Lösungen - Mathe für jung und alt

MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE97 - NOV/DEZ 2014
1
1
Vorschule
Lösung 97-11
A3, B4, C1, D2
Lösung 97-12
Hund, Hahn, Esel Katze.
Lösung 97-13
Es sind zusammen 1+2+6 = 9 Eichhörnchen. Jedes Eichhörnchen macht 2 Verstecke. Das sind insgesamt
9 + 9 = 18 Verstecke.
Lösung 97-14
2
Klassen 1 und 2
Lösung 97-21
Exakt das gleiche Muster haben B3 und C1 (gelb). Dreht man C2 im Uhrzeigersinn um 90◦ , so hat es
das gleiche Muster wie D2 (blau). Dreht man D4 um 180◦ , so hat es das gleiche Muster wie D3 (grün).
Dreht man B4 um 180◦ , so hat es das gleiche Muster wie B3 (orange).
Lösung 97-22
1. Es sind 4 Dreiecke: ABF, BCD, BDF, DEF.
2. Es sind auch 4 Vierecke: ABDF, ACDF, BCDF, BDEF
3. Es gibt verschiedene Möglichkeiten: eine ist F-A-B-C-D-B-F-E-D-F.
2
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
E
7.
8.
9.
F
D
1.
4.
6.
5.
A 2. B 3. C
Lösung 97-23
Maria, Klara, Laura, Susi, Sabine, Petra
Lösung 97-24
Viermal 6 ist nicht möglich, da es dann insgesamt mehr als 24 Augen wären.
Viermal 4 ist nicht möglich, da es dann höchstens 22 Augen wären.
Also sind es viermal 5 und eine 3.
Lösung 97-25
a) Das kleinste Ergebnis ist 16: 1 + 3 + 5 + 7 = 16
b) Das größte Ergebnis ist 28: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28
c) Es gibt für 19 nur eine Möglichkeit: 1-2-4-5-7
Lösung 97-26
Die Kinder basteln zusammen 46 − 4 = 42 Sterne. Es sind also 21 Kinder, denn 21 + 21 = 42.
Lösung 97-27
Der 1. Dezember ist ein Freitag, denn der 31. Dezember muss ein Sonntag sein.
Lösung 97-28
Es sind die 5 Beutelchen mit den Nummern 5, 11, 13, 17 und 19:
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE97 - NOV/DEZ 2014
3
3
Klassen 3 und 4
Lösung 97-31
165 dm = 1650 cm
1700 cm
4 km = 400000 cm
9070 m = 907000 cm
Lösung 97-32
Magdalena Wi., 8 Jahre, Klasse 3:
Es sind 76 Gewinnstellungen.
Begründung: Es sind 10 Gewinnstellungen in einer Ebene, also 40 übereinander, 16 senkrechte, 4 Raumdiagonalen und 16 „senkrechte “ Diagonalen. Das sind insgesamt 40 + 6 + 4 + 16 = 76 Gewinnstellungen.
Prisca Ha. 8 Jahre, Klasse 3:
Antwort: Es gibt 76 Gewinnstellungen.
Lösung: In der Draufsicht gibt es 10 Viererreihen (4 von vorne nach hinten, 4 von links nach rechts, 2
von Ecke zu Ecke). Das muss man mit 4 mal nehmen, da auf jeden Stab 4 Steine passen. Also gibt es 40
waagerechte Viererreihen.
In der Vordersicht sieht man: Die senkrechten Viererreihen sitzen nur auf einem Stab. Davon gibt es 16.
Jetzt fehlen die diagonalen Reihen. Es gibt 4 Reihen, die schräg von einer Ecke unten zu der Ecke oben
gegenüber laufen.
Dann gibt es aber noch andere diagonale Reihen, die innerhalb einer Stabreihe liegen. Für jede Stabreihe
gibt es 2. Weil es 8 Stabreihen gibt müssen es 16 von solchen Reihen sein.
