50. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulstufe) Aufgaben für die 5

50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 5. Klasse
Nicht nur die eigentliche Lösung der Aufgaben, auch dein Lösungsweg ist wichtig.
Notiere daher auch die notwendigen Begründungen und Nebenrechnungen.
Aufgabe 1: Hier findest du sieben Zahlenfolgen. Sie fangen – bis auf die letzte – immer mit
den Zahlen 2 und 3 an, gehen dann aber unterschiedlich weiter: Sie sind jeweils nach einer
anderen Vorschrift aufgebaut.
Setze jede Zahlenfolge um drei Zahlen fort und gib jeweils die Vorschrift an.
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
2,
2,
2,
2,
2,
2,
1,
3,
3,
3,
3,
3,
3,
1,
5,
4,
6,
4,
3,
5,
2,
8,
5,
7,
3,
4,
8,
4,
12, 17, 23, 30,
,
,
3, 4, 5, 6, 4, 5, 6,
,
14, 15, 30, 31, 62,
,
5, 7, 5, 8, 11, 8, 12, 16,
4, 4, 5, 5, 5, 5, 6,
,
13, 21, 34, 55, 89,
,
8, 16,
,
,
,
,
,
,
,
,
Aufgabe 2: Jens kommt kurz vor seinem Geburtstag zu seinem Opa. Opa holt einen großen
Sack mit vielen Münzen und sagt: Pass’ mal auf, Jens. In diesem Sack sind viele Münzen mit
”
allen Werten, die es gibt, also 1 Cent, 2 Cent, 5 Cent, 10 Cent, 20 Cent, 50 Cent, 1 Euro und
2 Euro. Du darfst dir davon 20 Münzen aussuchen – halt, stopp, warte – aber du musst aus
diesen 20 Münzen zwei Geldbeträge gleichzeitig auf den Tisch legen können; einer soll 5,34 e
betragen, der andere 4,66 e. Zehn Euro sind dir also sicher. Ach ja, unter den Münzen, die du
dir aussuchst, soll jeder Münzwert mindestens einmal vorkommen. So, wie viel Geld schenke
ich dir maximal?“
a) Beantworte die Frage für Jens.
b) Wie viel hätte Jens maximal geschenkt bekommen, wenn er die Geldbeträge 5,35 e und
4,65 e hätte legen sollen und Opa immer noch gefordert hätte, dass unter den Münzen,
die Jens sich aussucht, alle Münzwerte mindestens einmal vorkommen?
Aufgabe 3: Niklas hat die gegebene Figur in der rechten Abbildung gezeichnet und will die in ihr vorkommenden Vierecke zählen. Dazu überlegt
er erst einmal, welche verschiedenen Formen und Größen von Vierecken
vorkommen; er entschließt sich, sich auf Quadrate, Rechtecke, die keine
Quadrate sind, und Parallelogramme, die keine Rechtecke sind, zu beschränken.
Suche nach diesen Quadraten, Rechtecken und Parallelogrammen in der
Figur. Dabei sollen sich diese Vierecke in Form oder Größe unterscheiden, sie sollen also nicht
deckungsgleich sein.
Zeichne für jedes der verschieden aussehenden Vierecke eine neue Grundfigur und kennzeichne
das Viereck farbig. Schreibe neben jede Zeichnung, wie oft man dieses Viereck in der Grundfigur finden kann.
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 6. Klasse
Nicht nur die eigentliche Lösung der Aufgaben, auch dein Lösungsweg ist wichtig.
Notiere daher auch die notwendigen Begründungen und Nebenrechnungen.
Hinweis: In Absprache mit deiner Mathelehrerin / deinem Mathelehrer kann vereinbart
werden, dass aus den folgenden vier Aufgaben drei ausgewählt werden:
Aufgabe 1: Maria und Rebecca kramen auf dem Dachboden beim Opa in alten Kisten. Opa
war Mathematiklehrer und hat sich gerne Kryptogramme ausgedacht. Sie finden vier Stück
und wollen sie nun lösen. Beim Knobeln stellen sie fest, dass das gar nicht so einfach geht,
denn es sind Kryptogramme dabei, die mehrere Lösungen haben.
A B B
+ B B A
A B
+ A C
A B C
+ D E F
C A B C
Kryptogramm (1)
D C B
Kryptogramm (2)
G H I
Kryptogramm (3)
A B C
− F A C
B A G
Kryptogramm (4)
In einem Kryptogramm werden gleiche Buchstaben durch gleiche Ziffern ersetzt und verschiedene Buchstaben durch verschiedene Ziffern. Der erste Buchstabe jeder Zahl darf keine 0 sein.
a)
b)
c)
d)
Finde eine Lösung des Kryptogramms (1).
Finde alle Lösungen des Kryptogramms (2).
Finde eine Lösung des Kryptogramms (3).
Finde drei verschiedene Lösungen des Kryptogramms (4). In jeder der drei Lösungen
soll der Buchstabe A durch eine andere Ziffer ersetzt werden.
Aufgabe 2: Jede natürliche Zahl hat eine eindeutige Zerlegung in Primfaktoren (PFZ). Zum
Beispiel ist 36 = 2 · 2 · 3 · 3 = 22 · 32 oder 1230 = 2 · 3 · 5 · 41. Wir nennen in dieser Aufgabe
die Anzahl der Primfaktoren einer Zahl ihre Primlänge. Die beiden Zahlen 36 und 1230 haben
also beide die Primlänge 4.
a)
b)
c)
d)
e)
Welche Primlänge können zweistellige Zahlen höchstens haben?
Gib alle zweistelligen Zahlen an, die diese größtmögliche Primlänge aufweisen.
Gib alle zweistelligen Zahlen mit der Primlänge 5 an.
Finde die größte Primlänge für dreistellige Zahlen.
Gib alle dreistelligen Zahlen an, die diese größte Primlänge aufweisen.
Aufgabe 3: Die drei Freunde Michi, Niki und Omar aus Hamburg kommen zum Abschluss
ihrer Schulzeit auf eine ausgefallene Idee. Sie wollen einen Ausflug zur 150 km entfernten
Floßburg machen. Das Ausgefallene an ihrem Plan ist, dass sie nur einen Motorroller für zwei
Personen zur Verfügung haben. Natürlich können sie auch zu Fuß gehen; ein Fußgänger schafft
5 km in der Stunde. Sie sprechen mehrere Möglichkeiten durch, um ihr Vorhaben umzusetzen.
a) Omar sagt: Keiner von uns soll laufen. Und wir lassen den Roller ganz gemütlich mit
”
60 km/h fahren.“ Wie können sie es machen und wie lange dauert es dann, bis alle drei
an der Floßburg sind?
b) Das dauert Niki zu lange. Er erklärt sich bereit, zur selben Zeit, in der seine beiden
Freunde mit dem Roller zur Floßburg starten, in Hamburg loszulaufen. Er will vier
Stunden gehen und dann warten, bis ihn einer seiner Freunde abholt. Er möchte aber
auch, dass der Roller solange mit 70 km/h gefahren wird, bis er abgeholt wird; danach
soll der Roller mit 65 km/h fahren.
Wie lange wäre dann die Wartezeit für Niki, und wie lange dauert es, bis alle an der
Floßburg sind?
c) Michi sagt: Der Roller kann auch 75 km/h fahren. Ich laufe in Hamburg los, ihr fahrt
”
zur Floßburg, dann soll einer sofort umdrehen und mich unterwegs aufnehmen.“
Wie weit muss Michi nach seiner Idee laufen? Wie lange dauert es, bis alle drei Freunde
auf diese Weise zur Floßburg kommen? (Vor einer genauen Lösung ist eine Schätzung
sinnvoll.)
Aufgabe 4: In einem Puzzle gibt es acht verschiedene, rechtwinklige, flächengleiche Formen,
die jeweils 8 Kästchen umfassen. Von jeder Form sind ausreichend viele Teile vorhanden, die
auch gedreht und umgeklappt verwendet werden dürfen.
(1)
(5)
(2)
(6)
(3)
(7)
(4)
(8)
a) Wähle drei verschiedene Teile aus den 8 Puzzle-Formen aus und lege daraus ein Rechteck.
Finde zwei Möglichkeiten, in denen alle drei Puzzle-Formen unterschiedlich sind.
b) Wie viele dieser Rechtecke aus a) benötigst du, um daraus das kleinstmögliche Quadrat
zu legen? Wie groß ist die Seitenlänge dieses Quadrates?
c) Lege ein Quadrat (12×12 Kästchen) mit nur zwei verschiedenen Puzzle-Formen aus; sie
müssen nicht in der gleichen Anzahl vorkommen.
Gib zwei Möglichkeiten an, in denen nicht die beiden gleichen Puzzle-Formen verwendet
werden.
d) Wähle fünf verschiedene Formen aus und lege aus diesen fünf Teilen ein Rechteck.
e) Wenn du Zeit und Lust hast: Lege aus acht verschiedenen Puzzle-Teilen ein Quadrat.
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 7. Klasse
Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar
sein. Du musst also auch erklären, wie du zu Ergebnissen bzw. Teilergebnissen gelangt bist.
Stelle deinen Lösungsweg logisch korrekt und in grammatisch einwandfreien Sätzen dar.
Aufgabe 1: Tim und Stefanie unterhalten sich und stellen fest, dass die MathematikOlympiade dieses Jahr ihren 50. Geburtstag feiert. Darauf meint Stefanie, dass sie ein gutes
Rätsel kenne. Tim will es sofort hören. Also sagt Stefanie: Denke dir eine Zahl und addiere
”
zu ihr 17, multipliziere das Ergebnis mit 3 und subtrahiere deine Zahl. Anschließend subtrahiere 1. Danach dividiere das Ergebnis durch 2 und subtrahiere erneut die von dir gedachte
Zahl, abschließend multipliziere mit 2. Wetten, du erhältst 50?“ Obwohl Tim das vorausgesagte Ergebnis erhält, will er nicht glauben, dass jede beliebige Zahl die Geburtstagszahl der
Mathematik-Olympiade liefert.
a) Zeige an einem selbstgewählten Beispiel, dass Stefanie bei diesem Beispiel recht hat.
b) Untersuche, ob man bei jeder gedachten Zahl tatsächlich das von Stefanie vorausgesagte
Ergebnis erhält.
Aufgabe 2: Auf einem Tisch stehen 4 geschlossene Kästchen. Eines davon enthält Goldklumpen, eines Sand, eines Kieselsteine und eines Holzkugeln. Drei dieser Kästchen sind beschriftet. Auf einem steht Gold oder Sand“, auf einem anderen Kieselsteine oder Holz“ und auf
”
”
dem dritten Gold oder Holz“. Anna darf sich eines dieser Kästchen auswählen und möchte
”
natürlich das mit dem Gold bekommen. Sie erfährt, dass alle Aufschriften der Wahrheit entsprechen. Anna darf zwar keines der Kästchen anfassen, aber bevor sie eines auswählt, darf
sie sich eines öffnen lassen und hineinschauen.
Untersuche, ob es für Anna eine Möglichkeit gibt, mit Sicherheit das Kästchen mit dem Gold
zu erhalten.
Aufgabe 3: Ein Dreieck ABC hat die folgenden Eigenschaften:
(1) Die Strecken AC und BC sind gleich lang.
(2) Die Winkelhalbierende des Innenwinkels BAC schneidet die Seite BC im Punkt E.
(3) Die Gerade AE steht senkrecht auf der Seite BC.
Untersuche, ob sich aus diesen Angaben die Größen der Innenwinkel im Dreieck ABC eindeutig
bestimmen lassen. Wenn dies der Fall ist, dann gib diese Winkelgrößen an.
Mathematische Grundlagen: Viele mathematische Aufgaben kann man den Grundtypen Beweisaufgabe oder Bestimmungsaufgabe zuordnen.
