzt.
U max  4  3,5 2  4,5 2  22,8  22
Für das Parallelogramm sind also noch folgende Umfänge möglich:
20 (siehe d)
22 (siehe e
22  4  3,5 2  4,5 2  24 )
Umax
Es sind dann noch folgende Kombinationen der Seitenlängen möglich:
6+4; 7+3; 7+4; 6+5 (die Reihenfolge ist unerheblich)
5+5 ist nicht möglich, da dies eine Raute ergäbe und die Seitenlänge einer Raute mit
den gegebenen Diagonalen 3,5 2  4,5 2 ist und
3,5 2  4,5 2  5 ist (siehe e).
1
Munzert Tobias
f)
4/5
Wenn die
Seitenlängen zu
den gegebenen
Diagonalen
unpassend sind
C
B
A
M
C2
γ2
C1
γ1
½ c = c1 = c2 = 4,5
a1 = b2 = 3,5
m1
α
A
b2
a1
μ1
c1
m2
μ2
M
β
c2
B
g) für die Seitenlängen 4+6
m1 = 4
cos( 1 ) 
a 1  m 1  c1
3,5 2  4 2  4,5 2 2


 2  (m1  c1 )
 2  (4  4,5)
3
2
2
2
Kosinussatz
1  48,19
b  m2  c2
3,5 2  6 2  4,5 2 22
cos(  )  2


 2  (m2  c 2 )
 2  (6  4,5)
27
  35,43
2
m2 = 6
sin(  2 ) m2

sin(  ) m1
2
sin(  2 ) 
2
sin(  )  6 sin( 35,43)  6

4
4
Sinussatz
 2  60,40  1  48,19
Rundungsfehler nur im
Dezimalstellenbereich
möglich
 Es gibt also kein Dreieck mit den Seitenlängen 4, 6 und 9, dessen Eckpunkt C
3,5 vom Mittelpunkt der Seite c (=9) entfernt liegt.
1
Munzert Tobias
h) für die Seitenlängen 3+7
5/5
(analog zu g)
a 1  m 1  c1
3,5 2  3 2  4,5 2 17
cos( 1 ) 


 2  (m1  c1 )
 2  (3  4,5)
27
2
m1 = 3
2
2
1  50,98
b2  m2  c2
3,5 2  7 2  4,5 2 19
cos(  ) 


 2  (m2  c 2 )
 2  (7  4,5)
21
  25,21
2
m2 = 7
sin(  2 ) m2

sin(  ) m1
2
sin(  2 ) 
2
sin(  )  7 sin( 25,21)  7

3
3
 2  83,64  1  50,98
Der Umfang 20 Streichhölzer ist also nicht möglich; es bleibt also nur noch der
Umfang 22 Streichhölzer.
i) Beweis für die Seitenlängen 7+4
m1 = 4
1  48,19
(siehe g)
m2 = 7
  25,21
(siehe h)
sin(  2 ) 
sin(  )  7 sin( 25,21)  7

4
4
(analog zu g und h)
 2  48,19
 1   2
 Es gibt also mindestens ein Dreieck mit den Seitenlängen 4, 7 und 9, dessen
Eckpunkt C 3,5 vom Mittelpunkt der Seite c (=9) entfernt liegt.
Der Umfang des Parallelogramms beträgt 2 ∙ (7 + 4) = 22
Streichhölzer
2
Munzert Tobias
1/1
a) 2008 ist eine gerade Zahl, also damit auf jeden Fall durch die Addition
von 2 bzw. seiner Vielfachen darstellbar.
1 1
 1
2 2
1 1 1
  1
2 4 4
1 1 1 1
   1
2 4 8 8
.
.
.
1 1 1 1
1
1
1
1
1
1
   





1
2 4 8 16 32 64 128 256 512 512
2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 + 128 + 256 + 512 + 512 = 1534
b) 2008 – 1534 = 474
Man muss also durch Veränderung einzelner Summanden noch
zusätzliche 474 erreichen.
Der kleinstmögliche Kehrbruchsummand, den man in zwei gleiche Teile zerlegen kann, ohne durch die Addition der Summanden 2008 zu überschreiten,
1
1
1

ist
in
.
64 128 128
(474 / 2 = 237; 128 ≤ 237 < 256  128 + 128 ≤ 474 < 256 + 256)
Daraus folgt:
1 1 1 1
1
1
1
1
1
1
1
   






1
2 4 8 16 32 128 128 128 256 512 512
2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 128 + 128 + 128 + 256 + 512 + 512 = 1726
Dieser Vorgang (b) wird solange wiederholt bis man zu folgenden Ergebnis
kommt:
1 1 1 1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
   











