Lösungen – Klasse 11

Klasse 11
Lösungen – Klasse 11
1.
Sophie hat ein Blatt Papier zweimal gefaltet: Zuerst entlang
einer waagerechten und anschließend entlang einer senkrechten Linie. Das Papier sieht nun so aus wie in der Figur. Sophie nimmt jetzt eine Schere und zerschneidet es mit einem
geraden Schnitt. In wie viele Teile könnte das Papier zerfallen?
(A) 2
(B) 3
(C) 4
(D) 5
(E) 6
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 2, 3, 4 und 5 Lösungen sind. Dazu geben
wir je ein passendes Beispiel an:
2 Teile
3 Teile
4 Teile
5 Teile
In Teil 2 begründen wir, dass 6 keine Lösung ist.
1. Feststellung: Das zweimal gefaltete Blatt besteht aus 4 Seiten.
2. Feststellung: Jeder Schnitt zerlegt alle 4 Seiten in je 2 Teile.
3. Feststellung: Nur dann hätten wir 4  2  8 Teile, wenn keine zwei Teile zusammenhängend wären. Ansonsten gibt es weniger als 8 Teile.
4. Feststellung: Die entstandenen Teile (2. und 3. Feststellung) können an folgenden Faltlinien zusammenhängend sein: „oben“ und „rechts“ (siehe die Figur aus dem Aufgabentext).
5. Feststellung: Nur dann könnten zwei beliebige Teile nicht zusammenhängend sein (siehe 2. und 3. Feststellung), wenn der Schnitt keine gemeinsamen
Punkte mit den Faltlinien aus der 4. Feststellung hätte. Dies ist nur dann möglich, wenn der Schnitt unten und links erfolgt (wie bei der Figur ganz rechts).
In diesem Fall entstehen aber 5 und keine 8 Teile.
Man kann ferner zeigen: Bei jedem anderen Schnitt hat jedes Teil mindestens
ein „Partnerteil“, mit dem es zusammenhängt. Damit sind höchstens
8 : 2  4 Teile möglich (siehe die ersten drei Figuren von links).
Damit haben wir begründet, dass mehr als 5 Teile nicht möglich sind.
Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D
2.
Für welche der unten aufgeführten Aussagen lassen sich drei reelle Zahlen a,
b, c mit a  b  c finden, für die die Aussage zutrifft?
(A) a 2  b 2  c 2
(B) b 2  c 2  a 2
(C) b 2  a 2  c 2
(D) c 2  b 2  a 2
(E) c 2  a 2  b 2
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass die Aussage (A) zutrifft. Dazu geben wir
Lösungen der Aufgaben
ein Beispiel an: a  1, b  2, c  3 . 1 < 2 < 3 und 12  22  32 .
In Teil 2 zeigen wir, dass die Aussage (B) zutrifft. Dazu geben wir ein Bei2
2
spiel an: a  3, b  1, c  2 . –3 < –1 < 2 und  1  22   3 .
In Teil 3 zeigen wir, dass die Aussage (C) zutrifft. Dazu geben wir ein Bei2
spiel an: a  2, b  1, c  3 . –2 < 1 < 3 und 12   2   32 .
In Teil 4 zeigen wir, dass die Aussage (D) zutrifft. Dazu geben wir ein Bei2
2
2
spiel an: a  3, b  2, c  1 . –3 < –2 < –1 und  1   2    3 .
In Teil 5 zeigen wir, dass die Aussage (E) nicht zutrifft. Dazu untersuchen
wir, was es bedeuten würde, wenn c 2  a 2  b 2 zuträfe.
1. Feststellung: Aus c 2  a 2  b 2 folgt c  a  b .
2. Feststellung: Aus a  c und c  a (1. Feststellung) folgt a  0  c .
3. Feststellung: Aus b  c und c  b (1. Feststellung) folgt b  0  c .
Dann müsste aber gelten:
4. Feststellung: b  a  0 . Begründung: a  0 , b  0 und a 2  b 2 .
b < a geht aber nicht, denn laut Angabe gilt a < b. Damit ist bewiesen, dass
die Aussage (E) für keine reellen Zahlen a, b, c mit a < b < c zutreffen kann.
Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D
3.
Bei der Planung eines Ausfluges ging man davon aus, dass die Anzahl der
Mädchen 25% der Anzahl der Jungen ausmachen wird. Da aber ein Mädchen
ihre Teilnahme absagte und statt ihr ein Junge einsprang, betrug die Anzahl
der Mädchen nur noch 20% der Anzahl der Jungen. Die Frage: Wie viele
Schülerinnen und Schüler konnten insgesamt an dem Ausflug teilgenommen
haben?