Eine Beweisaufgabe enthält gegebene Bedingungen oderGrößen. Das herzuleitende Ziel ist bekannt.
Wie beim Beweis eines mathematischen Satzes lassen sich die Aussagen in Voraussetzung und Behauptung aufspalten und in der Wenn-dann-Form“ formulieren. Ein Beweis ist erbracht, wenn man
”
von den Voraussetzungen ausgehend in endlich vielen Schritten über logisch abgeleitete Feststellungen
zur Behauptung gelangt. Jeder Beweisschritt ist eine Schlussfolgerung. Eine Schlussfolgerung kann
notiert werden, indem festgehalten wird, von welchen Voraussetzungen oder abgeleiteten Feststellungen ausgehend man zu welcher neuen Feststellung gelangt und welches Beweismittel dabei eingesetzt
wurde. Als Beweismittel dürfen mathematische Sätze, Definitionen, Formeln oder Umformungsregeln
verwendet werden.
Jede Bestimmungsaufgabe, hier Aufgabe 3, enthält gegebene Bedingungen oderGrößen und gesuchte, unbekannte Größen. Eine gesuchte Größe im mathematischen Sinne zu bestimmen heißt, diese
Größe aus den gegebenen Größen und eventuell weiteren wahren Aussagen durch korrektes logisches
Schließen durch Anwendung mathematischer Sätze und mathematisch zulässiger Umformungen zu ermitteln. Es ist dabei im Allgemeinen auch zu untersuchen, ob das zu bestimmende Objekt überhaupt
existiert und, wenn es existiert, ob es eindeutig bestimmt ist. Die Lösung einer Bestimmungsaufgabe
kann man daher im Allgemeinen in zwei Schritte gliedern: Im ersten Schritt nimmt man die Existenz der Lösung an und zeigt, dass die Lösungen zu einer hergeleiteten Menge gehören müssen. Im
zweiten Schritt zeigt man, dass die Elemente dieser Menge tatsächlich Lösungen sind. Dieser Schritt
heißt daher auch Existenzbeweis oder Probe. Eine Bestimmungsaufgabe kann also mehrere Beweise
beinhalten.
Etwas komplizierter ist die Situation bei Aufgaben, bei denen zu untersuchen ist, ob etwas existiert.
Je nachdem, ob man die Nichtexistenz oder die Existenz vermutet, sind unterschiedliche Beweise zu
führen. Bei der Nichtexistenz könnte es ein Widerspruchsbeweis sein und wir hätten eine Beweisaufgabe. Zum Nachweis der Existenz einer Lösung könnte man zum Beispiel eine Lösung angeben. Diese
Lösung herzuleiten ist eine Bestimmungsaufgabe.
Um angeben zu können, aus welcher gegebenen Bedingung eine Schlussfolgerung gezogen wurde, ist
es günstig, die gegebenen Bedingungen zu bezeichnen, im Fall von Aufgabe 3 mit (1), (2) und (3).
Dies trifft auch auf abgeleitete Feststellungen zu, auf die später zurückgegriffen wird. Diese können
bei Aufgabe 3 mit (4), (5) usw. bezeichnet werden. Aus der Formulierung Ein Dreieck ABC hat“
”
ist hier zu entnehmen, dass die zu bestimmenden Innenwinkel existieren. Deren Existenz ist hier
also nicht mehr zu beweisen. Zu zeigen ist aber noch, dass es unter den gegebenen Voraussetzungen
nur eine Lösung gibt. Im Allgemeinen würde die Formulierung untersuche, ob“ die Existenz des
”
Objektes aber offen lassen.
Alternativaufgabe:
Kurt spielt mit einem Satz Bauklötze.
a) Er hat genau einen Würfel mit der Kantenlänge 7 cm, je fünf Würfel mit den Kantenlängen 4 cm und 3 cm, sechs Würfel mit der Kantenlänge 2 cm und zwölf Würfel mit
der Kantenlänge 1 cm.
Weise nach, dass Kurt aus diesen Spielwürfeln keinen vollständigen Quader bauen kann,
wenn er dabei alle Würfel verwenden will.
b) Nun hat Kurt genau einen Würfel mit der Kantenlänge 6 cm, acht Würfel mit der Kantenlänge 4 cm, fünfzehn Würfel mit der Kantenlänge 2 cm und zehn Würfel mit der
Kantenlänge 1 cm zur Verfügung.
Untersuche, ob Kurt aus diesen Spielwürfeln einen vollständigen Quader bauen kann,
wenn er dabei wieder alle Würfel verwenden will. Begründe deine Antwort auch hier.
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 8. Klasse
Nicht nur die eigentliche Lösung der Aufgaben, auch dein Lösungsweg ist wichtig.
Notiere daher auch die notwendigen Begründungen und Nebenrechnungen.
Aufgabe 1: Anlässlich des 50. Geburtstages der Mathematik-Olympiade lädt Professor Knobelfix eine gewisse Anzahl guter Schüler zu einem mathematischen Ferienlager ein. In seiner
Eröffnungsrede stellt Prof. Knobelfix fest: Wenn jeder Teilnehmer am Ende der Veranstaltung
”
mit jedem anderen genau eine Fotografie von sich selbst austauschen würde, dann müssten
insgesamt genau 2450 Fotos verteilt werden.“
Untersuche, ob aus der Feststellung von Prof. Knobelfix eindeutig bestimmt werden kann, wie
viele Schüler am Ferienlager teilnehmen. Ist dies der Fall, dann gib die Anzahl dieser Schüler
an.
Aufgabe 2:
Paul hat die rechts stehende Methode für das Quadrieren zweistelliger Zahlen entdeckt.
a) Erkläre diese Methode und berechne auf die gleiche Weise 592 , 822
und 192 .
b) Erkläre, warum dieses Rechenverfahren funktioniert.
c) Finde und erkläre ein entsprechendes Verfahren für das Quadrieren
dreistelliger Zahlen.
672
42
3649
42
4489
Aufgabe 3: Gegeben ist ein Dreieck ABC mit folgenden Eigenschaften:
(1)
(2)
(3)
(4)
Auf der Strecke AB liegt ein Punkt D.
Die Größe α des Innenwinkels BAC ist kleiner als 45◦.
Die Größe des Winkels BDC ist gleich dem Dreifachen von α.
Die Größen der Winkel ACB und BDC sind gleich.
a) Ermittle die Größe β des Winkels CBA für den Fall, dass α = 20◦ gilt.
b) Ermittle für alle möglichen Werte von α die Größe β des Winkels CBA in Abhängigkeit
von α.
c) Ermittle alle Werte α, für die ABC ein rechtwinkliges Dreieck ist.
Hinweis: Bei Aufgabenteil c) kann auf den Existenznachweis der Dreiecke verzichtet werden.
Mathematische Grundlagen: Viele mathematische Aufgaben kann man den Grundtypen Beweisaufgabe oder Bestimmungsaufgabe zuordnen.
Eine Beweisaufgabe enthält gegebene Bedingungen oder Größen. Das herzuleitende Ziel ist bekannt.
Wie beim Beweis eines mathematischen Satzes lassen sich die Aussagen in Voraussetzung und Behauptung aufspalten und in der Wenn-dann-Form“ formulieren. Ein Beweis ist erbracht, wenn man
”
von den Voraussetzungen ausgehend in endlich vielen Schritten über logisch abgeleitete Feststellungen
zur Behauptung gelangt. Jeder Beweisschritt ist eine Schlussfolgerung. Eine Schlussfolgerung kann
notiert werden, indem festgehalten wird, von welchen Voraussetzungen oder abgeleiteten Feststellungen ausgehend man zu welcher neuen Feststellung gelangt und welches Beweismittel dabei eingesetzt
wurde. Als Beweismittel dürfen mathematische Sätze, Definitionen, Formeln oder Umformungsregeln
verwendet werden.
Jede Bestimmungsaufgabe, hier Aufgabe 3, enthält gegebene Bedingungen oder Größen und gesuchte, unbekannte Größen. Eine gesuchte Größe im mathematischen Sinne zu bestimmen heißt, diese
Größe aus den gegebenen Größen und eventuell weiteren wahren Aussagen durch korrektes logisches
Schließen durch Anwendung mathematischer Sätze und mathematisch zulässiger Umformungen zu ermitteln. Es ist dabei im Allgemeinen auch zu untersuchen, ob das zu bestimmende Objekt überhaupt
existiert und, wenn es existiert, ob es eindeutig bestimmt ist. Die Lösung einer Bestimmungsaufgabe
kann man daher im Allgemeinen in zwei Schritte gliedern: Im ersten Schritt nimmt man die Existenz der Lösung an und zeigt, dass die Lösungen zu einer hergeleiteten Menge gehören müssen. Im
zweiten Schritt zeigt man, dass die Elemente dieser Menge tatsächlich Lösungen sind. Dieser Schritt
heißt daher auch Existenzbeweis oder Probe. Eine Bestimmungsaufgabe kann also mehrere Beweise
beinhalten.
Etwas komplizierter ist die Situation bei Aufgaben, bei denen zu untersuchen ist, ob etwas existiert.
Je nachdem, ob man die Nichtexistenz oder die Existenz vermutet, sind unterschiedliche Beweise zu
führen. Bei der Nichtexistenz könnte es ein Widerspruchsbeweis sein und wir hätten eine Beweisaufgabe. Zum Nachweis der Existenz einer Lösung könnte man zum Beispiel eine Lösung angeben. Diese
Lösung herzuleiten ist eine Bestimmungsaufgabe.
Um angeben zu können, aus welcher gegebenen Bedingung eine Schlussfolgerung gezogen wurde,
ist es günstig, die gegebenen Bedingungen zu bezeichnen, im Fall von Aufgabe 3 mit (1), (2),
(3) und (4). Dies trifft auch auf abgeleitete Feststellungen zu, auf die später zurückgegriffen
wird. Diese können bei Aufgabe 3 mit (5), (6) usw. bezeichnet werden. Aus der Formulierung
Gegeben ist ein Dreieck ABC“ ist hier zu entnehmen, dass die zu bestimmenden Innenwinkel
”
existieren. Deren Existenz ist hier also nicht mehr zu beweisen. Zu zeigen ist aber noch, dass es
unter den gegebenen Voraussetzungen bei den Aufgabenteilen a) und b) nur eine Lösung gibt.
Im Allgemeinen würde die Formulierung untersuche, ob“ die Existenz des Objektes aber offen lassen.
”
Alternativaufgabe:
Auf einem Kreis k liegen in dieser Reihenfolge sechs paarweise voneinander verschiedene Punkte A, B, C, D, E und F .
a) Ermittle die Anzahl der Dreiecke, die jeweils drei dieser sechs Punkte als Eckpunkte
haben.
b) Ermittle die Anzahl der konvexen Vierecke, die jeweils vier dieser sechs Punkte als Eckpunkte haben.
c) Ermittle die Anzahl der konvexen Fünfecke, die jeweils fünf dieser sechs Punkte als
Eckpunkte haben.
Hinweis: Ein n-Eck P1 P2 . . . Pn mit Ecken auf einem Kreis ist genau dann konvex, wenn seine
Eckpunkte P1 , P2 , . . . , Pn in dieser Reihenfolge auf diesem Kreis liegen.
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 9. Klasse
Nicht nur die eigentliche Lösung der Aufgaben, auch dein Lösungsweg ist wichtig.
Notiere daher auch die notwendigen Begründungen und Nebenrechnungen.
Aufgabe 1: Jenny schreibt die ersten vier positiven Quadratzahlen auf: 1, 4, 9, 16. In der
nächsten Zeile notiert sie jeweils unter dem Zwischenraum zweier benachbarter Quadratzahlen
deren Differenz: 3, 5, 7. Darunter schreibt sie die Differenzen dieser Zahlen.