4 4 8 8 32 32 32 32 32 32 64 64 128 128 128
c)
1
1
1



1
256 512 512
4 + 4 + 8 + 8 + 32 + 32 + 32 + 32 + 32 + 32 + 64 + 64 + 128 + 128 + 128 +
+ 256 + 512 + 512 = 2008
3
Munzert Tobias
1/4
Vorraussetzung: spitzwinkliges Dreieck ∆ABC; wα, der Kreis um
E (=Hc) mit dem Radius r (= AE ) und die Seite BC müssen einen
Punkt gemeinsam haben
I.
Behauptung: wα, sb (= Gerade SB) und hc (= Gerade CE) schneiden
sich in einem Punkt
Beweis:
a) Da die Seite AE und ED die gleiche Länge r besitzen, ist das Dreieck
∆AED ein gleichschenkliges Dreieck. Im gleichschenkligen Dreieck
sind die Basiswinkel gleich groß und somit muss für den Winkel


∢ ADE 
gelten, da der Winkel ∢ DAE  ist.
2
2
C
D
S

2

2
r

2
•
A
r
E
b) Da die einander gegenüberliegenden Winkel ∢ DAC und ∢ ADE an der
 
Geraden AD (Wechsel-Winkel) gleich groß sind   , folgt: AC ‫ ׀׀‬ED.
2
B
3
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2/4
C
b
2
D
S
r
2
b
2
r
2
•
A
E
B
c) Da AC ‫ ׀׀‬ED ist, kann der Strahlensatz angewandt werden, der u. a.
besagt, dass je zwei Abschnitte, die einander entsprechen, im
gleichen Verhältnis zueinander stehen. Daraus folgt, dass sb die
Strecke [DE] halbiert, da sie auch die Dreiecksseite AC halbiert.
d) Da AC ‫ ׀׀‬ED ist und sowohl die Dreiecksseite AC als auch die
Strecke [DE] von sb halbiert werden, müssen sich wα, sb und hc in
einem Punkt schneiden, wenn man den oben angewandten
Strahlensatz auf die blau hervorgehobene Strahlensatzfigur anwendet
(Bei einer Strahlensatzfigur schneiden sich alle Strahlen in einem
Punkt).
C
b
2
D
S
r
2
b
2
r
2
•
A
E
B
3
Munzert Tobias
3/4
Vorraussetzung: spitzwinkliges Dreieck ∆ABC; wα, sb (= Gerade
SB) und hc (= Gerade CE) schneiden sich in einem Punkt
II.
Behauptung: wα, der Kreis um E (=Hc) mit dem Radius r (= AE )
und die Seite BC müssen einen Punkt gemeinsam haben
Beweis: zur Vereinfachung des Lösungsweges wird ein neuer Punkt
F eingeführt, von welchem bewiesen werden soll, dass er identisch
mit dem Punkt E ist
a) Durch den Punkt D (Schnittpunkt der Winkelhalbierenden wα mit der
Dreiecksseite BC) wird eine Parallele zur Dreiecksseite AC gezogen,
welche die Dreiecksseite AB im Punkt F schneidet.
C
D

2

2
A
B
F
b) Da AC ‫ ׀׀‬FD ist, kann der Strahlensatz angewandt werden, der u. a.
besagt, dass je zwei Abschnitte, die einander entsprechen, im gleichen
Verhältnis zueinander stehen. Daraus folgt, dass sb die Strecke [DF]
halbiert, da sie auch die Dreiecksseite AC halbiert.
C
D
S

2

2
A

2
F
B
3
Munzert Tobias
4/4
c) Da AC ‫ ׀׀‬FD ist und sowohl die Dreiecksseite AC als auch die Strecke
[DF] von sb halbiert werden, müssen sich wα, sb und die Gerade CF in
einem Punkt schneiden, wenn man den oben angewandten Strahlensatz
auf die blau hervorgehobene Strahlensatzfigur anwendet.
C
b
2
D
S
FD
2
b
2
FD
2
A
F
B
d) Da die Gerade CF durch den Schnittpunkt von wα und sb verläuft (da
dieser ja den Scheitel der oben genannten Strahlensatzfigur darstellt)
und auch den Punkt C beinhaltet, wodurch hc (= Gerade CE) in diesem
Fall ebenfalls definiert ist, folgt, dass die Gerade CE identisch zur
Geraden CF ist. Daraus folgt, dass der Punkt E identisch mit dem
Punkt F ist, da sie beide auf dem Schnittpunkt derselben Geraden mit
der Dreiecksseite AB liegen.
e) Weil AC ‫ ׀׀‬ED ist, folgt: ∢ CAD = ∢ ADE .