(A) 24
(B) 26
(C) 28
(D) 30
(E) 32
Lösung: Wir bezeichnen die geplante Anzahl der Mädchen mit x. Man ging
davon aus, dass die Anzahl der Mädchen 25% der Anzahl der Jungen ausmachte. Anders gesagt: Man rechnete mit viermal so vielen Jungen wie Mädchen. Die Anzahl der geplanten Jungen war daher 4x.
Da aber ein Mädchen ihre Teilnahme absagte und statt ihr ein Junge einsprang, betrug die tatsächliche Anzahl der Mädchen x  1 und die der Jungen
4 x +1
4 x  1 . 20% von 4 x  1 ist 0, 2   4 x  1 , oder
. Aus der Bedingung
5
4 x +1
folgt:
= x – 1  4 x  1  5 x  5  x = 6. Dies bedeutet: Ursprüng5
lich rechnete man mit 6 Mädchen und 24 Jungen ( 4  6 ). Tatsächlich nahmen
aber am Ausflug 5 Mädchen und 25 Jungen teil. Die gesuchte Gesamtzahl beträgt also 30.
Die richtige(n) Antwort(en): D
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4.
Alle Eckpunkte eines Vielecks sind Gitternetzpunkte und alle Seiten des Vielecks sind gleich lang. Wie viele Seiten kann ein solches Vieleck insgesamt
haben?
(A) 3
(B) 4
(C) 6
(D) 8
(E) 12
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 4, 6, 8 und 12 Lösungen sind. Dazu geben
wir je ein passendes Beispiel an. Die Seitenlängen betragen überall 5 Längeneinheiten. Bei den „schrägen“ Linien haben wir den vom Satz des Pythagoras
bekannten Zusammenhang 52  32  42 verwendet.
4 Seiten
6 Seiten
8 Seiten
12 Seiten
In Teil 2 zeigen wir, dass 3 (d. h. ein gleichseitiges Dreieck) keine Lösung ist.
Dazu nehmen wir an, es gäbe ein gleichseitiges Dreieck ABC, dessen Ecken
alle Gitternetzpunkte wären und dessen Seitenlänge a sei und untersuchen die
Folgen dieser Annahme. Dem Dreieck kann ein Rechteck umschrieben werden, dessen Eckpunkte Gitternetzpunkte sind (Figur 1).
B
y
A
x
C
Figur 1
a
Figur 2
1. Feststellung: Die Fläche des Dreiecks ABC erhält man, indem man von der
Fläche des Rechtecks die Fläche von drei rechtwinkligen Dreiecken abzieht.
Beachte: Wenn eine Seite des Dreiecks ABC waagerecht oder senkrecht verläuft, gibt es nur zwei solche Dreiecke. Für den Gedankengang ist dies jedoch
ohne Bedeutung.
2. Feststellung: Der Flächeninhalt des Rechtecks und die Flächeninhalte der
rechtwinkligen Dreiecke aus der 1. Feststellung sind rationale Zahlen (dies
liegt daran, dass die Koordinaten der Gitternetzpunkte ganze Zahlen sind).
Aus der 1. und 2. Feststellung folgt:
3. Feststellung: Der Flächeninhalt des Dreiecks ABC ist rational. (*)
a2 3
.
4. Feststellung: Der Flächeninhalt des gleichseitigen Dreiecks ist
4
5. Feststellung: Der Term a 2 stellt eine rationale Zahl dar. Begründung: a ist
Lösungen der Aufgaben
die Hypothenuse eines rechtwinkligen Dreiecks, dessen Katheten ganze Zahlen sind (siehe Figur 2). Mit dem Satz des Pythagoras folgt: a 2  x 2  y 2 .
Daher gilt: a 2 ist eine ganze Zahl und damit rational.
a2 3
irrational (da 3 irrational ist). Dies stellt einen
Also ist der Term
4
Widerspruch zur 3. Feststellung dar. Damit kann es das angenommene Dreieck ABC nicht geben und 3 kann keine Lösung sein.
Die richtige(n) Antwort(en): B, C, D, E
5.
Das Produkt dreier ganzer Zahlen ist nicht Null. Wenn man alle drei Zahlen
um 1 verkleinert, erhält man dasselbe Produkt. Welche der aufgeführten Zahlen können unter den ursprünglichen drei ganzen Zahlen vorkommen?
(A) –15 (B) –8
(C) 1
(D) 7
(E) Keine dieser Antworten.
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass –15, –8 und 7 Lösungen sind.
Im 1. Schritt zeigen wir, dass –15 eine Lösung ist. Tatsächlich, die drei Zahlen – 15, 76, 20 erfüllen die Bedingung. Denn  15   76  20 = –22800 und
 15  1   76  1   20  1 =  16   75 19 = –22800.
