Lösungen

50. Mathematik-Olympiade
1. Stufe (Schulstufe)
Klasse 9–10
Lösungen
c 2010 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.V.
°
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10 Punkte
501011 Lösung
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 a 2 ,
(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
1
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
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.
501012 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|
α
A
= 180 − 21 (β + γ)
= 180◦ − 21 (180◦ − α)
= 90◦ + 21 α
I
δ
◦
β
2
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 501012
2
501013 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]
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.
501014 Lösung
10 Punkte
2
Zunächst sind alle Primzahlen p zu bestimmen, für die p +2 ebenfalls prim ist. Durch systematisches Probieren mit kleinen Primzahlen stellt man fest, dass für p 6= 3 der Term p2 + 2 größer
als 3 und durch 3 teilbar und damit keine Primzahl ist. Zum Nachweis dieser Behauptung
betrachte man die Gleichung
p2 + 2 = p2 − 1 + 3 = (p + 1)(p − 1) + 3.
Da unter den drei aufeinander folgenden Zahlen p − 1, p und p + 1 genau eine durch 3 teilbar
sein muss, ist für jede Primzahl p 6= 3 genau einer der Faktoren p + 1 und p − 1 durch 3
teilbar. Damit ist der Term (p + 1)(p − 1) + 3 auch durch 3 teilbar und offenbar echt größer
als 3. Damit ist gezeigt, dass p2 + 2 nur für p = 3 eine Primzahl sein kann. In diesem Fall ist
p2 + 2 = 32 + 2 = 11 tatsächlich prim.
Gesucht sind nun alle natürlichen Zahlen n mit n = 4k+1 für natürliche Zahlen k, für die 3n +2
eine Primzahl ist. Durch erneutes Probieren gelangt man zu der Vermutung, dass dieser Term
für alle betrachteten n ein Vielfaches von 5 ist, wobei für n > 1 Zahlen größer als 5 entstehen,
die damit keine Primzahlen sind. Zum Nachweis dieser Vermutung formen wir folgendermaßen
um:
34k+1 + 2 = (34 )k · 3 + 2 = 3 · 81k + 2.
Mit 81 endet auch die Zahl 81k auf 1; daher endet 3 · 81k auf 3, womit 3 · 81k + 2 auf 5 endet.
Damit ist gezeigt, dass 34k+1 + 2 ein Vielfaches von 5 ist.
Für n = 4k + 1 > 1 ist 3n + 2 > 3 + 2 = 5 als Vielfaches von 5 keine Primzahl.
Nur für n = 1 ergibt sich mit 3n + 2 = 5 eine Primzahl.
3
501015 Lösung
10 Punkte
C
Wir führen die folgenden Bezeichnungen ein:
c = |AB|, c1 = |AD|, c2 = |DB|, siehe Abbildung L 501015 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 zur Geraden EF . Da E
ein innerer Punkt der Strecke BC ist, folgt
h = h 1 + h2 .
h1
h
E
F
h2
c1
A
D
c2
c
B
Abbildung L 501015 a
Die Flächeninhaltsformel für Dreiecke liefert
v = 21 · c1 · h2
w = 12 · c2 · h2
(4)
(5)
x = 21 · |EF | · h1
(6)
y = 12 · |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 · c · h = v + w (2)
2 f (8)
=
= 52 · 21 · c · h ,
2
2
5
woraus h2 = 25 h und h1 = 35 h folgt. Zusammen mit (6) und (7) folgt
1 · |EF | · h
3h
1
3
h1
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 + 23 y + y,
6 f und x = 3 y = 9 f .
also 35 f = 52 y und somit y = 25
2
25
Aus Eigenschaft (3) folgt mit (9)
(9)
v (3)
= xy = 23 ,
w
also v = 32 w und damit
2 f (2)
= v + w = 32 w + w = 52 w,
5
4 f und v = 3 w = 6 f .
also w = 25
2
25
4
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
C
h1
meinsame Grundseite besitzen, folgt h2 = 25 h,
damit ergibt sich h1 = 35 h. Die Dreiecke F EC
und ABC sind wegen EF k AB ähnlich, der
Ähnlichkeitsfaktor ist h1 : h = 35 . Damit gilt
h
E
F
h2
c1
A
D
c
c2
B
Abbildung L 501015 b
³ ´2
3 f = 9 f . Mit v + w = 2 f erhält
5
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.
f
muss
v
=
v : w = 3 : 2 = 6 : 4. Wegen v + w = 52 f = 10
25
25
25
x =
501016 Lösung
10 Punkte
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
=
= 939 929.
Kurz: Es gilt |S| = 179
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:
c
Anzahl
177 . . . 90
88
175 . . . 90
86
173 . . . 89
85
171 . . . 89
83
169 . . . 88
82
167 . . . 88
80
..
..
.
.
4
57 58 . . . 61 65 . . . 62
58 59 . . . 60 63 . . . 62
2
59
60
61
1
a
1
2
3
4
5
6
..
.
b
2 . . . 89
3 . . . 88
4 . . . 88
5 . . . 87
6 . . . 87
7 . . . 86
..
.
Es fällt auf, dass für ungerade a die Anzahl zum nachfolgenden ungeraden a um genau 3
5
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
³
91 − 32 (1 + 1) + 91 − 32 (3 + 1) + · · · + 91 − 32 (59 + 1)
´
³
´
³
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
6