Insgesamt: 40 + 16 + 4 + 16 = 76
Lösung 97-33
Ziegen mit 1 Zicklein
Ziegen mit 2 Zicklein
Ziegen mit 3 Zicklein
Anzahl Ziegen
Anzahl Zicklein
Bruder 1
2
6
2
10
2 + 6 · 2 + 2 · 3 = 20
Bruder 2
4
2
4
10
4 + 2 · 2 + 4 · 3 = 20
Bruder 3
4
2
4
10
4 + 2 · 2 + 4 · 3 = 20
Lösung 97-34
Die Waage zeigt 33 kg 100 g.
Variante 1:
29 kg 500 g + 24 kg 600 g = 54 kg 100 g
Da Annas Gewicht zweimal in diese Rechnung eingeht, muss man es noch einmal subtrahieren, also
54 kg 100 g − 21 kg = 33 kg 100 g
Variante 2: Jingo wiegt
29 kg 500 g − 21 kg = 8 kg 500 g.
Bibbi wiegt
24 kg 600 g − 21 kg = 3 kg 600 g.
Alle drei zusammen wiegen also
21 kg + 8 kg 500 g + 3 kg 600 g = 33 kg 100 g.
4
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Lösung 97-35
Es ist die 1:
5·x+6=6·x+5
Falls man solche Gleichungen noch nicht auflösen kann, so kann man x durch systematisches Probieren
finden. Mit x = 1 stimmt die Gleichung. Mit x = 2 steht links 16 und rechts 17. Mit x = 3 steht links 21
und rechts 23. In jedem Schritt vergrößert sich die linke Seite um 5, die rechte Seite um 6. Beide Seiten
sind also nur für x = 1 gleich.
Lösung 97-36
a) Waage 1 und 3: ersetzt man auf Waage 1 den Quader durch eine Kugel und einen Würfel, so liegt
auf beiden Seiten ein Würfel. Die kann man wegnehmen, da sie gleich schwer sind. Es bleiben
links ein Zylinder, rechts 2 Kugeln. Also muss man auf Waage 4 zwei Kugeln legen, damit sie im
Gleichgewicht ist.
b) Waagen 2 und 3: Ersetzt man auf Waage 2 links den Quader durch eine Kugel und einen Würfel, so
liegt auf beiden Seiten eine Kugel. Die kann man wegnehmen, da sie gleich schwer sind. Es bleiben
links 3 Würfel und rechts der Zylinder. Da man die Seiten einer Balkenwaage im Gleichgewicht
vertauschen kann, sind drei Würfel so schwer wie der Zylinder.
Lösung 97-37
Es gibt insgesamt 5 Linien mit der gleichen Summe. Wenn man alle Zahlen entlang der 5 Linien addiert,
so erhält man zusammen 130. Jede der Zahlen 1,2,3,4,5,7,9,10,11 und 13 kommt dabei nämlich genau
zweimal vor. Die Summe entlang einer Linie muss also gleich 130 : 5 = 26 sein.
Auf den Achsen des Sterns fehlen noch 4, 5, 6, 7 bzw. 8, die als Summe aus je 2 der Zahlen 1 bis 5
dargeststellt werden müssen. Durch geschickte Aufteilung erhält man das Ergebnis:
Lösung 97-38
Es geht nicht, weil in der Tabelle nur ungerade Zahlen stehen. Die Summe von 5 ungeraden Zahlen ist
ungerade, 20 ist aber gerade.
4
Klassen 5 und 6
Lösung 97-41
Michael Bü., 8 Jahre, Klasse 3:
Wenn c = 0 ist, dann ist es egal, mit welcher Zahl das multipliziert wird, es kommt immer 0 raus.
Daher habe ich die Lösung nur für a · b gesucht. Das habe ich so ausgerechnet:
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE97 - NOV/DEZ 2014
5
Man könnte sagen, dass eine Zahl, die unter Null ist, wie Schulden sind, also habe ich beispielsweise bei 1
unter Null 1 e Schulden. Also ist es egal, wie oft ich Schulden mache, bei a · b habe ich immer Schulden.
Also ist diese Zahl immer kleiner als Null.
Lösung 97-42
Es gibt für die Zerlegung von 13 in genau 3 Summanden kleiner 10 folgende Möglichkeiten:
(0,4,9),
(1,3,9),
(2,2,9),
(3,3,7),
(4,4,5)
(0,5,8),
(1,4,8),
(2,3,8),
(3,4,6),
(0,6,7)
(1,5,7), (1,6,6)
(2,4,7), (2,5,6)
(3,5,5)
Die größte dreistellige Zahl ist also die 940, die kleinste die 139.