Bemerkung: Wir schildern noch, wie man diese drei Zahlen rechnerisch hätte
bestimmen können. Die drei Zahlen seien –15, a und b. Aus der Bedingung
folgt  15   a  b   16    a  1   b  1 . Oder, nach Vereinfachungen:
15ab  16ab  16a  16b  16  16b  16  a  b  16 
Wir lösen nun die Gleichung nach a auf:
16b  16 16  b  16   256  16
240
a

 16 
b  16
b  16
b  16
a und b sind ganze Zahlen. Daraus folgt: b  16 ist Teiler von 240. Dies trifft
240
 16  60  76 .
z. B. für b  20 zu. Wir erhalten a  16 
20  16
Im 2. Schritt zeigen wir, dass –8 eine Lösung ist. Tatsächlich, die drei Zahlen
 45, 11 erfüllen die Bedingung. Denn (8)  45  11 = –3960 und
(8  1)  (45  1)  (11  1) = (9)  44  10 = –3960.
Im 3. Schritt zeigen wir, dass 7 eine Lösung ist. Tatsächlich, die drei Zahlen
7,  4, 15 erfüllen die Bedingung. Denn 7  (4)  15 = –420 und
(7  1)  (4  1)  (15  1) = 6  ( 5)  14 = –420.
Anregung: Der geneigte Leser möge eines der obigen Zahlenbeispiele wie in
der Bemerkung rechnerisch selbst ermitteln.
In Teil 2 zeigen wir, dass 1 keine Lösung ist. Tatsächlich: 1 um 1 verringert
wäre 0 und damit wäre das zweite Produkt auch Null. Dies geht aber nicht, da
das Ausgangsprodukt nicht Null ist.
Die richtige(n) Antwort(en): A, B, D
Klasse 11
6.
Im spitzwinkligen Dreieck ABC ist A  60 und BC  10 cm. Der Lotfußpunkt der Höhe von B auf AC sei B’, der Lotfußpunkt der Höhe von C auf
AB sei C’. Der Mittelpunkt der Strecke BC sei F. Welche der folgenden Aussagen trifft dann zu?
(A) B ' C '  5 cm
(B) B ' C '  5 cm
(C) B ' C '  5 cm
(D) Das
 FB’C’ ist gleichschenklig.
(E) Das
 FB’C’ ist gleichseitig.
Lösung: 1. Feststellung: In den rechtwinkligen Dreiecken BB’A und CC’A
sind die Katheten, die den 30°-Winkeln gegenüberliegen, halb so lang wie die
entsprechenden Hypotenusen. Begründung: Wenn wir ein solches Dreieck an
der anderen Kathete spiegeln, entsteht ein gleichseitiges Dreieck. (In Figur 1
hat die Kathete die Länge 1, die Hypotenuse die Länge 2 und 1 ist die Hälfte
von 2.)
B
30° 30°
2
1
C’
2
1
Figur 1
F
A
B’
C
Figur 2
2. Feststellung: Die Dreiecke B’C’A und CBA sind ähnlich. Begründung: Laut
1
 BA
B'A 2
BA
=
=
1. Feststellung gilt:
. Außerdem haben die zwei Dreiecke
C'A 1  CA CA
2
einen gemeinsamen Winkel bei A (  A = 60°, siehe Figur 2).
3. Feststellung: B ' C ' = 5 cm. Begründung: Der Proportionalitätsfaktor zwi1
schen den beiden Dreiecken beträgt . Damit ist B’C’ halb so lang wie BC
2
und BC = 10 cm.
4. Feststellung: FB' = 5 cm und FC' = 5 cm. Begründung: FB’ und FC’ sind
Radien im Thaleskreis mit dem Durchmesser BC und Mittelpunkt F.
Aus der 3. und 4. Feststellung folgt: Das Dreieck FB’C’ ist gleichseitig.
Beachte: Ein gleichseitiges Dreieck ist auch gleichschenklig.
Die richtige(n) Antwort(en): B, D, E
Lösungen der Aufgaben
7.
Für die ganzen Zahlen x, y gilt x 4  y 2  71 . Wie viel kann x  y sein?
(A) –29
(B) 25
(C) 29
(D) 35
(E) 41
Lösung: In Teil 1 formen wir die Gleichung um und formulieren Feststellungen.