∢ DAE = ∢ CAD =
∢ DAE = ∢ ADE =
2
2
Damit ist das Dreieck ∆AED ein gleichschenkliges Dreieck, in welchem
die Seiten AE und ED dieselbe Länge besitzen. Auf Grund dessen lässt
sich um den Punkt E ein Kreis ziehen, auf welchem die Punkte A und D
liegen.
q.e.d.
4
Munzert Tobias
1/4
a) Da es möglich ist jeden Zug rückgängig zu machen, muss es logischerweise auch möglich sein, von den Endpositionen ((0|0), (1|1), (2|-1),
(3|0)) zur Ausgangslange ((0|0), (0|1), (1|0), (1|1)) zu gelangen, wenn
dies von der Ursprungsrichtung her möglich ist.
b) Nun werden die Geraden beschrieben, auf denen ein Springen durch das
Überspringen des zuvor übersprungenen Steines möglich ist (von den
Endpositionen ausgehend).
Mit den Steinen (0|0) und (1|1)
(0|0)
(2|-1)
(0|0)
(3|0)
(1|1)
(2|-1)
(1|1)
(3|0)
(2|-1) (3|0)
 y1 = x
 y2 = -0,5 x
 y3 = 0
 y4 = -2 x + 3
 y5 = -0,5 x + 1,5
 y6 = x – 3
berechnet nach folgendem Schema für die Punkte P(x1|y1) und Q(x2|y2):
y  y2
y = mx + t;
;
m 1
t  y1  x1  m
x1  x 2
y
<
x
>
c) Der Abstand zwischen den Steinen (0|0) und (1|1) beträgt
(0|0)
(2|-1)
(0|0)
(3|0)
(1|1)
(2|-1)
(1|1)
(3|0)
(2|-1)
(3|0)
2
5
3
5
5
2
berechnet nach folgendem Schema für die Punkte P(x1|y1) und Q(x2|y2):
PQ  ( x 2  x1 ) 2  ( y 2  y1 ) 2
4
Munzert Tobias
2/4
Überspringt man einen Stein mit dem zuvor übersprungenen Stein und
wiederholt dies beliebig oft, so ist es auf Grund der Vorgabe, dass
zwischen der neuen und der alten Position eines Steines genau in der Mitte
einer der übrigen Steine platziert sein muss, nur ein ganzzahliges
Vielfaches des Ursprungsabstandes von den Ursprungspositionen möglich.
d) Macht man nun den in c beschriebenen Vorgang an zwei zueinander
parallelen Geraden und verbindet nach jedem Zug die neuen Positionen
der Steine miteinander, erhält man wiederum zueinander parallele
Geraden, da der Abstand zwischen der neuen und der alten Position und
dem übersprungenen Stein immer gleich bleibt (siehe oben) und der
Ursprungsabstand bei den zueinander parallelen Geraden y1, y6 und y2, y5
( y1‖y6 und y2‖y5 ,da sie jeweils die selbe Steigung m besitzen (siehe
b)) jeweils die selben sind ( 2 bzw. 5 (siehe c)).
<
y
>
x
4
Munzert Tobias
3/4
e) Da der Abstand zwischen den parallelen Geraden regelmäßig ist, müssen
auch die y-Achsenabschnitte regelmäßige Werte annehmen:
<
Am Bsp. der Gerade y2, die
entlang der Geraden y1 und
y6 verschoben wird
y
y1
a  5;
b  5;
y6
B
c 2
(siehe c)
> x
A
U  a  b  c  2 5  2
C
y2
U U
 U
 U

A
   a    b    c 
2 2
 2
 2

2
 2 5  2   2 5  2
  2 5  2


 
 5   
 2  


2
2
2

 
 

2


2  2 
2

  5 

  5 

2
  2  

2
2

 
 


2 
2 
2
2
2
 5 

  5 

5


2
2  
2 
2
4


2
 4,5  2,25  1,5
4
2 A 2  1,5
3
9



b
5
5
5
<
hb 
y
y2` = y5
(1|1)
c
Gesucht wird die Länge der Dreiecksseite c (= y-Achsen-Abschnitt)
1
90    arctan(  )    63,43
2
  180      180  90  63,43  26,57
b  a
sin 
 0,67
sin 
a
>
9
(siehe oben); Sinussatz
5
c  a 2  b 2  1,5
Da der Abstand zwischen den Parallelen immer gleich bleibt (siehe oben)
gilt: y = -0,5 x + 1,5·n ; ( n  )
x
4
Munzert Tobias
4/4
Analog dazu können die y-Achsen-Abschnitte für die übrigen Geraden
berechnet werden, so dass man zu folgendem Ergebnis gelangt:
ya = -0,5 x + 1,5·n
yb = n
yc = x + 3·n
yd = -2 x + 3·n
y
( n )
<
Es ist möglich jeden Sprung eines Steines über einen beliebigen anderen
Stein durch die Kombination zweier der oben genannten Funktionen
darzustellen. Da die Abstände zwischen den möglichen Positionen auf den
einzelnen Geraden festgelegt sind, ist es nur möglich auf Schnittpunkte
der oben genannten Funktionen zu gelangen. Da die Punkte (0|1) und
(1|0) nicht auf dem Schnittpunkt der Funktionen liegen (lässt sich durch
das Einsetzen in die Funktionen leicht feststellen), ist es also nicht
möglich von den End- zu den Startpositionen zu gelangen und somit - wie
bereits anfangs erläutert - auch nicht umgekehrt.