Lösung 97-43
a) das erste. Es ist nicht in Halbe, sondern in Drittel unterteilt.
b) das letzte. Es ist in Achtel unterteilt.
Lösung 97-44
Es geht nicht.
Wir betrachten die Anzahlen der Ziffern 3 bzw. 5 nach jedem Schritt
Schritt
(1)
(2)
(3)
aus
3, 3
5, 5
3, 5
wird
3
3
5
Anzahl 3
−1
+1
−1
Anzahl 5
konstant
−2
konstant
Da es anfangs eine ungerade Zahl Fünfen gab, ist die Anzahl der Ziffern 5 nach jedem Schritt immer noch
ungerade. Die Parität der Anzahl der Ziffer 5 ist also konstant. Am Ende wird auf jeden Fall genau eine
5 übrig bleiben. Die Parität der Anzahl der Ziffer 3 wechselt in jedem Schritt. Es können also am Ende
genau 2 Möglichkeiten eintreten:
1. 3, 5. Diese werden durch die Ziffer 5 ersetzt.
2. 3, 3, 5. Diese werden durch Schritt (1) und Schritt (3) oder zweimal Schritt (3) wieder zu 5.
Lösung 97-45
6
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Lösung 97-46
Sei a die Anzahl der anwesenden Schüler, f die Anzahl der fehlenden Schüler. Dann gilt
5·f
a =
a−1
4 · (f + 1)
=
Ersetzt man das a in der zweiten Gleichung durch 5 · f , so folgt
5·f −1=4·f +4
also f = 5 und a = 25.
Probe: Die Klasse hat 30 Schüler. Im Klassenraum sind 25 Schüler, 5 Schüler sind draußen.
Verlässt ein weiterer Schüler die Klasse, so sind 24 = 4 · 6 Schüler in der Klasse und 6 Schüler draußen.
Wer noch nicht mit Gleichungen rechnen kann, kann die Lösung durch systematisches Probieren finden:
vorher
nachher
Verhältnis
fehlend
anwesend
anwesend
fehlend
anwesend
fehlend
5
1
4
2
10
2
9
3
15
3
14
4
20
4
19
5
25
5
24
6
1
4
30
6
29
7
7
29
1
2
1
3
2
7
5
19
Das Verhältnis fehlender Schüler zu anwesenden Schülern (letzte Spalte) verkleinert sich mit jedem Schritt.
In der letzten Zeile beträgt es genau ein Viertel. Im nächsten Schritt und alle folgenden Schritten ist es
kleiner als ein Viertel. Es gibt also eine einzige Lösung, nämlich 30 Schüler.
Lösung 97-47
Betrachte immer jedes zweite Folgenglied:
5, 10, 25, 50, 85, . . .
Vorschrift: +5, +15, +25, +35, . . ..
Fortsetzung: 85 + 45 = 130, 130 + 55 = 185
11, 16, 15, 20, 19, . . .
Vorschrift: +5, −1, +5, −1, . . .
Fortsetzung: 19 + 5 = 24, 24 − 1 = 23
Also lauten die nächsten 4 Folgenglieder: 130, 24, 185, 23.
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE97 - NOV/DEZ 2014
7
Lösung 97-48
Eine Zahl ist genau dann durch 11 teilbar, wenn ihre alternierende Quersumme durch 11 teilbar ist. Für
20141231 gilt:
2−0+1−4+1−2+3−1=0
Die Zahl 30001231 ist wegen 3 − 0 + 0 − 0 + 1 − 2 + 3 − 1 = 40 nicht durch 11 teilbar. Gesucht sind also
alle z = 2abc1231 mit 0 ≤ a, b, c ≤ 9, deren alternierende Quersumme durch 11 teilbar ist:
2 − a + b − c + 1 − 2 + 3 − 1 = −a + b − c + 3 = n · 11
bzw.
a − b + c = 3 − 11 · n
mit einer ganzen Zahl n. Für n sind nur 0, 1 und -1 möglich, da 0 ≤ a, b, c ≤ 9 gilt.