1
4
3
9
5
2
16
7
2
a) Bestätige am Beispiel der Zahlen 25 und 36, dass auch bei einer Verlängerung der ersten
Zahlenfolge die Differenzen in der dritten Zeile nur noch den Wert 2 annehmen.
b) Führe eine entsprechende fortgesetzte Differenzbildung für die Folge der Kubikzahlen
13 bis 53 so lange durch, bis erstmals eine Zeile mit unveränderten Werten erscheint.
Beweise, dass diese Differenz auch bei der Verwendung weiterer Kubikzahlen auftreten
muss.
c) Weite deine Untersuchungen auf Potenzen mit größeren Exponenten aus. Nutze die dabei erkannten Gesetzmäßigkeiten zur Vorhersage, nach wie vielen Zeilen bei zehnten
Potenzen erstmals ein konstanter Wert auftritt und wie groß dieser sein muss.
Aufgabe 2: Gegeben ist ein Winkel mit dem Scheitel A und mit der Größe α, wobei gilt
0◦ < α < 180◦. Auf den Schenkeln dieses Winkels wähle man sich je einen von A verschiedenen
Punkt B bzw. C aus, so dass ein Dreieck ABC entsteht. In diesem Dreieck schneiden sich die
durch B bzw. C verlaufenden Winkelhalbierenden des Dreiecks ABC in einem Punkt I.
Zeige, dass die Größe δ des Winkels <) BIC nicht von der gewählten Lage der Punkte B und
C abhängt.
Aufgabe 3: Man kann eine achtstellige Zahl bilden, indem man sich eine vierstellige Zahl
ausdenkt und diese zweimal hintereinander schreibt.
Finde
a) die größte und
b) die kleinste
von eins verschiedene natürliche Zahl, durch die jede achtstellige Zahl dieser Form teilbar ist.
Hinweis: Eine Zahl heißt n-stellig, wenn sie n Ziffern besitzt, wobei die erste nicht Null sein
darf.
Aufgabe 4: Aus der Menge M = {1; 2; 3; . . . ; 179} werden drei verschiedene Zahlen zufällig
und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge ausgewählt.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie die Gradzahlen der Innenwinkel eines Dreiecks
sind?
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 10. Klasse
Nicht nur die eigentliche Lösung der Aufgaben, auch dein Lösungsweg ist wichtig.
Notiere daher auch die notwendigen Begründungen und Nebenrechnungen.
Aufgabe 1: Jenny schreibt die ersten vier positiven Quadratzahlen auf: 1, 4, 9, 16. In der
nächsten Zeile notiert sie jeweils unter dem Zwischenraum zweier benachbarter Quadratzahlen
deren Differenz: 3, 5, 7. Darunter schreibt sie die Differenzen dieser Zahlen.
1
4
3
9
5
2
16
7
2
a) Bestätige am Beispiel der Zahlen 25 und 36, dass auch bei einer Verlängerung der ersten
Zahlenfolge die Differenzen in der dritten Zeile nur noch den Wert 2 annehmen.
b) Führe eine entsprechende fortgesetzte Differenzbildung für die Folge der Kubikzahlen
13 bis 53 so lange durch, bis erstmals eine Zeile mit unveränderten Werten erscheint.
Beweise, dass diese Differenz auch bei der Verwendung weiterer Kubikzahlen auftreten
muss.
c) Weite deine Untersuchungen auf Potenzen mit größeren Exponenten aus. Nutze die dabei erkannten Gesetzmäßigkeiten zur Vorhersage, nach wie vielen Zeilen bei zehnten
Potenzen erstmals ein konstanter Wert auftritt und wie groß dieser sein muss.
Aufgabe 2: Zwei Kreise mit gleichem Radius r schneiden
sich so, dass der Mittelpunkt jedes Kreises auf dem Rand
des jeweils anderen Kreises liegt, vgl. nebenstehende Abbildung.
Man bestimme den Flächeninhalt und den Umfang der
schraffierten Fläche.
Aufgabe 3: Man bestimme alle reellen Zahlen x, die die folgende Ungleichung erfüllen:
√
x+2
< 1.
x
Gegeben sind ein Dreieck ABC mit dem Flächeninhalt f sowie von den Eckpunkten verschiedene Punkte D auf AB, E auf BC und F auf AC. Letztere bestimmen zusammen mit den
Eckpunkten des Dreiecks vier Teildreiecke ADF , DBE, F EC und DEF , deren Flächeninhalte
in dieser Reihenfolge mit v, w, x bzw. y bezeichnet seien.
Die Punkte D, E, F erfüllen weiter die folgenden drei Eigenschaften:
EF k AB
v + w = 52 f
x:y=v:w
Bestimmen Sie aus diesen Angaben v, w, x und y in Abhängigkeit von f .
(1)
(2)
(3)
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 11–13. Klasse
Nicht nur die eigentliche Lösung der Aufgaben, auch dein Lösungsweg ist wichtig.
Notiere daher auch die notwendigen Begründungen und Nebenrechnungen.
Aufgabe 1: Zwei Kreise mit gleichem Radius r schneiden
sich so, dass der Mittelpunkt jedes Kreises auf dem Rand
des jeweils anderen Kreises liegt, vgl. nebenstehende Abbildung.
Man bestimme den Flächeninhalt und den Umfang der
schraffierten Fläche.
Aufgabe 2: Gegeben sei das Gleichungssystem
−x − yz + w
x2 + y 2
x2 y
xy − yz 2 + w
= 50
= 13
= 12
= 0,
(1)
(2)
(3)
(4)
und es sollen nur positive reelle Lösungsquadrupel (x, y, z, w) dieses Gleichungssystems betrachtet werden. Was ist der größtmögliche Wert, den das Produkt xyzw für ein solches
Lösungsquadrupel annimmt?
Aufgabe 3: Man bestimme alle reellen Zahlen x, die die folgende Ungleichung erfüllen:
√
x+2
< 1.
x
Aufgabe 4: In einem Kurbad gibt es 100 Duschkabinen. In jeder Kabine befindet sich ein
Hahn, der die Wasserzufuhr zur Dusche dieser Kabine regelt. Durch ein Versehen bei der
Installation setzt aber jeder Hahn außerdem auch die Duschen in genau 5 anderen Kabinen in
Betrieb.
Man beweise, dass die Kurverwaltung dann immer 10 Kabinen auswählen kann, in denen von
der Fehlfunktion nichts zu bemerken ist, wenn die übrigen 90 Kabinen gesperrt werden.
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 5. Klasse
Aufgabe 1 - Lösung
10 Punkte
a) 2, 3, 5, 8, 12, 17, 23, 30, 38, 47, 57
Vorschrift: + 1; + 2; + 3; + 4; + 5; . . .
Also: Es wird immer eine um 1 größere Zahl addiert als im letzten Schritt.
b) 2, 3, 4, 5, 3, 4, 5, 6, 4, 5, 6, 7, 5, 6
Vorschrift: + 1; + 1; + 1; − 2; + 1; + 1; . . .
Also: Dreimal 1 addieren, dann 2 abziehen, dann wieder dreimal 1 addieren, usw.
c) 2, 3, 6, 7, 14, 15, 30, 31, 62, 63, 126, 127
Vorschrift: Abwechselnd 1 addieren und mit 2 multiplizieren.
d) 2, 3, 4, 3, 5, 7, 5, 8, 11, 8, 12, 16, 12, 17, 22
Vorschrift: + 1; + 1; − 1, dann + 2; + 2; − 2, dann + 3; + 3; − 3 und weiter + 4;
+ 4; − 4, . . .
e) 2, 3, 3, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 6 (es geht dann weiter: 6, 7)
Vorschrift: Einmal die 2, zweimal die 3, dreimal die 4, viermal die 5, fünfmal die 6,
sechsmal die 7, . . .
f) 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377
Vorschrift: Jede Zahl ist die Summe der beiden vorangehenden Zahlen.
g) 1, 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128
Dies sind ab der zweiten Zahl die Zweierpotenzen; ebenso ist ab der zweiten Zahl aber
jede Zahl der Folge die Summe aller vorangehenden Zahlen.
Aufgabe 2 - Lösung
10 Punkte
Teil a) Für Jens kann das Ziel nur sein, die beiden Geldbeträge mit möglichst wenig Münzen
zusammenzustellen; für die restliche Anzahl von Münzen bis zur zwanzigsten kann er dann
immer 2-e-Münzen wählen, um möglichst viel Geld geschenkt zu bekommen.
Die 5,34 e kann er zusammenstellen durch 2-mal 2 e, 1-mal 1 e, 1-mal 20 Cent, 1-mal 10 Cent,
2-mal 2 Cent.
Die 4,66 e kann er zusammenstellen durch 2-mal 2 e, 1-mal 50 Cent, 1-mal 10 Cent, 1-mal
5 Cent, 1-mal 1 Cent.
Bisher braucht Jens 13 Münzen, und alle acht Münzwerte kommen vor. Für die restlichen sieben Münzen kann Jens also 2-e-Münzen wählen. Also erhält er von Opa (10 e + 14 e =) 24 e.
Teil b) Für die neuen Beträge kommt Jens mit 11 Münzen aus:
5,35 e = 2 · 2 e + 1 e + 20 Cent + 10 Cent + 5 Cent (das sind sechs Münzen) und
4,65 e = 2 · 2 e + 50 Cent + 10 Cent + 5 Cent (das sind fünf Münzen).
Wenn er noch jeweils einmal Münzen zu 2 Cent und 1 Cent hinzunimmt, hat er die Bedingungen
erfüllt und 13 Münzen verbraucht. Zusammen mit sieben 2-e-Münzen kommt er auf 24,03 e.
1
Aufgabe 3 - Lösung
10 Punkte
Es ist sinnvoll, nach verschiedenen Arten von Vierecken zu suchen und sie dann zu kennzeichnen.
Quadrate:
1-mal
1-mal
4-mal
Rechtecke:
4-mal
Parallelogramme:
4-mal
4-mal
8-mal
2
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 6. Klasse
Aufgabe 1 - Lösung
10 Punkte
Teil a) Die Ziffer C muss als Übertrag 1 sein. In der Zehnerspalte ergibt sich dann durch
den Übertrag aus der Einerspalte B = 9. Schließlich muss A = 2 sein.
Die einzige Lösung ist 299 + 992 = 1291.
Teil b) Wegen B + C = B in der Einerspalte muss C = 0 gelten. In der Zehnerspalte gilt
dann A + A = 10, woraus A = 5 und D = 1 folgt.
Nur B ist jetzt noch nicht festgelegt; für B kommen noch die Ziffern 2, 3, 4, 6, 7, 8 und 9 in
Frage – dies ergibt genau sieben Lösungen.
Teil c) Eine Lösung ist z. B. 123 + 467 = 590.
Teil d) Wegen C − C = G in der Einerspalte muss G = 0 gelten. Der Hunderterspalte
ist zu entnehmen, dass A > B gilt. Der Zehnerspalte ist dann zu entnehmen, dass nicht
A + A = B (ohne Übertrag), sondern nur A + A = B + 10 gelten kann, woraus A > 5 und
daher A ∈ {6, 7, 8, 9} folgt.
Aus jedem zulässigen A kann man dann zunächst das zugehörige B und hieraus dann F
berechnen. Für C bleiben dann die noch nicht verwendeten Ziffern übrig. Für A = 9 erhält
man B = 8 und hieraus F = 0. Da die erste Ziffer einer Zahl niemals eine Null ist, kann A = 9
nicht gelten. Für A ∈ {6, 7, 8} erhält man dann folgende Lösungen des Kryptogramms (4):
6 2 C
− 3 6 C
2 6 0
C ∈ {1, 4, 5, 7, 8, 9}
7 4 C
− 2 7 C
4 7 0
C ∈ {1, 3, 5, 6, 8, 9}
Aufgabe 2 - Lösung
8 6 C
− 1 8 C
6 8 0
C ∈ {2, 3, 4, 5, 7, 9}
10 Punkte
Teil a) Wenn man bei Zahlen mit begrenzter Ziffernzahl möglichst viele Primfaktoren haben
möchte, so müssen die Primfaktoren möglichst klein sein. Die kleinste Primzahl ist 2, also
haben die Zweierpotenzen unter allen Zahlen mit gleicher Ziffernzahl die größte Primlänge.
