Olympiadeklasse 8 Lösungen – 1. Tag 550831 Lösung 6 Punkte

55. Mathematik-Olympiade
3. Stufe (Landesrunde)
Olympiadeklasse 8
Lösungen – 1. Tag
c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
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550831 Lösung
6 Punkte
Wenn der Geldbetrag im Portemonnaie von Herrn Sparfuchs nach dem Einkauf e Euro und c
Cent ist, so hat er Geld im Wert von 100 · e + c Cent. Vor dem Einkauf hatte er nach seiner
Aussage so viel Euro wie jetzt Cent und doppelt so viel Cent wie jetzt Euro, also 100 · c + 2 · e
Cent. Da dieser Betrag doppelt so hoch ist wie nach dem Einkauf, gilt folglich
100 · c + 2 · e = 2 · (100 · e + c) .
Durch Vereinfachen der Gleichung erhält man 98 · c = 198 · e und durch Kürzen schließlich
(∗)
49 · c = 99 · e .
Da c und e nichtnegative ganze Zahlen sowie 49 und 99 teilerfremde Zahlen sind, ist c ein
Vielfaches von 99, weswegen für c nur die Zahlen 0 und 99 in Frage kommen, da der Centbetrag
c eine höchstens zweistellige Zahl ist.
Aus der Gleichung (∗) und c = 0 folgt e = 0. Daher hätte Herr Sparfuchs vor und nach dem
Einkauf kein Geld im Portemonnaie gehabt. Dies widerspricht dem Sachverhalt, dass er beim
Einkauf Geld ausgegeben hat, womit diese Variante entfällt.
Aus der Gleichung (∗) und c = 99 folgt e = 49. Folglich kann nur 49,99 Euro der gesuchte
Geldbetrag sein.
Herr Sparfuchs hatte nach dem Einkauf 49,99 Euro im Portemonnaie. Den Geldbetrag kann
man also eindeutig ermitteln.
550832 Lösung
7 Punkte
Die Ungleichung
1
1
1
1
+
<
+
n−3 n−6
n−2 n−7
(1)
ist für n ∈ {2, 3, 6, 7} nicht definiert. Für n ∈ {1, 4} ist die Ungleichung nicht erfüllt, während
sie für n = 5 gilt, wie man durch Einsetzen sieht.
Weitere positive ganzzahlige Lösungen der Ungleichung kann es also nur für n > 7 geben.
Durch Subtraktion von
1
n−2
und
1
n−6
erhält man die zu (1) äquivalente Ungleichung
1
1
1
1
−
<
−
n−3 n−2
n−7 n−6
und durch Hauptnennerbildung weiter die zu (1) äquivalente Ungleichung
1
1
<
.
(n − 3) · (n − 2)
(n − 7) · (n − 6)
(2)
1
1
1
Für n > 7 gelten n − 3 > n − 7 > 0 und daher n−3
< n−7
sowie n − 2 > n − 6 > 0 und daher
1
1
< n−6 . Folglich gilt (2) für jede Zahl n mit n > 7. Da die Ungleichung (2) äquivalent zur
n−2
Ungleichung (1) ist, gilt (1) ebenfalls für alle Zahlen n mit n > 7.
Die positiven ganzzahligen Lösungen der gegebenen Ungleichung sind folglich 5 sowie alle
natürlichen Zahlen größer als 7.
550833 Lösung
7 Punkte
Teil a) Die Abbildung L 550833 a zeigt ein Dreieck ABC mit den gemäß der Aufgabenstellung
gegebenen Punkten D, E, F , P, Q, R und S, den Höhen AD, BE und CF , den Loten DP ,
DQ, DR und DS sowie den Strecken P Q, QR und RS. Weiter sind alle rechten Winkel
gekennzeichnet worden.
C
S
E
D
R
H
Q
A
F
P
B
L 550833 a
Teil b) Wir bezeichnen die Größe des Winkels CBA mit β und den Höhenschnittpunkt mit
H.
Wir betrachten zuerst das Viereck BDQP , siehe Abbildung L 550833 b für eine vergrößerte
Darstellung, und wollen die Größe des Winkels P QD bestimmen. Nach Voraussetzung gilt
(1)
|BP D| = |BQD| = 90◦ .
Aus (1) und einer Umkehrung des Satzes des Thales folgt, dass die Punkte P und Q auf einem
Kreis mit dem Durchmesser BD liegen, weswegen das Viereck BDQP ein Sehnenviereck ist.
Da in Sehnenvierecken die Summe der Größen gegenüberliegender Winkel stets 180◦ beträgt,
gilt
(2)
|P QD| = 180◦ − β .