n=0, also a − b + c = 3
Für a ≤ 0 ≤ 9 erhält man folgende Möglichkeiten für b und c:
b
0
1
2
3
4
5
6
7
c
2
3
4
5
6
7
8
9
Jahr
2102
2113
2124
2135
2146
2157
2168
2179
a
2
2
2
2
2
2
2
2
2
b
0
1
2
3
4
5
6
7
8
c
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Jahr
2201
2212
2223
2234
2245
2256
2267
2278
2289
a
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
b
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
c
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Jahr
2300
2311
2322
2333
2344
2355
2366
2377
2388
2399
a
6
6
6
6
6
6
6
b
3
4
5
6
7
8
9
c
0
1
2
3
4
5
6
Jahr
2630
2641
2652
2663
2674
2685
2696
a
7
7
7
7
7
7
b
4
5
6
7
8
9
c
0
1
2
3
4
5
Jahr
2740
2751
2762
2773
2784
2795
a
0
0
0
0
0
0
0
b
0
1
2
3
4
5
6
c
3
4
5
6
7
8
9
Jahr
2003
2014
2025
2036
2047
2058
2069
a
1
1
1
1
1
1
1
1
a
4
4
4
4
4
4
4
4
4
b
1
2
3
4
5
6
7
8
9
c
0
1
2
3
4
5
6
7
8
Jahr
2410
2421
2432
2443
2454
2465
2476
2487
2498
a
5
5
5
5
5
5
5
5
b
2
3
4
5
6
7
8
9
c
0
1
2
3
4
5
6
7
Jahr
2520
2531
2542
2553
2564
2575
2586
2597
a
8
8
8
8
8
b
5
6
7
8
9
c
0
1
2
3
4
Jahr
2850
2861
2872
2883
2894
a
9
9
9
9
b
6
7
8
9
c
0
1
2
3
Jahr
2960
2971
2982
2993
Das sind insgesamt 73 Zahlen.
n=1, also b = a + c + 8
Für b kommen nur 8 und 9 in Frage, da a + c ≥ 0 ist. Für diese b erhält man folgende Möglichkeiten für
a und c:
a
0
0
1
b
8
9
9
c
0
1
0
Jahr
2080
2091
2190
n=-1, also c = b + 14 − a. Für a < 5 gibt es keine Lösung mit 0 ≤ b, c ≤ 9. Für 5 ≤ a ≤ 9 erhalten wir
8
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
a
5
6
6
7
7
7
8
8
8
8
b
0
0
1
0
1
2
0
1
2
3
c
9
8
9
7
8
9
6
7
8
9
Jahr
2509
2608
2619
2707
2718
2729
2806
2817
2828
2839
a
9
9
9
9
9
b
0
1
2
3
4
c
5
6
7
8
9
Jahr
2905
2916
2927
2938
2949
Das sind 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 Zahlen.
Es sind insgesamt 73 + 3 + 15 = 91 Jahre in diesem Jahrtausend.
5
Klassen 7 und 8
Lösung 97-51
Die Fläche 14 AW eines weißen Teils (das weggeschnitten wird) ist gleich der Differenz der halben Quadratfläche AQ und eines Achtelkreises 18 AK mit Radius der Länge einer Quadratseite:
1
1
1
AW = AQ − AK
4
2
8
Sei a die Kantenlänge des Quadrats, dann gilt für die insgesamt abgeschnittene Fläche
AW
Die Mädchen schneiden folglich 2 −
übrig.
π
2
1
2AQ − AK
2
π 2
2
= 2a − a
2
π 2
a
=
2−
2
=
· 100% der Quadratfläche ab. Es bleiben
π
2
− 1 · 100% ≈ 57, 08%
Lösung 97-52
a) Die vierte Figur besteht aus 43 = 64 Strecken der Länge
4 3
≈ 2, 37.
3
1
33
=
1
27 .
