2. Tag 550834 Lösung 6 Punkte Teil a) Da der ei

55. Mathematik-Olympiade
3. Stufe (Landesrunde)
Olympiadeklasse 8
Lösungen – 2. Tag
c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
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550834 Lösung
6 Punkte
Teil a) Da der eine Würfel rot und der andere Würfel blau ist, sind sie unterscheidbar. Beim
Zufallsversuch „Werfen mit zwei unterscheidbaren, idealen Würfeln“ gibt es die 36 gleichwahrscheinlichen Ergebnisse (1, 1), (1, 2), . . . , (6, 6), wobei hier im Paar (a, b) die Zahl a die
gewürfelte Augenzahl des roten Würfels und die Zahl b die gewürfelte Augenzahl des blauen
Würfels bezeichnet.
Die Gewinnwahrscheinlichkeit für einen Preis hängt daher bei gezogener Nummer von der Anzahl der durch die gewählte Rechenoperation möglichen Realisierungen für diese Nummer ab.
Die folgende Tabelle gibt die in Abhängigkeit von der jeweils gezogenen Losnummer LN möglichen Realisierungen (Gewinnpaare) sowie die jeweils dazugehörige Gewinnwahrscheinlichkeit
GW an.
LN
Gewinnpaare „Summe“
GW
Gewinnpaare „Produkt“
GW
1
2
3
4
5
6
7
8
–
(1, 1)
(1, 2), (2, 1)
(1, 3), (2, 2), (3, 1)
(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)
(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)
(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)
(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)
0
1/36
2/36
3/36
4/36
5/36
6/36
5/36
(1, 1)
(1, 2), (2, 1)
(1, 3), (3, 1)
(1, 4), (2, 2), (4, 1)
(1, 5), (5, 1)
(1, 6), (2, 3), (3, 2), (6, 1)
–
(2, 4), (4, 2)
1/36
2/36
2/36
3/36
2/36
4/36
0
2/36
Die Tabelle zeigt, dass nur bei den Losnummern 1 und 2 die Gewinnwahrscheinlichkeit und
damit die Chance auf einen Preis bei Bildung des Produkts größer als bei der Bildung der
Summe ist.
Bei den Losnummern 1 und 2 sollte der jeweilige Spieler also das Produkt wählen, bei den
Losnummern 5, 6, 7 und 8 hingegen die Summe. Bei den Losnummern 3 und 4 hat die Wahl
des Rechenverfahrens keinen Einfluss auf seine Gewinnchance.
Teil b) Man sollte Peter empfehlen, die Losnummer 7 zu wählen und sich für die Bildung der
Summe der Augenzahlen zu entscheiden. Aus der Tabelle kann man nämlich ablesen, dass die
größte Gewinnwahrscheinlichkeit bei der Losnummer 7 erreicht wird und er deswegen mit der
Losnummer 7 die größte Chance auf einen Preis hat.
550835 Lösung
7 Punkte
Teil a) Aus Voraussetzung (1) folgt, dass das Siebeneck ABCDEF G eben und konvex ist und
die Eckpunkte wie in der Abbildung L 550835 angeordnet sind. Nach den Voraussetzungen (1)
5
und (2) sind die sieben Dreiecke AM G, BM A, . . . , GM F gleichschenklig und nach Kongruenzsatz (sss) kongruent zueinander. Folglich sind die Innenwinkel des Siebenecks ABCDEF G
kongruent zueinander. Die Summe der Innenwinkelgrößen der sieben Teildreiecke ist 7 · 180◦.
Bezüglich der Summe der Größen der Innenwinkel ist der Vollwinkel um M zu viel gezählt.
Folglich ist 7 · 180◦ − 360◦ die Innenwinkelsumme des Siebenecks.
Für die Größen der Innenwinkel gilt also
A
|BAG| = |CBA| = |DCB| = |EDC|
= |F ED| = |GF E| = |AGF |
1
900◦
= · (7 · 180◦ − 360◦) =
.
7
7
B
M
(3)
C
F
Teil b) Aus Voraussetzung (2) folgt, dass das Dreieck GAB
gleichschenklig ist. Aus (3), nach dem Innenwinkelsatz für Dreiecke und nach dem Basiswinkelsatz für gleichschenklige Dreiecke
folgt
|GBA| = |AGB| = (180◦ −
◦
900
)
7
:2=
◦
180
7
G
E
D
L 550835
(4)
.
Aus (3), (4), |CBG| = |CBA| − |GBA| und |BGF | = |AGF | − |AGB| folgt
900◦ 180◦
720◦
−
=
.
(5)
7
7
7
Aus Voraussetzung (2) und Gleichung (5) folgt, dass die Dreiecke BCG und BF G nach dem
Kongruenzsatz (sws) kongruent zueinander sind. Folglich haben sie auch die gleiche Höhenlänge bezüglich der Grundseite BG, weswegen die Punkte C und F den gleichen Abstand
von der Geraden BG haben. Daher sind die Geraden BG und CF parallel zueinander.