Wir betrachten nun die Dreiecke CF B und CHD und wollen die Größe des Winkels DHR
bestimmen. Die Strecke CF ist eine Höhe im Dreieck ABC, weswegen das Dreieck CF B
2
D
R
D
R
β
H
H
Q
180◦ − β
180◦ − β
Q
β
β
F
P
B
F
L 550833 b
P
B
L 550833 c
rechtwinklig mit dem rechten Winkel bei F ist. Nach dem Innenwinkelsatz angewandt auf das
Dreieck CF B folgt hieraus |F CB| = 90◦ − β. Da der Punkt H auf der Strecke CF liegt und
vom Punkt C verschieden ist und der Punkt D auf der Strecke BC liegt und vom Punkt C
verschieden ist, gilt |HCD| = |F CB|, weswegen
(3)
|HCD| = 90◦ − β
folgt. Die Strecke AD ist ebenfalls eine Höhe im Dreieck ABC. Daher und weil der Punkt H
auf der Strecke AD liegt und vom Punkt D verschieden ist, ist das Dreieck HDC rechtwinklig
mit dem rechten Winkel bei D. Folglich gilt |DHC| = 90◦ − |HCD|. Durch Einsetzen von
(3) erhält man |DHC| = 90◦ − (90◦ − β) = β, und da |DHC| = |DHR| gilt, folgt
(4)
|DHR| = β .
Nun betrachten wir das Viereck DRHQ, siehe Abbildung L 550833 c für eine vergrößerte Darstellung. Nach Voraussetzung gilt
(5)
|DQH| = |HRD| = 90◦ .
Aus (5) und einer Umkehrung des Satzes des Thales folgt, dass die Punkte Q und R auf einem
Kreis mit dem Durchmesser DH liegen, weswegen das Viereck DRHQ ein Sehnenviereck ist.
Damit sind die Winkel DHR und DQR Peripheriewinkel über der Sehne DR. Mit (4) und
nach dem Peripheriewinkelsatz ergibt sich
(6)
|DQR| = β .
Aus (2) und (6) folgt schließlich
(7)
|P QD| + |DQR| = 180◦ .
Mit den entsprechenden Überlegungen ausgehend vom Winkel ACB anstelle des Winkels CBA
folgt
(8)
|QRD| + |DRS| = 180◦ .
Aus (8), (7) und nach dem Hinweis in der Aufgabenstellung folgt, dass die Punkte P , Q, R
und S auf einer Geraden liegen.
3
Punktverteilungsvorschläge
Die nachstehenden Angaben zur Punktverteilung sowohl für die gesamten Aufgaben als auch
für die Teillösungen sind Empfehlungen für die Ausrichter des Wettbewerbs und sollen einer
einheitlichen Bewertung dienen. Dies vereinfacht für die Schülerinnen und Schüler ein Nachvollziehen der Bewertung und ermöglicht für die Organisatoren Vergleiche zum Zweck der
Entscheidung über die Teilnahme an der nächsten Runde.
Bei der Vielfalt der Lösungsvarianten ist es nicht möglich, Vorgaben für jede Variante zu
machen; das Korrekturteam möge aus den Vorschlägen ableiten, welche Vergabe dem in der
Schülerlösung gewählten Ansatz angemessen ist. Dabei können auch Lösungsansätze, die angesichts der Aufgabenstellung sinnvoll erscheinen, aber noch nicht erkennen lassen, ob sie
wirklich zu einer Lösung führen, einige Punkte erhalten.
Abweichungen von den Vorschlägen müssen von den Ausrichtern des Wettbewerbs ausreichend bekannt gemacht werden. Es wird aber empfohlen, zumindest den prozentualen Anteil
der Punkte für Teillösungen beizubehalten.
Aufgabe 550831
Insgesamt: 6 Punkte
Erkennbarer, möglicherweise zum Ziel führender Lösungsansatz . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 1 Punkt
Vollständige und korrekte Herleitung sowie Untersuchung der Eindeutigkeit .. . . . . . 4 Punkte
Ergebnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Punkt
Aufgabe 550832
Insgesamt: 7 Punkte
Untersuchung der Fälle für n ≦ 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 3 Punkte
Untersuchung der Fälle für n > 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 3 Punkte
Angabe der Lösungsmenge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Punkt
Aufgabe 550833
Insgesamt: 7 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Teil b) Herleitung der Größe eines der gesuchten Winkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Herleitung der Größe des entsprechenden zweiten Winkels . . . . . . . . . . .. . . . . .
Analoge Untersuchung für das zweite Winkelpaar und Schlussfolgerung . . . . . .
4
1
2
2
2
Punkt
Punkte
Punkte
Punkte