Ihre Gesamtlänge beträgt also
b) In jedem Schritt wird jede Teilstrecke in 4 neue Teilstrecken umgewandelt. Die Anzahl der Strecken
im Schritt n ist also gleich 4n−1 . Die Länge jeder Teilstrecke wird in jedem Schritt gedrittelt. Die
n−1
Länge einer Teilstrecke im Schritt n ist also gleich 3n−1 und damit die Gesamtlänge = 34
.
c) Die Gesamtlänge der Girlande kann beliebig groß werden. Wenn man mit einem 1 m langen Stück
24
25
beginnt, ist die Girlande wegen 43
≈ 996, 62 < 1000 und 43
≈ 1328 > 1000 nach 26 Schritten
länger als 1 km.
Lösung 97-53
Beispiel: 2 · (1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 30. Letzte Ziffer streichen ergibt 3.
Beweis: Es sei n der mittlere Summand. Dann lautet die Vorschrift
2 · (n − 2 + n − 1 + n + n + 1 + n + 2) = 2 · 5n = 10n
Streicht man vom Zehnfachen einer Zahl die letzte Ziffer, dann erhält man dieselbe Zahl wieder. Das ist
in diesem Fall die mittlere Zahl n, w.z.b.w.
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE97 - NOV/DEZ 2014
9
Lösung 97-54
a) 29 cm2
b) alle Dreiecke kongruent, rechtwinklig. Zwei verschiedene spitze Innenwinkel bilden jeweils einen Innenwinkel des Vierecks, also 90◦ .
Lösung 97-55
Die Konstruktionsidee besteht in der Anwendung des Höhensatzes im rechtwinkligen Dreieck. Es seien CH die Höhe auf AB im Punkt C
und M der Mittelpunkt der Strecke CH. Der
Flächeninhalt des Dreiecks 4ABC ist dann
gleich | AB | · | M H |.
Man verlängert zunächst die Strecke AB über B hinaus und zeichnet den Punkt D, der von B den
Abstand | M H |= h/2 hat. Anschließend konstruiert man einen Halbkreis mit Durchmesser AD. Die
Senkrechte auf AD im Punkt B schneidet den Halbkreis im Punkt G. Nach Satz des Thales ist das
Dreieck 4ADG rechtwinklig. BG ist die Höhe dieses Dreiecks und AB bzw. BD sind die entsprechenden
Höhenabschnitte. Nach Höhensatz im Dreieck 4ADG gilt
| AB | · | BD |=| BG |2
Wegen | BD |=| M H | (nach Konstruktion) ist dies äquivalent mit
| AB | · | M H |=| BG |2
Auf der linken Seite steht der Flächeninhalt des Ausgangsdreiecks 4ABC, auf der rechten Seite der
Flächeninhalt eines Quadrats mit Kantenlänge | BG |. Das ist das gesuchte Quadrat BEF G (siehe
Zeichnung).
Lösung 97-56
Angenommen, Benni ist jetzt b ∈ N Jahre alt. Anton ist 36 − b Jahre älter als Benni. Demnach war Anton
vor 36 − b Jahren so alt, wie Benni jetzt ist. Vor 36 − b Jahren war Benni b − (36 − b) = 2b − 36 Jahre
alt. Das ist ein Drittel von Antons jetzigem Alter, also 2b − 36 = 12 bzw. b = 24. Benni ist jetzt 24 Jahre
alt.
Lösung 97-57
Das Grundstück hat die in der Zeichnung angegebene Form.
Der Zaun habe den Abstand x von AB und die Länge y.
Für den Flächeninhalt A des Trapezes gilt
A=
a+c
· d = 5400 m2
2
Wenn das Grundstück halbiert werden soll, müssen die beiden Gleichungen
150 + y
· x = 2700
2
120 + y
· (40 − x) = 2700
2
gelten. Das Gleichungssystem ist eindeutig lösbar. Lösung ist (x, y) ≈ (18.89, 135.83).
Der Zaun ist etwa 135,83 m lang und 18,89 m von AB entfernt.