Die größte Zweierpotenz unterhalb von 100 ist die Zahl 64 (64 = 26 ), die eine Primlänge von 6
hat. Also können zweistellige Zahlen höchstens die Primlänge 6 aufweisen.
Teil b) Neben der 64 ist die 96 die einzige andere Zahl unterhalb von 100 mit der Primlänge 6
(denn 96 = 2·2·2·2·2·3). Ersetzt man einen der sechs Faktoren 2 durch eine größere Primzahl
als 3 (die nächstgrößere Primzahl ist 5), so ergibt sich bereits eine Zahl über 100, ebenso, wenn
man zwei der Faktoren durch Primzahlen größer als 2 ersetzt (denn 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 5 = 160 und
2 · 2 · 2 · 2 · 3 · 3 = 144).
Teil c) Es sind die Zahlen 32 (32 = 25 ), 48 (48 = 24 · 3), 80 (80 = 24 · 5) und 72 (72 = 23 · 32).
Wenn man bei bei den letzten beiden Zahlen eine der Zweien durch eine Drei ersetzt, ist die
entstehende Zahl größer als 100.
3
Teil d) Da die Zahl 512 (512 = 29 ) die größte Zweierpotenz unterhalb von 1000 ist, haben
alle dreistelligen Zahlen höchstens die Primlänge 9.
Teil e) Auch hier gibt es wieder nur zwei Zahlen, nämlich die 512 und die 768 (768 = 28 · 3),
denn die Zahlen 1152 (1152 = 27 · 3 · 3) und 1280 (1280 = 28 · 5) sind bereits größer als 1000.
10 Punkte
Aufgabe 3 - Lösung
Teil a) Der Roller muss mit zwei Leuten hin, mit einem zurück und wieder mit zweien hin
fahren, also zusammen 450 km. Das dauert dann (450/60 =) 71/2 Stunden.
Teil b) Niki will vier Stunden laufen, also 20 km. Der Roller muss daher 280 km fahren,
bis er am Treffpunkt mit Niki ankommt, was bei der Geschwindigkeit von 70 km/h ebenfalls
vier Stunden dauert. Also muss Niki gar nicht warten. Für die restlichen 130 km zur Floßburg
braucht der Roller mit 65 km/h genau zwei Stunden, so dass der gesamte Transport in sechs
Stunden abgewickelt ist.
Teil c) Nach zwei Stunden ist der Roller in Floßburg, Niki ist 10 km gelaufen, es bleiben
noch 140 km. Wenn der Roller ihm entgegenkommt, fährt er 15-mal so schnell wie Niki, er
legt also 15
des Weges von 140 km, also 131,25 km, zurück. Den Rest läuft Niki, das sind
16
(140 − 131,25 =) 8,75 km. Niki muss also insgesamt 18,75 km laufen.
Für die Fahrtstrecke von 131,25 km braucht der Roller (131,25/75 =) 7/4 Stunden, so dass die
gesamte Transportzeit nun 2 h + 7/4 h + 7/4 h = 5 h 30 min beträgt.
Elegante Alternativlösung: In einer Stunde legen Michi und der Roller zusammen 80 km
zurück. Sie treffen sich nach genau 300 km Gesamtstrecke. Daraus folgt, dass das Treffen
nach 3 h 45 min erfolgt, oder nach 18,75 km für Michi. Insgesamt dauert die Reise 3 h 45 min +
1 h 45 min = 5 h 30 min.
10 Punkte
Aufgabe 4 - Lösung
Teil a) Drei Puzzle-Teile haben einen Flächeninhalt von (3 · 8 =) 24 Kästchen. Mögliche
Seitenlängen für das Rechteck sind 1×24, 2×12, 3×8 und 4×6.
1×24 entfällt, weil alle Teile breiter sind. 2×12 entfällt, weil nur zwei Teile der Breite 2
vorhanden sind. Das 3×8-Rechteck kann man nicht mit drei verschiedenen Teilen auslegen,
man braucht immer eine Form doppelt.
Für das 4×6-Rechteck kann man z. B. die folgenden Möglichkeiten finden:
(2), (3), (1)
(5), (8), (1)
4
(5), (4), (7)
Teil b) Da 24 = 23 · 3 gilt, ist 24 · 32 = 144 die kleinste Quadratzahl als
Vielfaches von 24 und man kann aus sechs dieser Rechtecke ein Quadrat
legen, wie in der nebenstehenden Abbildung gezeigt.
Die Seitenlänge des Quadrats beträgt 12 Kästchenlängen.
Teil c) Die Beispiele zeigen mögliche Lösungen:
(1) & (3)
(2) & (5)
(1) & (2)
(2) & (5)
Teil d) Hier sind drei mögliche Lösungen angegeben:
(1), (2), (4), (7), (8)
(1), (3), (4), (5), (7)
Teil e) Das Beispiel zeigt eine mögliche Lösung:
5
(2), (3), (4), (5), (7)
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 7. Klasse
Aufgabe 1 - Lösung
10 Punkte
Teil a) Stefanies Behauptung kann beispielhaft und übersichtlich in folgender Tabelle überprüft werden, wobei die rechte Spalte schon Teil der Lösung von Aufgabenteil b) ist:
Schritt
Teilaufgabe
Beispiel
Allgemein
1.
Denke dir eine Zahl,
12
x
2.
addiere 17,
(12 + 17 = ) 29
x + 17
3.
multipliziere mit 3,
(29 · 3 = ) 87
(x + 17) · 3
4.
subtrahiere deine Zahl, (87 − 12 = ) 75
(x + 17) · 3 − x
5.
subtrahiere 1,
(75 − 1 = ) 74
(x + 17) · 3 − x − 1
6.
dividiere durch 2,
(74 : 2 = ) 37
7.
subtrahiere deine Zahl,
8.
multipliziere mit 2.
(37 − 12 = ) 25
(25 · 2 = ) 50
(x + 17) · 3 − x − 1
2
(x + 17) · 3 − x − 1
−x
(x + 17) · 32− x − 1
−
x
·2
2
Teil b) Bezeichnet man mit x die gedachte Zahl, dann folgt aus der Erzählung für die letzte
Zahl
(x + 17) · 3 − x − 1
− x · 2 = 2x + 50 − x · 2 = (x + 25 − x) · 2 = 25 · 2 = 50.
2
2
Daher liefert Stefanies Verfahren für jede beliebige gedachte Zahl als Ergebnis die 50, also die
Geburtstagszahl der Mathematik-Olympiade.
Aufgabe 2 - Lösung
10 Punkte
Wir bezeichnen das Kästchen mit der Aufschrift Gold oder Sand“ mit K1 , das Kästchen mit
”
der Aufschrift Kieselsteine oder Holz“ mit K2 , das Kästchen mit der Aufschrift Gold oder
”
”
Holz“ mit K3 und das Kästchen ohne Aufschrift mit K4 .
Da jedes Kästchen nur ein Material enthält, kann keines der Materialien mehrfach vorkommen.
Käme eines mehrfach vor, gäbe es für die anderen Materialien zu wenige Kästchen.
Wir zeigen nun durch eine vollständige Fallunterscheidung, dass Anna mit Sicherheit das
Kästchen mit Gold erhalten kann, wenn sie sich das Kästchen ohne Aufschrift zeigen lässt:
Fall 1: Wenn K4 Gold enthält, so hat sie das richtige Kästchen schon gefunden.
Fall 2: Wenn K4 Sand enthält, so muss K1 Gold enthalten, da K1 nicht noch einmal Sand
enthalten kann.
Fall 3: Wenn K4 Kieselsteine enthält, so muss K2 Holz enthalten, da K2 nicht noch einmal
Kieselsteine enthalten kann. Da K3 nun nicht noch einmal Holz enthalten kann, muss K3 Gold
enthalten.
Fall 4: Wenn K4 Holz enthält, so muss K3 Gold enthalten, da K3 nicht noch einmal Holz
enthalten kann.
6
In jedem Fall kann Anna folglich nach der Prüfung des Inhalts des Kästchens ohne Aufschrift
eindeutig ermitteln, welches Kästchen Gold enthält und sich dann für dieses Kästchen entscheiden.
Hinweis: Aus der Aufgabenstellung kann für die jeweiligen Fälle (nach Prüfung des Inhalts
des Kästchens ohne Aufschrift) der Inhalt der anderen Kästchen ermittelt werden. Dies wird
jedoch laut Aufgabenstellung nicht gefordert.
10 Punkte
Aufgabe 3 - Lösung
Die Größen der Innenwinkel im Dreieck ABC werden wie
üblich mit α, β und γ bezeichnet, siehe Abbildung L 3 a.
Zusätzlich wurde mit ⊕ die Gleichschenkligkeit gekennzeichnet. Die mathematische Formalisierung der drei Angaben lautet dann:
(1) |AC| = |BC|.
(2) |<) BAE| = |<) EAC| = 12 α und E liegt auf BC.
(3) |<) AEB| = 90◦.
C
γ
⊕
α
⊕
E
1
2α
A
β
B
Abbildung L 3 a
Wegen (1) ist das Dreieck ABC gleichschenklig und mit
dem Basiswinkelsatz folgt
α = β.
(4)
Aus (2) und (3) folgt für das Dreieck ABE mit dem Innenwinkelsatz 21 α + β + 90◦ = 180◦,
also 21 α + β = 90◦ und daher
α + 2β = 180◦.
(5)
Aus (4) und (5) folgt durch Einsetzen α + 2α = 180◦, also 3α = 180◦ und daher α = 60◦.
Wegen (4) folgt hieraus β = 60◦. Mit dem Innenwinkelsatz für das Dreieck ABC folgt dann
γ = 60◦.
Somit ist nachgewiesen, dass sich aus den Angaben (1), (2) und (3) die Größen der Innenwinkel
im Dreieck ABC eindeutig ermitteln lassen, und es gilt α = β = γ = 60◦.
Hinweis: Zur Überprüfung der logischen Korrektheit der Lösung kann der Lösungsgraph in
Abbildung L 3 b hilfreich sein.
Bws (4)
(1)
b
b
(2)
b
E; U
E
β = 60◦
b
α = 60◦
Iws γ = 60◦
Iws (5)
(3)
Abbildung L 3 b
Dabei werden links die gegebenen Bedingungen notiert und die abgeleiteten Feststellungen
durch Kanten mit diesen verbunden. Die Kanten des Graphen werden dabei mit den zur
7
Begründung verwendeten Sätzen und Schlussregeln belegt. Es wurden die Abkürzungen Basiswinkelsatz (Bws), Innenwinkelsatz (Iws), Einsetzen (E) und Umformen (U) verwendet.
Aufgabe 4 ( Alternativaufgabe“) - Lösung
10 Punkte
”
Teil a) Wir ermitteln das in Kubikzentimeter gemessene Gesamtvolumen V aller Würfel:
1 · 73
5 · 43
5 · 33
6 · 23
12 · 13
= 1 · 343 = 343,
= 5 · 64 = 320,
= 5 · 27 = 135,
= 6 · 8 = 48,
= 12 · 1 = 12,
V = 858.
