einmal addiert

Lösungen der 2. Serie
Kl. 5 - 2015 / 2016
Aufgabe 1: (8 Punkte)
a) Im Feld C3 muss eine 5 stehen, denn es kann weder eine 1 oder 4 (wegen der Diagonale) noch eine 2 oder 3 (wegen der
dritten Zeile) sein.
A B C D E
b) In Spalte B fehlen noch die Zahlen 1 und 5. Wegen der 5 im Feld C3 kann die 5 nicht in B4
1 1
2 3 5 4
stehen (Diagonale beachten!), sondern muss in B5. Dementsprechend bleibt für die 1 nur noch B4
übrig.
2 5
4 1 2 3
In der ersten Zeile muss die 5 im Feld D1 stehen, weil sie in C1 (wegen Spalte C) und E1 (wegen
3 2
3 5 4 1
der Diagonale) nicht möglich ist.
Sowohl in der 1. Zeile als auch in Spalte A müssen nun die fehlenden Zahlen 3 und 4 verteilt
4 4
1 2 3 5
werden. Weil in der Diagonale nicht die gleiche Zahl stehen darf, wird bei A5 z. B. die 3 und bei
5 3
5 4 1 2
E1 die 4 (oder umgekehrt) stehen müssen. Daraus lässt sich schlussfolgern, dass im Feld D2 die in
der Diagonale noch fehlende 2 stehen muss.
Jetzt kann in D4 keine 2 mehr stehen (wegen Spalte D), deshalb muss in E5 (Diagonale!) eine 2 sein, also in D4 eine 3.
c) Durch ähnliche Überlegungen lassen sich auch die restlichen Zahlen eindeutig ermitteln, z. B. in folgender Reihenfolge: in
A4 die 4, in A5 die 3, in E1 die 4, in C1 die 3, in C2 die 1, in E2 die 3, in E3 die 1, in D3 die 4 usw. Das vollständig
ausgefüllte 5x5-Quadrat ist in der Abbildung zu sehen.
Aufgabe 2: (5 Punkte)
Die Gesamtsumme S der vergebenen Punkte kann man auf zwei verschiedenen Wegen berechnen: Zum einen, indem man die
erzielten Gesamtpunktzahlen aller Schüler addiert: S = a1 + a2 + … + a22 .
Zum anderen wurden in jeder Disziplin 1 + 2 + ... + 22 = ½ · 22 · 23 = 253 Punkte vergeben, also in 3 Disziplinen 3 · 253 = 759
Punkte. [Benutzt wurde die Gaußsche Summenformel: 1 + 2 + ... + n = ½ · n · (n+1)]
Es muss also gelten: 759 = a1 + a2 + … + a22, wobei alle Summanden ai ungerade sein sollen. Das kann jedoch nicht sein, denn
die Summe einer geraden Anzahl von ungeraden Zahlen ist gerade und kann deshalb nicht 759 sein.
Aufgabe 3:
(10 Punkte)
a) Dreistellige Palindrome haben die Form aba (wobei a und b die Ziffern darstellen). Für die mittlere Ziffer b gibt es genau
10 Möglichkeiten (0 bis 9). Bei jeder dieser 10 Möglichkeiten gibt es genau 9 Möglichkeiten für die Ziffer a (die nicht 0 sein
kann). Wegen 9 · 10 = 90 ergibt sich somit: Es gibt genau 90 dreistellige Palindrome.
Anzahl d.
ZiffernAnzahl der Mög- Anzahl der Mög- Anzahl der MögAnzahl der
b) Die gleichen Überlegungen wie bei
Stellen
schreibweise
lichkeiten für a
lichkeiten für b
lichkeiten für c
Palindrome
a) führen zu folgenden Ergeb3
9
10
90
nissen:
aba
4
9
10
90
c) Die Anzahl der 2015-stelligen
abba
Palindrome besteht (ebenso wie die
5
9
10
10
900
abcba
Anzahl der 2016-stelligen Palin6
9
10
10
900
abccba
drome) aus 1008 Ziffern.
d) Alle diese Palindrome haben den gemeinsamen Teiler 11. Die Teilbarkeitsregel der 11 lautet: Eine Zahl ist genau dann durch
11 teilbar, wenn ihre alternierende Quersumme durch 11 teilbar ist. (Beispiel: Die alternierende Quersumme von 24377342
ist 2−4+3−7+7−3+4−2 = (2+3+7+4) − (4+7+3+2) = 0. Man muss die einzelnen Ziffern abwechselnd addieren und
subtrahieren.) Man erkennt leicht, dass diese alternierende Quersumme bei den beschriebenen Palindromen immer Null ist
und damit durch 11 teilbar, weil die gleichen Ziffern symmetrisch von vorn bzw. hinten einmal addiert und einmal subtrahiert
werden. (Ein größerer gemeinsamer Teiler ist übrigens nicht möglich, denn die Zahl 11 als kleinstes Palindrom mit gerader
Zifferanzahl hat keinen größeren Teiler.)
Aufgabe 4: (8 Punkte)
T E T
a) Wenn jedes der Kinder behauptet, dass sein linker Nachbar ein Teufelchen ist, so sitzt links neben einem
E
E
Engelchen tatsächlich ein Teufelchen (weil die Engelchen stets die Wahrheit sagen), wohingegen links von
T
T
jedem Teufelchen ein Engelchen sitzt (da die Teufelchen stets lügen). Also sitzen im ersten Fall
E
E
6 Engelchen und 6 Teufelchen abwechselnd reihum am Tisch. Dies ist die einzige mögliche Lösung, sie
T E T
erfüllt alle Bedingungen.
b) Betrachten wir nun den Fall, dass jedes Kind behauptet, zwischen einem Engelchen und einem Teufelchen zu sitzen. Wieder
haben die Teufelchen gelogen, d. h. jedes Teufelchen sitzt entweder zwischen zwei Teufelchen oder zwischen zwei
Engelchen. (Mindestens ein Teufelchen muss am Tisch sitzen.) Angenommen, ein Teufelchen sitzt zwischen zwei weiteren
Teufelchen: Diese können nun jeweils nicht mehr zwischen zwei Engelchen sitzen, haben also ebenfalls zwei Teufelchen als
direkte Sitznachbarn. Führt man diese Argumentation fort, kommt man zu dem Schluss, dass nur Teufelchen am Tisch sitzen.
Ist dagegen mindestens ein Engelchen am Tisch, so gilt: Da es nicht lügt, sitzt es zwischen einem Engelchen und einem
Teufelchen. Das Teufelchen wiederum muss dann als zweiten Tischnachbarn ein weiteres Engelchen haben. Dieses muss ein
Engelchen als zweiten Nachbarn haben und so weiter.
T T T
T E E
Somit gibt es in diesem Fall zwei mögliche Sitzordnungen (also nicht eindeutig!):
T
T
T
E
Entweder es sitzen 12 Teufelchen am Tisch, oder es sitzen abwechselnd zwei Engelchen
T
T E
E
und ein Teufelchen nebeneinander (insgesamt 8 Engelchen und 4 Teufelchen).
T
T
T
T
T
E
T
E
E
T