10
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Lösung 97-58
Der Term ist z.B. für n = 11 durch 7 teilbar:
112 + 11 + 1 = 121 + 12 = 133 = 7 · 19
Wenn der Term für ein n ∈ N durch 7 teilbar ist, so ist er auch für n + 7 durch 7 teilbar, denn es gilt
(n + 7)2 + (n + 7) + 1
= n2 + 14n + 49 + n + 7 + 1
=
(n2 + n + 1) + 2 · 7 · (n + 4)
Der erste Summand auf der rechten Seite ist nach Voraussetzung durch 7 teilbar, der zweite enthält den
Faktor 7. Daher ist auch die Summe durch 7 teilbar. Da es mindestens eine Zahl n gibt, für die n2 + n + 1
durch 7 teilbar ist, erhalten wir durch Addition von Vielfachen von 7 daraus unendlich viele weitere
Zahlen n für die dies gilt.
6
Klassen 9 bis 13
Lösung 97-61
Es seien x1 , x2 , x3 ∈ R die Lösungen der gegebenen Gleichung. Dann gilt nach Wurzelsatz von Vieta
x1 + x2 + x3
=
−1
(1)
x1 x2 + x1 x3 + x2 x3
=
a
(2)
Quadrieren von (1) ergibt
x21 + x22 + x23 + 2(x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) = 1
und mit (2)
2a = 1 − (x21 + x22 + x23 )
Da für reelle x1 , x2 , x3 der Term x21 + x22 + x23 nichtnegativ ist, folgt hieraus die Behauptung:
2a ≤ 1
Interessanterweise spielt die Größe von b = −x1 x2 x3 hier keine Rolle.
Lösung 97-62
Jede beliebige Gruppe von 5 Kommissionsmitgliedern soll die Schlösser nicht gemeinsam öffnen können
(es muss mindestens ein Schlüssel fehlen). Wir wählen also beliebig eine Fünfergruppe aus und ordnen
dieser 5 der Schlösser zu. Einer weiteren Fünfergruppe ordnen wir 5 weitere Schlösser zu usw. Wenn wir
das für jede beliebige Fünfergruppe tun, benötigen wir
5
C11
=
11!
11!
=
= 462
5! · (11 − 5)!
5! · 6!
Schlösser (= Anzahl der Kombinationen ohne Wiederholung von 11 Elementen zur Klasse 5).
Um die Anzahl der erforderlichen Schlüssel zu ermitteln überlegen wir uns, wie viele Schlüssel erforderlich
wären, um in ein Feld mit 462 Spalten und 11 Zeilen in jede Spalte genau 6 Schlüssel zu legen. Das sind
genau 462 · 6 Schlüssel. Diese müssen auf 11 Zeilen aufgeteilt werden. Jede Zeile erhält also
462 · 6 : 11 = 252
Schlüssel. Gibt man jedem Kommissionmitglied 252 Schlüssel, so können diese so verteilt werden, dass
jede beliebige Gruppe von 6 Kommissionsmitgliedern zu jedem Schloss einen passenden Schlüssel hat.
Wir machen uns den Sachverhalt an zwei einfacheren Beispielen klar:
3 Kommissionsmitglieder: Es genügen 3 Schlösser (= Anzahl der Möglichkeiten, aus einer Menge von 3
Elementen eine Menge mit einem Element auszuwählen) und jedes Mitglied braucht 2 Schlüssel:
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE97 - NOV/DEZ 2014
Schloss
1
2
3
A
X
X
B
X
11
C
X
X
X
Wenn 2 der Kommissionsmitglieder da sind, haben sie zusammen immer für jedes Schloss einen Schlüssel,
aber keiner allein kann alle 3 Schlösser öffnen. Ein Schlüssel für jedes Kommissionsmitglied würde nicht
genügen, denn dann würde auch bei 2 Mitgliedern immer ein Schlüssel fehlen.
5 Kommissionsmitglieder: Es genügen 10 Schlösser (= Anzahl der Möglichkeiten, aus einer Menge von 5
Elementen eine Menge mit 2 Elementen auszuwählen) und jedes Mitglied braucht 6 Schlüssel (genau 3
Kreuze in 10 Spalten und 5 Zeilen), die z.B. so verteilt sein können:
Schloss
1
2
3
4
5
A
X
B
X
X
X
X
X
C
X
D
X
X
X
X
E
X
X
F
X
X
X
X
G
X
X
X
X
H
X
X
X
I
J
X
X
X
X
X
X
Wählt man beliebige 3 Kommissionsmitglieder aus, so haben diese bei dieser Verteilung immer Schlüssel
für alle 10 Schlösser. Nähme man einen Schlüssel je Kommmissionsmitglied hinzu, so könnte man diese
zusätzlichen Schlüssel nicht so verteilen, dass nicht auch genau 2 Kommissionsmitglieder Schlüssel für
alle 10 Türen hätten. Nähme man jedem Kommissionsmitglied einen Schlüssel weg, so könnte man das
nicht tun, ohne dass es eine Dreiergruppe gäbe, der mindestens ein Schlüssel fehlte.