Wenn es einen Quader gibt, der sich aus allen diesen Würfeln zusammensetzen lässt, dann muss
V = a·b·c gelten, wobei die positiven ganzen Zahlen a, b und c die Maßzahlen der Kantenlängen
des zu bauenden Quaders sind. Da der größte Würfel die Kantenlänge 7 cm hat, muss ohne
Beschränkung der Allgemeinheit 7 ≤ a ≤ b ≤ c gelten. Aus der Primfaktorenzerlegung 858 =
2·3·11·13 folgt jedoch a ≤ 6. Folglich kann Kurt aus den vorhandenen Würfeln keinen Quader
bauen, wenn er dabei alle Würfel verwenden will.
Damit ist nachgewiesen, dass die zu zeigende Aussage gilt.
Teil b) Angenommen, es wäre möglich, einen Quader aus allen vorgegebenen Würfeln zu bauen. Wir ermitteln wieder das in Kubikzentimeter gemessene Gesamtvolumen V aller Würfel:
1 · 63
8 · 43
15 · 23
10 · 13
= 1 · 216 = 216,
= 8 · 64 = 512,
= 15 · 8 = 120,
= 10 · 1 = 10,
V = 858.
Wegen 858 = 2 · 3 · 11 · 13 und da der größte zur Verfügung stehende Würfel die Kantenlänge
6 cm hat, muss der Quader die Kantenlängen 6 cm, 11 cm, 13 cm haben. Ohne Beschränkung
der Allgemeinheit habe er die Höhe 6 cm.
Wir schauen nun von oben auf den Quader. Wir sehen ein Rechteck mit der Länge 13 cm und
mit der Breite 11 cm, dieses hat einen Flächeninhalt von (11 cm·13 cm = ) 143 cm2 . Von diesem
Flächeninhalt werden 36 cm2 schon vom Würfel mit der Kantenlänge 6 cm beansprucht. Da die
Höhe nur 6 cm beträgt, können keine der Würfel mit der Kantenlänge 4 cm auch nur teilweise
übereinander liegen. In der Draufsicht müssen die Grundflächen dieser 8 Würfel folglich in den
Restflächeninhalt von (143 cm2 − 36 cm2 = ) 107 cm2 hineinpassen. Sie benötigen dafür jedoch
(8 · 4 cm · 4 cm = ) 128 cm2 . Wir erhalten also einen Widerspruch.
Kurt kann also wieder keinen Quader unter Verwendung aller zur Verfügung gestellten Würfel
bauen.
8
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 8. Klasse
Aufgabe 1 - Lösung
10 Punkte
I. Es bezeichne x die Anzahl der teilnehmenden Schüler. Dann erhält beim Fototausch jeder
Schüler x − 1 Fotos. Also gilt
x · (x − 1) = 2450.
(1)
Weil 50 · 49 = 2450 gilt, ist 50 eine Lösung von (1).
II. Da für ganze Zahlen x mit x > 50
x · (x − 1) > (x − 1)2 ≥ 502 > 2450
gilt und da für ganze Zahlen x mit 0 < x < 50
x · (x − 1) < x2 ≤ 492 < 2450
gilt, können keine weiteren ganzen Zahlen Lösung von (1) sein.
Aus I. und II. folgt, dass die Anzahl der Schüler, die am Ferienlager teilgenommen haben,
eindeutig bestimmt werden kann und dass diese Anzahl 50 ist.
Hinweis: Auch aus der Primfaktorzerlegung 2450 = 2 · 52 · 72 erhält man durch systematisches
Probieren nur 50 als einzige Lösung der Aufgabe.
10 Punkte
Aufgabe 2 - Lösung
Teil a) Das angewendete Verfahren lautet:
– Schreibe in die zweite und in die vierte Zeile des Schemas das Produkt der beiden Ziffern
der zu quadrierenden Zahl als zweistellige Zahl (bei einem einstelligen Produkt durch
Voranstellen einer 0). Die erste Ziffer des Produkts steht jeweils an der Hunderterstelle.
– Schreibe in die dritte Zeile des Schemas die vierstellige Zahl, die man erhält, indem man
das Quadrat der Zehnerziffer und das Quadrat der Einerziffer der zu quadrierenden Zahl
nebeneinander schreibt. Einstellige Quadrate sind dabei durch eine vorangestellte 0 zu
ergänzen. Die erste Ziffer dieser Zahl steht an der Tausenderstelle.
– Addiere die drei in der angegebenen Anordnung eingetragenen Zahlen unter Berücksichtigung der Stellen.
Nach dem Verfahren ergeben sich für die Quadratzahlen von 59, 82 und 19 folglich:
592
45
2581
45
3481
822
16
6404
16
6724
192
09
0181
09
361
9
Teil b) Für jede zweistellige Zahl x mit der Zehnerziffer a und der Einerziffer b gilt x = 10a+b.
Hieraus folgt
x2 = (10a + b)2 = 100a2 + 20ab + b2 = 10ab + (100a2 + b2 ) + 10ab.
(1)
Da 100a2 auf zwei Nullen endet und a2 und b2 höchstens zweistellig sind, ist 100a2 + b2
eine höchstens vierstellige Zahl, bei der die beiden Quadratzahlen von a und b nebeneinander
stehen, wobei b2 links durch eine 0 ergänzt werden muss, wenn b2 einstellig ist. An der Stellung
von ab in der Addition erkennt man, dass eigentlich 10ab unter dem oberen und über dem
unterem Strich steht. Die Rechnung lautet daher
(10a + b)2
10ab
100a2 + b2
+
10ab
2
100a + 20ab + b2
und ist wegen (1) richtig.
Teil c) Es sei nun x = 100a + 10b + c eine dreistellige Zahl mit den Ziffern a, b und c. Dann
gilt
x2 = (100a + 10b + c)2
= 10000a2 + 1000ab + 100ac + 1000ab + 100b2 + 10bc + 100ac + 10bc + c2
= 100ac + (1000ab + 10bc) + (10000a2 + 100b2 + c2 ) + (1000ab + 10bc) + 100ac. (2)
Dies kann schematisch dargestellt werden als
(100a + 10b + c)2
100ac
1000ab + 10bc
10000a2 + 100b2 + c2
1000ab + 10bc
+
100ac
2
10000a + 1000ab + 100ac + 1000ab + 100b2 + 10bc + 100ac + 10bc + c2
Das Produkt ac ist also in der zweiten und sechsten Zeile um zwei Stellen nach links einzurücken. In der dritten Zeile und fünften Zeile ist das Produkt ab um drei Stellen nach
links, das Produkt bc um eine Stelle nach links einzurücken. Da bc nur höchstens zweistellig
ist, müssen die fehlenden Stellen mit 0 besetzt werden. In der vierten Zeile werden a2 um
vier Stellen nach links, b2 um zwei Stellen nach links eingerückt und c2 eingetragen. Da die
Quadrate höchstens zweistellig sind, müssen eventuell fehlende Stellen mit 0 besetzt werden.
10
Das gefundene Verfahren lautet:
– Schreibe in die zweite und in die sechste Zeile des Schemas das Produkt der ersten
und der dritten Ziffer der zu quadrierenden Zahl. Ein einstelliges Produkt ist dabei
durch eine vorangestellte 0 zu ergänzen. Die erste Ziffer dieser Zahl steht jeweils an der
Tausenderstelle.
– Schreibe in die dritte und in die fünfte Zeile des Schemas die vierstellige Zahl, die man
erhält, indem man das Produkt aus der ersten und der zweiten Ziffer und das Produkt
aus der zweiten und der dritten Ziffer der zu quadrierenden Zahl nebeneinander schreibt.
Einstellige Produkte sind dabei wieder durch eine vorangestellte 0 zu ergänzen. Die erste
Ziffer der zu bildenden Zahl steht an der Zehntausenderstelle.
– Schreibe in die vierte Zeile des Schemas die sechsstellige Zahl, die man erhält, indem man
die Quadrate der drei Ziffern nebeneinander schreibt. Einstellige Quadrate sind dabei
wieder durch eine vorangestellte 0 zu ergänzen. Die erste Ziffer der zu bildenden Zahl
steht an der Hunderttausenderstelle.
– Addiere die eingetragenen Zahlen analog wie bei dem Verfahren für zweistellige Zahlen.
Wir berechnen nun 5242 = 274576, einmal indem wir die Zahlen wie oben beschrieben anordnen, und einmal indem wir das Einrücken durch Nullen kennzeichnen:
524
20
1008
250416
1008
20
274576
524
2000
10080
250416
10080
2000
274576
Aufgabe 3 - Lösung
10 Punkte
Nach Aufgabenstellung bezeichnen α und β die Größen der Innenwinkel BAC und CBA im
Dreieck ABC. Weiterhin bezeichne γ die Größe des Innenwinkels ACB und δ die Größe des
Winkels BDC.
Die mathematische Formalisierung der vier Angaben lautet dann:
(1)
(2)
(3)
(4)
D liegt auf AB.
α < 45◦.
δ = 3α.
γ = δ.
C
γ
α
A
3α
D
β
B
Abbildung L 3 a
Wir lösen zuerst Aufgabenteil b).
Teil b) Aus (3) und (4) folgt durch Einsetzen γ = 3α. Aus dem Innenwinkelsatz für das
Dreieck ABC folgt hieraus β = 180◦ − α − γ = 180◦ − α − 3α, also
β = 180◦ − 4α.
(5)
Wegen (2) gilt β = 180◦ − 4α > 0◦.
Teil a) Aus α = 20◦ und (5) folgt β = 180◦ − 4α = 180◦ − 80◦, also β = 100◦.
11
Teil c) (Die Aufgabenstellung Ermittle alle“ erfordert (I.) die Bestimmung aller möglichen
”
Werte und (II.) den Nachweis, dass zu diesen Werten auch tatsächlich ein Dreieck mit den
geforderten Eigenschaften existiert. Laut Aufgabenstellung darf hier auf II. verzichtet werden,
wird aber für den interessierten Schüler trotzdem abgedruckt.)
I. Wegen (2) können nur die Winkel ACB und CBA die Größe 90◦ haben.
Wenn β = 90◦ gilt, so folgt aus (5), dass 90◦ = 180◦ − 4α gilt und daher α = 22,5◦ gelten muss.
Wenn γ = 90◦ gilt, dann folgt aus (3) und (4), dass 90◦ = γ = δ = 3α gilt und daher α = 30◦
gelten muss.
II. Es existiert ein Dreieck ABC mit den Winkelgrößen α = 22,5◦, β = 90◦ und γ = 67,5◦,
da die Summe dieser Größen 180◦ ist. Offenbar ist dieses Dreieck rechtwinklig und es gilt
(2). Es gibt genau eine Gerade g, welche durch den Eckpunkt C verläuft, mit der Geraden
BC den Winkel 22,5◦ einschließt und die Strecke AB schneidet. Letzteres ist möglich, weil
22,5◦ < γ gilt. Damit erfüllt der Schnittpunkt D von g mit AB die Bedingung (1). Aus dem
Innenwinkelsatz für das Dreieck DBC folgt |<) BDC| = 67,5◦. Daher sind auch (3) und (4)
erfüllt.
Es existiert auch ein Dreieck ABC mit den Winkelgrößen α = 30◦, β = 60◦ und γ = 90◦, da
auch hier die Summe dieser Größen 180◦ ist. Offenbar ist dieses Dreieck rechtwinklig und es
gilt (2). Es sei D der Lotfußpunkt des Punktes C auf die Gerade AB. Da das Dreieck ABC
rechtwinklig bei C ist, folgt (1) und |<) BDC| = 90◦ = 3α = γ. Daher sind auch (3) und (4)
erfüllt.
Aus I. und II. folgt, dass ein rechtwinkliges Dreieck ABC mit den Eigenschaften (1), (2), (3)
und (4) genau dann existiert, wenn α = 22,5◦ oder α = 30◦ gilt.
Hinweis: Um für den Aufgabenteil b) einen Lösungsweg zu finden, ist es günstig, zunächst
den Teil a) zu lösen, indem man in eine geeignet gezeichnete (u. U. sogar konstruierte) Figur
für α und 3α die gegebenen Werte 20◦ und 60◦ einträgt. Dann lassen sich alle anderen Winkel
allein mit Hilfe des Innenwinkelsatzes und des Nebenwinkelsatzes berechnen.