Hieraus und aus (2) folgt, dass das Viereck BCF G ein gleichschenkliges Trapez ist. Daher
gilt |F CB| = |GF C|. Hieraus, aus (5) und aus dem Innenwinkelsatz für Vierecke folgt
|CBG| = |BGF | =
|F CB| = |GF C| = (360◦ − 2 ·
◦
720
)
7
: 2 = 180◦ −
◦
720
7
=
◦
540
7
(6)
.
Für die Innenwinkel im Viereck BCF G gilt daher
|CBG| =
720◦
,
7
|F CB| =
540◦
,
7
|GF C| =
540◦
,
7
|BGF | =
720◦
.
7
Teil c) Durch Betrachtung der Vierecke ABDE und ADEG analog zu den Überlegungen
◦
gilt. Aus dem Innenwinkelsatz für
wie in Teil b) folgt, dass auch |AED| = |EDA| = 540
7
◦
◦
540
180
◦
Dreiecke folgt |DAE| = 180 − 2 · 7 = 7 .
Für die Innenwinkel im Dreieck ADE gilt daher |DAE| =
◦
|AED| = 540
.
7
◦
180
,
7
|EDA| =
◦
540
7
und
Lösungsvarianten zu den Teilen b) und c) 1. Die Parallelität der Geraden BG und CF
kann man auch durch Betrachtung einer geeigneten Spiegelung zeigen: Es sei k der nach
Voraussetzung (1) existierende Umkreis des Siebenecks und M sein Mittelpunkt. Da die Gerade
AM durch den Mittelpunkt von k verläuft, ist k symmetrisch bezüglich AM und jeder Punkt
auf k wird durch die Spiegelung an AM auf den Punkt auf k mit gleichem Abstand zu A
abgebildet, welcher in der anderen Halbebene bezüglich AM liegt. Wegen (1) gilt |AB| = |AG|.
Wegen (1), (3) und nach dem Kongruenzsatz (sws) gilt |AC| = |AF |. Durch die Spiegelung
an AM werden also B auf G, C auf F und umgekehrt abgebildet. Das Viereck BCF G besitzt
6
folglich die Gerade AM als Symmetrieachse und ist daher ein gleichschenkliges Trapez mit
den zueinander parallelen Seiten BG und CF .
2. Die in Teil c) verwendete Kongruenz der Winkel EDA, AED und F CB kann statt durch
Wiederholung der Überlegungen auch durch Anwendung zweier Drehungen gezeigt werden:
Wie in Teil a) bemerkt, sind die sieben Dreiecke AM G, BM A, . . . , GM F kongruent zuein◦
. Durch Drehung um den Punkt
ander. Ihre Innenwinkel bei M haben folglich die Größe 360
7
◦
720
M um den Winkel 7 im mathematisch positiven bzw. negativen Drehsinn wird das Viereck
BCF G auf das Viereck ABDE bzw. auf das Viereck ADEG abgebildet. Diese drei Vierecke
◦
sind also kongruent zueinander. Wegen (6) gilt |EDA| = |AED| = |F CB| = 540
.
7
550836 Lösung
7 Punkte
I. Angenommen, es gibt eine Zahl z mit den geforderten Eigenschaften. Dann gibt es natürliche
Zahlen x und y mit
x ∈ {100, 101, . . . , 999} und y ∈ {0, 1, . . . , 999}
(3)
und z = 1 000 · x + y. Nach Aufgabenstellung gilt weiter 6 000 · x + 6 · y = 1 000 · y + x, woraus
5 999 · x = 994 · y folgt. Nach Division durch 7 erhält man hieraus die Gleichung
(4)
857 · x = 142 · y .
Wegen 142 = 2 · 71 und da weder die Primzahl 2 noch die Primzahl 71 ein Teiler von 857 ist,
sind die Zahlen 857 und 142 zueinander teilerfremd. Folglich muss es wegen (4) eine ganze
Zahl k geben, für die x = 142 · k und y = 857 · k gelten. Wegen (3) kann nur k = 1 gelten,
weswegen x = 142, y = 857 und daher z = 142 857 folgt.
II. Die Zahl 142 857 ist eine sechsstellige natürliche Zahl. Durch Verschieben der ersten drei Ziffern der Zahl unter Beibehaltung ihrer Reihenfolge hinter die letzte Ziffer erhält man 857 142.
Diese Zahl ist tatsächlich das Sechsfache der Zahl 142 857.
Aus I. und II. folgt, dass 142 857 die einzige Zahl mit den geforderten Eigenschaften ist.
7
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 550834
Insgesamt: 6 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Punkte
Aufgabe 550835
Insgesamt: 7 Punkte
Teil a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Punkte
Teil b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Punkte
Teil c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Punkte
Aufgabe 550836
Insgesamt: 7 Punkte
Nutzung einer prinzipiell geeigneten Lösungsstrategie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Korrekte und vollständige Herleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Probe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
Ergebnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1
4
1
1
Punkt
Punkte
Punkt
Punkt