Lösung 97-63
U.Warnecke, Münster:
Für m = n = 1 und auch m = 2, n = 1 gilt trivialerweise S 0 ≥ S. Interessant wird es erst für m, n ≥ 2.
Wir betrachten sofort einen allgemeinen Fall.
Sei zunächst m = n = 2 und a1 ≥ a2 (erste Zeile), b1 ≤ b2 (zweite Zeile); dann ist
S = a1 b1 + a2 b2 ≤ a1 b2 + a2 b1 = S 0 ;
denn aus a1 ≥ a2 und b1 ≤ b2 folgt
(a1 − a2 ) ≥ 0 ∧ b1 − b2 ≤ 0
⇒
(a1 − a2 )(b1 − b2 )
≤0
⇒
a1 b1 − a1 b2 − a2 b1 + a2 b2
≤0
⇒
a1 b1 + a2 b2
≤ a1 b2 + a2 b1 .
Bei Umordnung wird S = a1 b1 + a2 b2 jedenfalls nicht verkleinert.
Der Austausch von Zeilen untereinander hat offenbar keinen Einfluss auf S bzw. S 0 . Anders ist dies bei
Umordnung der Spalten der Tabelle, wie nun durch Induktion über die Anzahl n der Spalten gezeigt
werden soll.
Der Induktionsanfang ist soeben schon gemacht worden. Sei daher jetzt vorausgesetzt, dass für n − 1
Spalten die Behauptung gilt, dass Umordnung der Spalten nicht zu einer Verkleinerung führt. Zu zeigen
ist, dass die Behauptung dann auch für eine Tabelle mit n Spalten gilt.
Mit Pi sei das Produkt der i-ten Spalte bezeichnet. Nun werden die Spalten so umgeordnet, dass P1
danach zum minimalen Produkt wird (diese Umordnung ändert noch nicht die Summe der Produkte).
aij bezeichne eine Zahl in der i-ten Zeile und j-ten Spalte. Angenommen, nicht ai1 sondern aik ist eine
minimale Zahl in der i-ten Zeile. Wir tauschen die Plätze von ai1 und aik gegeneinander aus und prüfen,
ob die Summe der jetzt auftretenden Produkte zunimmt.
12
Heike Winkelvoß, www.egladil.de
Q1 bezeichne das Produkt aller Zahlen in der ersten Spalte mit Ausnahme des Faktors ai1 und Qk das
Produkt aller Zahlen in der k-ten Spalte mit Ausnahme des Faktors aik . Dann ist die Differenz zwischen
neuer und alter Summe
(ai1 Qk + aik Q1 ) − (ai1 Q1 + aik Qk ) = (ai1 − aik )(Qk − Q1 ),
und diese Differenz ist positiv, da ai1 > aik und Qk > Q1 , da ja aik Qk ≥ ai1 Q1 . Das bedeutet: Durch
Umordnung wird die Summe der Produkte vergrößert oder bleibt mindestens gleich, außerdem ist offenbar
das Produkt der neuen Zahlen in der vorigen ersten Spalte jetzt minimal.
Wenn also die Zahl ai1 nicht die minimale in ihrer Zeile ist, können wir ihren Platz mit einer minimalen
Zahl tauschen und dadurch die Summe der Produkte vergrößern.
Jetzt nutzen wir die Induktionsvoraussetzung aus. Wenn wir die Zeilen der Tabelle, die von der 2-ten
bis zur n-ten Spalte gebildet wird, umordnen, dann erhalten wir offenbar die Ausgangstabelle mit umgeordneten Zeilen. Nach Induktionsvoraussetzung wird deshalb die umgeordnete Summe der Produkte
P2 + . . . + Pn nicht verkleinert. Folglich ist die Summe P1 + P2 + . . . + Pn in der ursprünglichen Tabelle
nicht größer als die entsprechende Summe in der Tabelle mit den umgeordneten Zeilen. Damit ist alles
bewiesen.