Beim Darstellen der Lösung ist es günstig, mit Teil b) zu beginnen, da man dann die Lösung
von Teil a) sofort durch Einsetzen erhalten kann. Durch Verwenden des (aus dem Nebenwinkelsatz und dem Innenwinkelsatz folgenden) Außenwinkelsatzes lässt sich die dargestellte
Lösung verkürzen.
10 Punkte
Aufgabe 4 ( Alternativaufgabe“) - Lösung
”
Teil a) Wählt man A und B als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der
Punkte C, D, E, F als dritter Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 4 verschiedene Dreiecke dieser
Art.
Wählt man A und C als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der Punkte D,
E, F als dritter Eckpunkt infrage, da das Dreieck ABC bereits gezählt wurde. Im Folgenden
werden bereits gezählte Objekte nicht mehr erwähnt. Folglich gibt es 3 verschiedene Dreiecke
dieser Art.
Wählt man A und D als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der Punkte E,
F als dritter Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 2 verschiedene Dreiecke dieser Art.
Wählt man A und E als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt nur noch F als dritter
Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 1 Dreieck dieser Art.
12
Wählt man B und C als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der Punkte D,
E, F als dritter Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 3 verschiedene Dreiecke dieser Art.
Wählt man B und D als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der Punkte E,
F als dritter Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 2 verschiedene Dreiecke dieser Art.
Wählt man B und E als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt nur noch F als dritter
Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 1 Dreieck dieser Art.
Wählt man C und D als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt noch einer der Punkte E,
F als dritter Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 2 verschiedene Dreiecke dieser Art.
Wählt man C und E als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt nur noch F als dritter
Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 1 Dreieck dieser Art.
Wählt man D und E als Eckpunkte eines Dreiecks aus, so kommt nur noch F als dritter
Eckpunkt infrage. Folglich gibt es 1 Dreieck dieser Art.
Wegen 4 + 3 + 2 + 1 + 3 + 2 + 1 + 2 + 1 + 1 = 20 kann man folglich genau 20 verschiedene
Dreiecke zeichnen.
Teil b) Bei der Auswahl von zwei nicht benachbarten Sehnen (und damit vier Eckpunkten)
für ein Sehnenviereck wird dieses genau dann konvex, wenn man dabei nur solche Sehnen
beachtet, die einander nicht schneiden.
Wählt man AB als eine Seite des Sehnenvierecks, dann können mit den Sehnen CD, CE, CF ,
DE, DF und EF insgesamt 6 verschiedene Sehnenvierecke gebildet werden.
Wählt man AC als eine Seite des Sehnenvierecks, dann können mit den Sehnen DE, DF und
EF insgesamt 3 verschiedene Sehnenvierecke gebildet werden.
Wählt man AD als eine Seite des Sehnenvierecks, dann kann nur mit der Sehne EF noch 1
Sehnenviereck gebildet werden.
Wählt man BC als eine Seite des Sehnenvierecks, dann können mit den Sehnen DE, DF und
EF insgesamt 3 verschiedene Sehnenvierecke gebildet werden.
Wählt man BD als eine Seite des Sehnenvierecks, dann kann nur mit der Sehne EF noch 1
Sehnenviereck gebildet werden.
Wählt man CD als eine Seite des Sehnenvierecks, dann kann nur mit der Sehne EF noch 1
Sehnenviereck gebildet werden.
Wegen 6 + 3 + 1 + 3 + 1 + 1 = 15 gibt es genau 15 verschiedene Sehnenvierecke der geforderten
Art.
Teil c) Jeweils einer der sechs Punkte kommt als Eckpunkt eines Fünfecks nicht infrage. Aus
den verbleibenden 5 Punkten kann man jeweils nur ein konvexes Fünfeck bilden, so dass es
genau 6 verschiedene konvexe Fünfecke der geforderten Art gibt.
13
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 9. Klasse
Aufgabe 1 - Lösung
10 Punkte
Teil a) Auch bei Fortsetzung der Folge der Quadratzahlen liefert die zweite Differenzenfolge
den Wert 2:
1
4
3
9
16
5
7
2
2
25
9
2
36
11
2
Teil b) Bei Kubikzahlen ergibt die dritte Differenzenfolge den konstanten Wert 6:
1
8
7
27
19
12
64
37
18
6
125
61
24
6
216
91
30
6
Diese an Beispielen gewonnene Aussage lässt sich unter Verwendung von
(a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3
beweisen. Es seien n3 , (n + 1)3 , (n + 2)3 und (n + 3)3 vier beliebige aufeinander folgende
Kubikzahlen. Es gilt
(n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1
(n + 2)3 = n3 + 6n2 + 12n + 8
(n + 3)3 = n3 + 9n2 + 27n + 27
Die entsprechende Differenzenbildung lautet:
n3
(n + 1)3
3n2 + 3n + 1
(n + 2)3
3n2 + 9n + 7
6n + 6
(n + 3)3
3n2 + 15n + 19
6n + 12
6
Teil c) Betrachten wir noch einmal die ersten zwei Differenzenfolgen der Quadratzahlen a2 ,
(a + 1)2 , und (a + 2)2 , wobei wir statt (a + 2) auch (a + 1) + 1 schreiben können. Die ersten
Differenzen sind dann 2a + 1 bzw. 2 (a + 1) + 1, die Differenz daraus ist 2. Wir halten fest: Die
zweite Differenz aus der Folge der Quadratzahlen ist konstant 2.
Für Kubikzahlen gilt (a + 1)3 = a3 + 3 a2 + 3a + 1. Damit haben die aufeinander folgenden
Kubikzahlen a3 , (a+1)3 , ((a+1)+1)3 und ((a+2)+1)3 folgende erste Differenzen: 3a2 +3a+1,
3 (a+1)2 +3 (a+1)+1 und 3 (a+2)2 +3 (a+2)+1. In der zweiten Differenzenfolge verschwindet
jeweils der letzte Summand 1, denn 1 − 1 ist immer Null. Die mittleren Summanden 3a,
3 (a + 1) und 3 (a + 2) haben jeweils die konstante Differenz 3, die ihrerseits in der dritten
Differenzenfolge zu Null wird. Damit wird die dritte Differenzenfolge nur durch zweimalige
Differenzbildung der Werte 3a2 , 3 (a+1)2 und 3 (a+2)2 aus der ersten Differenzenfolge gebildet.
Wenn aber die zweite Differenz aus der Folge a2 , (a + 1)2 , (a + 2)2 konstant 2 war, muss die
14
zweite Differenz aus 3a2 , 3 (a + 1)2 und 3 (a + 2)2 konstant 3 · 2 = 6 sein. Wir halten fest: Die
dritte Differenz aus der Folge der dritten Potenzen ist konstant 6 = 3 · 2 = 3!.
Für vierte Potenzen gilt (a + 1)4 = a4 + 4 a3 + 6a2 + 4a + 1. Die Differenzen zwischen den
aufeinander folgenden vierten Potenzen sind damit 4a3 + 6a2 + 4a + 1, 4 (a + 1)3 + 6 (a + 1)2 +
4 (a + 1) + 1, 4 (a + 2)3 + 6 (a + 2)2 + 4 (a + 2) + 1 und 4 (a + 3)3 + 6 (a + 3)2 + 4 (a + 3) + 1.
Bei mehrfacher Differenzenbildung verschwinden die letzten Summanden, maßgebend ist die
dritte Differenz der Teilfolge 4a3 , 4 (a + 1)3 , 4 (a + 2)3 , 4 (a + 3)3 . Da wir hier das Vierfache
von Kubikzahlen haben, hat die vierte Differenzenfolge der vierten Potenzen den konstanten
Wert 24 = 4 · 3 · 2 = 4!
Eine Fortsetzung dieser Betrachtungen mit (a + 1)5 = a5 + 5 a4 + 10a3 + 10a2 + 5a + 1, ergibt,
dass die fünfte Differenzenfolge der fünften Potenzen den konstanten Wert 120 = 5·4·3·2 = 5!
hat.
Die bisherigen Ergebnisse lassen auf folgende Vermutung schließen: Bei zehnten Potenzen
tritt erstmals bei der zehnten Differenzenfolge ein konstanter Wert auf. Dieser Wert ist
10! = 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1.
Diese Vermutung kann u. a. mittels händischer Rechnung überprüft werden. Potenzen der
Form (a + 1)10 können durch fortlaufendes Ausmultiplizieren (a + 1)(a + 1)(a + 1) · · · (a + 1)
oder mit dem Binomischen Satz (siehe auch Pascalsches Dreieck) entwickelt werden.
Hinweis: Die Aufgabenstellung zu Teil c) fordert eine Vorhersage, es ist nicht verlangt, den
exakten Nachweis zu führen.
Aufgabe 2 - Lösung
10 Punkte
(Der Schnittpunkt I der Innenwinkelhalbierenden ist der Inkreismittelpunkt und
liegt deshalb im Inneren des Dreiecks
ABC.) Die Winkelgrößen von <) CBA
und <) ACB seien mit β und γ bezeichnet.
C
γ
2
Aus der Innenwinkelsumme in den Dreiecken BCI und ABC ergibt sich
δ = |<) BIC|
A
α
1
2
1
2
I
δ
= 180 − (β + γ)
◦
= 180◦ − (180◦ − α)
β
2
= 90◦ + 12 α
B
Die Größe des Winkels hängt also in der
Tat nicht von der Lage der Punkte B und
C auf den Schenkeln ab.
Abbildung L 2
Aufgabe 3 - Lösung
10 Punkte
Die ausgedachte vierstellige Zahl bestehe aus der Ziffernfolge [abcd], daraus wird die achtstellige Zahl [abcdabcd]. Nun gilt
[abcdabcd] = 10000 · [abcd] + [abcd] = 10001 · [abcd]
15
Damit ist jede Zahl der vorgegeben Form durch 10001 teilbar.
Teil a) Es lässt sich zeigen, dass 10001 der größte gemeinsame Teiler aller derartigen Zahlen
ist.
Der gesuchte größte gemeinsame Teiler muss insbesondere auch ein gemeinsamer Teiler der
zwei kleinsten so gebildeten achtstelligen Zahlen sein. Diese kleinsten Zahlen sind
10001000 = 1000 · 10001
und
10011001 = 1001 · 10001.
Da die Faktoren 1000 und 1001 teilerfremd sind, ist 10001 der größte gemeinsame Teiler der
Zahlen 10001000 und 10011001. Deshalb kann der größte gemeinsame Teiler aller derartigen
achtstelligen Zahlen nur die Zahl 10001 sein.
Teil b) Jeder gemeinsame Teiler ist auch ein Teiler des größten gemeinsamen Teilers. Zerlegt
man den größten gemeinsamen Teiler 10001 in Primfaktoren, ergibt sich 10001 = 73 · 137.
Sowohl 73 als auch 137 sind Primzahlen und somit nicht weiter in kleinere (von 1 verschiedene)
Faktoren zerlegbar. Damit ist 73 der kleinste von 1 verschiedene gemeinsame Teiler aller
betrachteten achtstelligen Zahlen.
10 Punkte
Aufgabe 4 - Lösung
Die Anzahl der Elemente einer endlichen Menge P bezeichnen wir mit |P |. Die gesuchte
|R|
Wahrscheinlichkeit ist |S| , wobei S die Menge aller Tripel (a; b; c) mit a, b, c ∈ M und a < b < c
ist und R die Teilmenge von S mit a + b + c = 180.