Bemerkung. Bei vorstehender Aufgabe handelt es sich um eine Anwendung der sogenannten Rearrangement- oder Umordnungsungleichung.
Lösung 97-64
Nach Voraussetzung sind die Dreiecke 4ABE und 4AF D kongruent (Kongruenzsatz ssw). Das Dreieck 4ECF ist folglich
gleichschenklig rechtwinklig. Da 4AEF gleichseitig ist, beträgt
die Größe des Winkels ∠AEF 60◦ . Also beträgt die Größe des
Winkels ∠BEA
180◦ − 60◦ − 45◦ = 75◦
D
F
C
s
Nach Sinussatz in 4ABE folgt
x
a
sin 75◦
Das gleichseitige Dreieck 4AEF hat den Flächeninhalt
s=
A
a
E
B
s2 √
· 3
4
wie man nach Anwendung der Flächeninhaltsformel und Satz des Pythagoras sieht. Damit erhält man
für das gesuchte Verhältnis:
AAEF
=
AABCD
s2
4
√
√
√
√
· 3
s2 3
a2 3
3
=
=
=
a2
4a2
4a2 sin2 75◦
4 · sin2 75◦
Mit
sin2 75◦ =
folgt
√ 2
1
1+ 3
8
√
AAEF
2 3
√
=
≈ 0, 46
AABCD
(1 + 3)2
Das Dreieck nimmt ungefähr 46 % des Flächeninhalts des Quadrats ein.
Lösung 97-65
Die Zahl 0101 = 101 ist die einzige Primzahl unter den zu untersuchenden vierstelligen Zahlen. 101 ist
eine Primzahl. Alle zu untersuchenden Zahlen lassen sich in der Form
1000a + 100b + 10a + b = 101 · (10a + b)
MATHE FÜR JUNG UND ALT - SERIE97 - NOV/DEZ 2014
13
mit a, b ∈ N0 , 0 ≤ a, b ≤ 9 schreiben. Für a = 0, b = 1 ist dies gleich 101, also eine Primzahl, für alle
anderen a, b ist die Zahl ein nichttriviales Vielfaches von 101 oder 0, also keine Primzahl.
101 · (10a + b) kann auch keine Quadratzahl sein, denn es ist 10a + b ≤ 99 und 101 ist eine Primzahl.
Lösung 97-66
a)
n
Die 4 Ungleichungen stellen sich wie rechts gezeigt im Koordinatensystem dar. Die kleinen blauen Pfeile deuten die Richtung an, in der Punkte
liegen, die die jeweilige Ungleichung erfüllen. Punkte auf den dunkelblauen Linien (Gleichheit) gehören nicht dazu.
Alle geordneten Paare reeller Zahlen (m, n), deren Bildpunkt ins Innere
des hellblauen Trapezes fallen, erfüllen die 4 gegebenen Ungleichungen
gleichzeitig. Darunter sind genau 2 mit ganzzahligen Koordinaten, nämlich (0,1) und (1,0);
n = 2m − 4
1
-1
1
-1
m
n=2−m
n = −m
m = −1
b) U.Warnecke, Münster:
Das gegebene Ungleichungssystem kann geordnet umgeschrieben werden in
m+n
<
2
(5)
0
<
m+n
(6)
−1
<
m
(7)
2m − n
<
4
(8)
Die Ungleichungen (5) und (6) zusammengenommen liefern
0 < m + n < 2,
und (5) und (8) zusammen sind äquivalent mit
m + n < 2 ∧ m < 2.
Somit hat man jetzt zusammen mit (7)
−1 < m < 2.
Diese Ungleichung zusammen mit (9) ergibt schließlich
(m = 0 ∧ n = 1) ∨ (m = 1 ∧ n = 0).
Also besteht die Lösungsmenge nur aus den beiden Paaren (0; 1) und (1; 0).
(9)