Die Zahl |S| lässt sich folgendermaßen bestimmen: Für die Auswahl der ersten Zahl hat man
179 Möglichkeiten, für die der zweiten 178 und für die der dritten noch 177 Möglichkeiten;
insgesamt also 179 · 178 · 177 Möglichkeiten. Allerdings ergeben jeweils 6 dieser Möglichkeiten
· 177 = 939 929.
dasselbe Tripel (a; b; c) mit a < b < c. Somit ist S = 179 · 178
6
179 · 178 · 177
Kurz: Es gilt |S| = 179
=
= 939 929.
3
1·2·3
|R| bestimmen wir wie folgt: Für jedes mögliche a untersuchen wir, welche Möglichkeiten es
für die Belegung von b gibt. Für jedes mögliche a ist c durch die Wahl einer zulässigen Zahl b
eindeutig bestimmt. Es ergibt sich folgende Tabelle:
a
1
2
3
4
5
6
..
.
b
2 . . . 89
3 . . . 88
4 . . . 88
5 . . . 87
6 . . . 87
7 . . . 86
..
.
c
Anzahl
177 . . . 90
88
175 . . . 90
86
173 . . . 89
85
171 . . . 89
83
169 . . . 88
82
167 . . . 88
80
..
..
.
.
57 58 . . . 61 65 . . . 62
4
58 59 . . . 60 63 . . . 62
2
59
60
61
1
16
Es fällt auf, dass für ungerade a die Anzahl zum nachfolgenden ungeraden a um genau 3
abnimmt. Ebenso verhält es sich für gerade a. Daraus kann man anschaulich entnehmen:
|R| = (88 + 85 + · · · + 7 + 4 + 1) + (86 + 83 + · · · + 5 + 2)
= (88 + 2) + (85 + 5) + · · · + (7 + 83) + (4 + 86) + 1
= 29 · 90 + 1 = 2611.
Bei der exakten Herleitung betrachten wir im Folgenden stets Tripel (a; b; c) mit a, b, c ∈ M.
Aus a < b < c und a + b + c = 180 folgt sofort:
3 · a < 180, also a ≤ 59,
a + 1 ≤ b, b + c = 180 − a und damit a + 1 ≤ b < 1802− a
und schließlich c = 180 − a − b.
Gilt umgekehrt
a ≤ 59,
a + 1 ≤ b < 1802− a
und c = 180 − a − b,
dann folgt c > 1802− a und damit a < b < c und a + b + c = 180.
Damit ist bewiesen: Ein Tripel (a; b; c) ist genau dann Element von R, wenn
a ≤ 59,
a + 1 ≤ b < 1802− a
und c = 180 − a − b gilt.
1.
Für jedes ungerade a ≤ 59 gibt es deshalb für b genau die Möglichkeiten a + 1, . . . , 90 − a +
2
1 ) − a = 91 − 3 (a + 1) mögliche Tripel.
In diesem Fall erhält man also (90 − a +
2
2
Für ungerade a ergeben sich also insgesamt
91 − 32 (1 + 1) + 91 − 32 (3 + 1) + · · · + 91 − 23 (59 + 1)
Tripel; dies lässt sich zusammenfassen zu
30 · 91 − 32 (2 + 4 + · · · + 60) = 30 · 91 − 3 · (1 + 2 + · · · + 30)
= 30 · 91 − 3 · 30 2· 31
= 1335.
Für jedes gerade a ≤ 58 gibt es für b genau die Möglichkeiten a + 1, . . . , 89 − a2 , man erhält
also (89 − a2 ) − a = 89 − 32 a mögliche Tripel.
Für gerade a erhält man also insgesamt 89 − 32 · 2 + 89 − 32 · 4 + · · · + 89 − 32 · 58 Tripel;
dies lässt sich zusammenfassen zu
29 · 89 − 32 (2 + 4 + · · · + 58) = 29 · 89 − 3 · (1 + 2 + · · · + 29)
= 29 · 89 − 3 · 29 2· 30
= 1276.
Damit ergibt sich |R| = 1335 + 1276 = 2611.
|R|
2611 ≈ 0,0028.
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt |S| = 939929
17
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 10. Klasse
Aufgabe 1 - Lösung
10 Punkte
Teil a) Auch bei Fortsetzung der Folge der Quadratzahlen liefert die zweite Differenzenfolge
den Wert 2:
1
4
3
9
16
5
7
2
2
25
9
2
36
11
2
Teil b) Bei Kubikzahlen ergibt die dritte Differenzenfolge den konstanten Wert 6:
1
8
7
27
19
12
64
37
18
6
125
61
24
6
216
91
30
6
Diese an Beispielen gewonnene Aussage lässt sich unter Verwendung von
(a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3
beweisen. Es seien n3 , (n + 1)3 , (n + 2)3 und (n + 3)3 vier beliebige aufeinander folgende
Kubikzahlen. Es gilt
(n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1
(n + 2)3 = n3 + 6n2 + 12n + 8
(n + 3)3 = n3 + 9n2 + 27n + 27
Die entsprechende Differenzenbildung lautet:
n3
(n + 1)3
3n2 + 3n + 1
(n + 2)3
3n2 + 9n + 7
6n + 6
(n + 3)3
3n2 + 15n + 19
6n + 12
6
Teil c) Betrachten wir noch einmal die ersten zwei Differenzenfolgen der Quadratzahlen a2 ,
(a + 1)2 , und (a + 2)2 , wobei wir statt (a + 2) auch (a + 1) + 1 schreiben können. Die ersten
Differenzen sind dann 2a + 1 bzw. 2 (a + 1) + 1, die Differenz daraus ist 2. Wir halten fest: Die
zweite Differenz aus der Folge der Quadratzahlen ist konstant 2.
Für Kubikzahlen gilt (a + 1)3 = a3 + 3 a2 + 3a + 1. Damit haben die aufeinander folgenden
Kubikzahlen a3 , (a+1)3 , ((a+1)+1)3 und ((a+2)+1)3 folgende erste Differenzen: 3a2 +3a+1,
3 (a+1)2 +3 (a+1)+1 und 3 (a+2)2 +3 (a+2)+1. In der zweiten Differenzenfolge verschwindet
jeweils der letzte Summand 1, denn 1 − 1 ist immer Null. Die mittleren Summanden 3a,
3 (a + 1) und 3 (a + 2) haben jeweils die konstante Differenz 3, die ihrerseits in der dritten
Differenzenfolge zu Null wird. Damit wird die dritte Differenzenfolge nur durch zweimalige
Differenzbildung der Werte 3a2 , 3 (a+1)2 und 3 (a+2)2 aus der ersten Differenzenfolge gebildet.
Wenn aber die zweite Differenz aus der Folge a2 , (a + 1)2 , (a + 2)2 konstant 2 war, muss die
18
zweite Differenz aus 3a2 , 3 (a + 1)2 und 3 (a + 2)2 konstant 3 · 2 = 6 sein. Wir halten fest: Die
dritte Differenz aus der Folge der dritten Potenzen ist konstant 6 = 3 · 2 = 3!.
Für vierte Potenzen gilt (a + 1)4 = a4 + 4 a3 + 6a2 + 4a + 1. Die Differenzen zwischen den
aufeinander folgenden vierten Potenzen sind damit 4a3 + 6a2 + 4a + 1, 4 (a + 1)3 + 6 (a + 1)2 +
4 (a + 1) + 1, 4 (a + 2)3 + 6 (a + 2)2 + 4 (a + 2) + 1 und 4 (a + 3)3 + 6 (a + 3)2 + 4 (a + 3) + 1.
Bei mehrfacher Differenzenbildung verschwinden die letzten Summanden, maßgebend ist die
dritte Differenz der Teilfolge 4a3 , 4 (a + 1)3 , 4 (a + 2)3 , 4 (a + 3)3 . Da wir hier das Vierfache
von Kubikzahlen haben, hat die vierte Differenzenfolge der vierten Potenzen den konstanten
Wert 24 = 4 · 3 · 2 = 4!
Eine Fortsetzung dieser Betrachtungen mit (a + 1)5 = a5 + 5 a4 + 10a3 + 10a2 + 5a + 1, ergibt,
dass die fünfte Differenzenfolge der fünften Potenzen den konstanten Wert 120 = 5·4·3·2 = 5!
hat.
Die bisherigen Ergebnisse lassen auf folgende Vermutung schließen: Bei zehnten Potenzen
tritt erstmals bei der zehnten Differenzenfolge ein konstanter Wert auf. Dieser Wert ist
10! = 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1.
Diese Vermutung kann u. a. mittels händischer Rechnung überprüft werden. Potenzen der
Form (a + 1)10 können durch fortlaufendes Ausmultiplizieren (a + 1)(a + 1)(a + 1) · · · (a + 1)
oder mit dem Binomischen Satz (siehe auch Pascalsches Dreieck) entwickelt werden.
Hinweis: Die Aufgabenstellung zu Teil c) fordert eine Vorhersage, es ist nicht verlangt, den
exakten Nachweis zu führen.
10 Punkte
Aufgabe 2 - Lösung
Den beiden Kreisen werden reguläre Sechsecke mit der Kantenlänge r so einbeschrieben, dass
jeweils zwei Eckpunkte der Sechsecke mit den Schnittpunkten der beiden Kreise zusammenfallen, vgl. Abbildung L 2.
Abbildung L 2
Die gesuchte Fläche besteht aus 10 gleichseitigen Dreiecken mit der Seitenlänge r und 8 Kreisabschnitten über einer Sehne mit der Länge r. Der Flächeninhalt eines der Dreiecke beträgt
√
3 2
r .
4
Der Flächeninhalt eines Kreisabschnittes ergibt sich aus der Differenz der Fläche eines Sechstels
eines Kreises mit dem Radius r und dem Flächeninhalt eines gleichseitigen Dreiecks mit der
Kantenlänge r zu
√
1 2
3 2
πr −
r .
6
4
19
Somit ergibt sich als Inhalt der Gesamtfläche
!
√
√ !
√
1 2
4
3 2
3 2
3
r +8
πr −
r =
π+
r2 .
10
4
6
4
3
2
Zur Bestimmung des Umfangs der schraffierten Fläche ist zu berücksichtigen, dass 46 des Umfanges eines Kreises im Inneren der Fläche liegen. Somit beträgt der Umfang der schraffierten
Fläche
8
4
2 · 2π − · 2π r = πr.
6
3
Aufgabe 3 - Lösung
10 Punkte
1. Es wird angenommen, dass eine reelle Zahl x die Ungleichung erfüllt.
2. Damit die Wurzel existiert, muss dann x + 2 ≥ 0 gelten, also muss x ≥ −2 sein.
3. Für die Division in der Aufgabenstellung muss außerdem x 6= 0 vorausgesetzt werden.
Es gilt also entweder −2 ≤ x < 0 oder x > 0.
4. Gilt x < 0, so ist die linke Seite der Ungleichung negativ, also ist die Ungleichung für
alle x aus dem Intervall −2 ≤ x < 0 erfüllt.
5. Im Fall x > 0 (dann ist auch x + 1 > 0) kann die Ungleichung äquivalent umgeformt
werden:
√
x+2
<1
| · x, x > 0
x
√
x+2 <x
| Quadrieren
2
x+2 <x
|−x−2
2
0 < x − x − 2 = (x − 2)(x + 1)
| : (x + 1), x > 0
0 <x−2
|+2
2<x
Das ergibt eine zweite Teilmenge der Lösungsmenge.
6. Da die Fallunterscheidung in den Punkten 4 und 5 nach der Bemerkung in Punkt 3
vollständig ist, gibt es keine weiteren Lösungen.
7. Ergebnis: Die Menge der gesuchten reellen Zahlen besteht aus allen Werten x, die eine
der beiden Bedingungen −2 ≤ x < 0 oder x > 2 erfüllen.
Aufgabe 4 - Lösung
10 Punkte
Wir führen die folgenden Bezeichnungen ein:
c = |AB|, c1 = |AD|, c2 = |DB|, siehe Abbildung L 4 a. Da D ein innerer Punkt der Strecke
AB ist, gilt c = c1 + c2 . Des Weiteren sei h die
Länge der Höhe aus C im Dreieck ABC und h2
der Abstand der Parallelen EF zur Geraden
AB. Zudem sei h1 der Abstand des Punktes
C
h1
h2
c1
20 A
h
E
F
D
c2
c
Abbildung L 4 a
B
C zur Geraden EF . Da E ein innerer Punkt
der Strecke BC ist, folgt h = h1 + h2 .
Die Flächeninhaltsformel für Dreiecke liefert
v = 12 · c1 · h2
w = 12 · c2 · h2
(4)
(5)
x = 12 · |EF | · h1
(6)
y = 21 · |EF | · h2
f = 12 · c · h
(7)
(8)
Aus (4) und (5) folgt
v + w = 21 · (c1 + c2 ) · h2 = 12 · c · h2 .
Zusammen mit (8) und Eigenschaft (2) ergibt sich
1
2
(2)
(8)
· c · h2 = v + w = 25 f = 25 · 21 · c · h ,
woraus h2 = 25 h und h1 = 35 h folgt. Zusammen mit (6) und (7) folgt
1 · |EF | · h
3h
1
h1
3
x
2
= 1
= 52 = .
=
y
h2
2
· |EF | · h2
h
2
5
(9)
Also gilt x = 23 y und daher wissen wir
(2)
f = v + w + x + y = 25 f + x + y = 25 f + 32 y + y,
6 f und x = 3 y = 9 f .
also 35 f = 25 y und somit y = 25
2
25
Aus Eigenschaft (3) folgt mit (9)
v
w
(3)
(9)
= xy = 32 ,
also v = 32 w und damit
2
5
(2)
f = v + w = 32 w + w = 52 w,
4 f und v = 3 w = 6 f .
also w = 25
2
25
21
Lösungsvariante: Mit den oben eingeführten
Bezeichnungen gilt: Wie Dreieck ADF hat
auch das Dreieck ADE den Flächeninhalt v
(gleiche Grundseite, gemeinsame Höhe). Damit hat das Dreieck ABE den Inhalt v + w =
2 f . Da die Dreiecke ABC und ABE eine ge5
meinsame Grundseite besitzen, folgt h2 = 52 h,
damit ergibt sich h1 = 35 h. Die Dreiecke F EC
und ABC sind wegen EF k AB ähnlich, der
Ähnlichkeitsfaktor ist h1 : h = 53 . Damit gilt
2
3 f
5
C
h1
h
E
F
h2
c1
A
D
c2
c
Abbildung L 4 b
B
9 f . Mit v + w = 2 f erhält
= 25
5
9
2
6
9 : 6 = 3 : 2, damit gilt auch
man y = f − 25 f − 5 f = 25 f . Das Verhältnis x : y ist also 25
25
6 f und w = 4 f gelten.
v : w = 3 : 2 = 6 : 4. Wegen v + w = 52 f = 10
f
muss
v
=
25
25
25
x =
22
50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Aufgaben für die 11–13. Klasse
Aufgabe 1 - Lösung
10 Punkte
Den beiden Kreisen werden reguläre Sechsecke mit der Kantenlänge r so einbeschrieben, dass
jeweils zwei Eckpunkte der Sechsecke mit den Schnittpunkten der beiden Kreise zusammenfallen, vgl. Abbildung L 1.
Abbildung L 1
Die gesuchte Fläche besteht aus 10 gleichseitigen Dreiecken mit der Seitenlänge r und 8 Kreisabschnitten über einer Sehne mit der Länge r. Der Flächeninhalt eines der Dreiecke beträgt
√
3 2
r .
4
Der Flächeninhalt eines Kreisabschnittes ergibt sich aus der Differenz der Fläche eines Sechstels
eines Kreises mit dem Radius r und dem Flächeninhalt eines gleichseitigen Dreiecks mit der
Kantenlänge r zu
√
1 2
3 2
πr −
r .
6
4
Somit ergibt sich als Inhalt der Gesamtfläche
!
√
√
√ !
3 2
1 2
3 2
4
3
10
r +8
πr −
r =
π+
r2 .
4
6
4
3
2
Zur Bestimmung des Umfangs der schraffierten Fläche ist zu berücksichtigen, dass 46 des Umfanges eines Kreises im Inneren der Fläche liegen. Somit beträgt der Umfang der schraffierten
Fläche
4
8
2 · 2π − · 2π r = πr.
6
3
23
Aufgabe 2 - Lösung
10 Punkte
Angenommen, (x, y, z, w) sei eine Lösung des Gleichungssystems.
Aus (2) und (3) werden zunächst die Werte für x und y bestimmt. (3) in (2) eingesetzt liefert
2
12
2
x +
= 13
x2
x6 − 13x4 + 144 = 0
(x2 − 12)(x2 − 4)(x2 + 3) = 0
√
mit den Lösungen x = ±2 und x = ±2 3. Dabei entfallen nach Aufgabenstellung die negativen Werte.
√
Aus (3) ergibt sich zu x = 2 der Wert y = 3 und zu x = 2 3 der Wert y = 1.
Fall 1: x = 2 und y = 3.
Aus (1) ergibt sich −2 − 3z + w = 50, also w = 52 + 3z. Eingesetzt in (4) erhält man
8 − 3z 2 + 52 + 3z = 0
mit den Lösungen z = 5; z = −4, wobei der negative Wert entfällt.
Aus (1) ergibt sich weiter −2 − 15 + w = 50, also w = 67.
Durch Einsetzen bestätigt man, dass es sich tatsächlich um eine Lösung handelt.
Das Produkt hat den Wert xyzw = 2 · 3 · 5 · 67 = 2010.
√
Fall 2: x = 2 3 und y = 1.
√
√
Aus (1) ergibt sich −2 3 − z + w = 50, also w = 50 + 2 3 + z. Eingesetzt in (4) erhält man
√
√
2 3 − z 2 + 50 + 2 3 + z = 0
r
√
1
201
mit den Lösungen z = ±
+ 4 3, wobei der negative Wert entfällt.
2
4
!
r
√
√
√
1
201
1
+
+ 4 3 + w = 50, also w = 50 + 2 3 + +
Aus (1) ergibt sich weiter −2 3 −
2
4
2
r
√
201
+ 4 3.
4
Durch Einsetzen bestätigt man, dass es sich tatsächlich um eine Lösung handelt.
Das Produkt hat den Wert
√
xyzw = 2 3 · 1 ·
√
< 2 3·
1
2
!
!
r
r
√
√
√
1
201
1
201
+
+ 4 3 · 50 + 2 3 + +
+4 3
2
4
2
4
√
7 1
+ 8 · 50 + + + 8 = 3 · 1054 < 2010
2 2
und ist damit kleiner als im ersten Fall.
Zusammenfassend stellen wir fest, dass der größte Wert des Produktes xyzw für ein positives
reelles Lösungsquadrupel des Gleichungssystems 2010 beträgt.
24
Aufgabe 3 - Lösung
10 Punkte
1. Es wird angenommen, dass eine reelle Zahl x die Ungleichung erfüllt.
2. Damit die Wurzel existiert, muss dann x + 2 ≥ 0 gelten, also muss x ≥ −2 sein.
3. Für die Division in der Aufgabenstellung muss außerdem x 6= 0 vorausgesetzt werden.
Es gilt also entweder −2 ≤ x < 0 oder x > 0.
4. Gilt x < 0, so ist die linke Seite der Ungleichung negativ, also ist die Ungleichung für
alle x aus dem Intervall −2 ≤ x < 0 erfüllt.
5. Im Fall x > 0 (dann ist auch x + 1 > 0) kann die Ungleichung äquivalent umgeformt
werden:
√
x+2
<1
| · x, x > 0
√x
x+2 <x
| Quadrieren
2
x+2 <x
|−x−2
2
0 < x − x − 2 = (x − 2)(x + 1)
| : (x + 1), x > 0
0 <x−2
|+2
2<x
Das ergibt eine zweite Teilmenge der Lösungsmenge.
6. Da die Fallunterscheidung in den Punkten 4 und 5 nach der Bemerkung in Punkt 3
vollständig ist, gibt es keine weiteren Lösungen.
7. Ergebnis: Die Menge der gesuchten reellen Zahlen besteht aus allen Werten x, die eine
der beiden Bedingungen −2 ≤ x < 0 oder x > 2 erfüllen.
Aufgabe 4 - Lösung
10 Punkte
Wir zeigen zunächst, dass es (mindestens) eine Dusche gibt, die von höchstens 5 anderen
Kabinen aus in Betrieb gesetzt wird. Wir betrachten dazu sämtliche (geordneten) Paare (H, D)
von Hähnen und Duschen mit der Eigenschaft, dass D in Funktion tritt, wenn man H aufdreht.
Weil jeder Hahn H nach Aufgabenstellung in genau 6 dieser Paare vorkommt, ist ihre Anzahl
genau 6 · 100. Gäbe es nun zu jeder Dusche 6 (oder mehr) Hähne in anderen Kabinen (und den
Hahn in der eigenen Kabine), durch deren Betätigung sie in Betrieb gesetzt wird, so gäbe es
mindestens 7 · 100 derartige Paare (H, D). Dieser Widerspruch zeigt, dass die Annahme falsch
sein muss.
Wir wählen nun eine der Duschen aus, die durch höchstens 5 andere Hähne ausgelöst werden
kann. In diese Kabine hängen wir ein Handtuch und nennen sie belegt. Alle (höchstens 5)
Kabinen, von denen aus die Dusche der belegten Kabine in Betrieb gesetzt wird, werden
gesperrt. Durch Öffnen des Hahns der belegten Kabine werden genau 5 andere Duschen in
Betrieb gesetzt, deren Kabinen ebenfalls gesperrt werden (wenn das nicht bereits geschehen
ist). Die verbleibenden offenen Kabinen ohne Handtuch nennen wir frei. Ihre Anzahl beträgt
dann mindestens 100 − 11 = 89.
Ab jetzt betrachten wir nur noch diejenigen Paare (H, D), bei denen H und D sich in freien
Kabinen befinden. Jeder Hahn H kommt in höchstens 6 Paaren vor, also gibt es insgesamt
höchstens 6·89 Paare. Wie oben sehen wir nun, dass es (mindestens) eine Dusche in einer freien
Kabine geben muss, die von höchstens 5 anderen freien Kabinen aus betätigt werden kann.
Wir wählen eine solche Dusche aus, belegen ihre Kabine mit einem Handtuch und sperren
25
alle anderen Kabinen, die diese Dusche auslösen. Durch Öffnen des Hahns der zuletzt belegten Kabine finden wir höchstens fünf weitere bis dahin freie Kabinen, die ebenfalls gesperrt
werden müssen. Die Anzahl der freien Kabinen (weder gesperrt noch belegt) beträgt danach
mindestens noch 100 − 2 · 11 = 78.
Durch Fortsetzung dieses Prozesses erhält man in jedem Schritt eine weitere belegte Kabine
und muss maximal 10 Kabinen sperren. Nach 9 solchen Schritten sind genau 9 Kabinen belegt
(mit Handtuch) und höchstens 9 · 10 Kabinen gesperrt. Es gibt also wenigstens noch eine freie
Kabine. Wir belegen eine solche mit dem zehnten Handtuch und sperren alle übrigen freien
Kabinen.
Durch das obige Vorgehen werden alle Kabinen gesperrt, von denen aus Duschen der belegten
Kabinen in Betrieb gesetzt werden können. Weil durch die Hähne der belegten Kabinen auch
nur die eigene Dusche und fünf weitere in gesperrten Kabinen betätigt werden, funktionieren
in den zehn belegten Kabinen alle Duschen korrekt.
Abschließend entferne man die nassen Handtücher.
26