2
2
(*)
x 4  y 2  71  ( x 2 ) 2  y 2 = 71  x  y x  y  71



1. Feststellung: x 2  y und x 2  y sind ganze Zahlen.
2. Feststellung: 71 ist eine Primzahl.
Aus der 1. und 2. Feststellung bzw. aus der Gleichung (*) folgt:
3. Feststellung: Das Produkt auf der linken Seite von (*) kann nur 1  71 ,
71  1 ,  1   71 oder  71   1 sein.
In Teil 2 ermitteln wir die Lösungen der Gleichung. Dazu führen wir eine
Fallunterscheidung nach der 3. Feststellung durch.
2
2
1. Fall: x  y  1 und x  y  71 . Durch Addieren der zwei Gleichungen
erhalten wir x 2  36 , d. h. x  6 . Aus beiden Gleichungen folgt y = 35.
x  y kann 6 + 35 = 41 oder (–6) + 35 = 29 sein.
2
2
2. Fall: x  y  71 und x  y  1 . Durch Addieren der zwei Gleichungen erhalten wir x 2  36 , d. h. x  6 . Aus beiden Gleichungen folgt y = –35.
x  y kann 6 + (–35) = –29 oder (–6) + (–35) = –41 sein.
2
2
3. Fall: x  y  1 und x  y  71 . Durch Addieren der zwei Gleichungen
erhalten wir x 2  36 . Diese Gleichung hat jedoch keine Lösung, da der
Term x 2 stets positiv ist (als Quadratzahl).
2
2
4. Fall: x  y  1 und x  y  71 . Durch Addieren der zwei Gleichungen
erhalten wir x 2  36 . Diese Gleichung hat keine Lösung (siehe 3. Fall).
Die richtige(n) Antwort(en): A, C, E
8.
Wie viele Punkte lassen sich in der Ebene finden, die folgende Eigenschaft
haben: Beliebige drei dieser Punkte bilden ein gleichschenkliges Dreieck.
(A) 4 Punkte (B) 5 Punkte (C) 6 Punkte (D) 7 Punkte (E) 8 Punkte
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 6 eine Lösung ist. Dazu geben wir folgendes Beispiel an: Die 5 Eckpunkte eines regelmäßigen Fünfecks und dessen
Mittelpunkt (siehe Figur 1). In Figur 2 sind einige der möglichen Dreiecke
eingezeichnet. Sie sind aus Symmetriegründen alle gleichschenklig.
Anregung: Der geneigte Leser möge weitere Dreiecke prüfen.
Bemerkung: Es lässt sich zeigen: 6 Punkte erfüllen die Bedingungen der
Aufgabe nur in der Lage aus Figur 1.
In Teil 2 begründen wir, dass 5 und 4 auch Lösungen sind. Tatsächlich, es
reicht, wenn wir in Figur 1 einen Punkt bzw. zwei Punkte weglassen.
Klasse 11
Figur 1
Figur 2
In Teil 3 zeigen wir, dass 7 keine Lösung ist. Nehmen wir für einen Augenblick an, dass es doch 7 Punkte gäbe, die die Bedingungen erfüllten. Wir bezeichnen diese Punkte mit A, B, C, D, E, F und G. Betrachten wir nun die
Punkte A, B, C, D, E, F. Diese 6 Punkte müssten laut Bemerkung so liegen
wie in Figur 3. Betrachten wir nun die Punkte A, B, C, D, E, G.
Diese 6 Punkte müssten laut Bemerkung ebenfalls so liegen (siehe Figur 4).
Ein Vergleich der zwei Figuren zeigt: Die Punkte F und G fallen überein (siehe Figur 5). Damit haben wir aber keine 7 Punkte sondern nur 6. Damit ist
bewiesen, dass 7 keine Lösung ist.
C
C
C
B
D
B
D
F
A
D
G
E
Figur 3
B
A
F G
E
Figur 4
A
E
Figur 5
Beachte: Da 7 keine Lösung ist, kann 8 ebenfalls keine Lösung sein.
Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C
9.
Ein schlauer König stellt für seine Leibgarde 33 neue Soldaten ein, denen er
insgesamt 240 Gulden verspricht. Der König vereinbart jedoch folgende Verteilung der 240 Gulden: Er teilt die 33 Soldaten so in Gruppen ein, dass er die
240 Gulden gleichmäßig auf diese Gruppen verteilen kann, ohne dass etwas
übrigbleibt. Die Soldaten verteilen anschließend innerhalb jeder Gruppe die
Gulden ebenfalls gleichmäßig untereinander. Wenn dabei etwas übrig bleibt,
müssen sie es dem König zurückgeben. Die Frage: Was ist die größte Anzahl
von Gulden, die der schlaue König zurückbekommen kann?
Lösungshinweis: Die Gulden dürfen nicht zerschnitten werden.
(A) 27
(B) 28
(C) 29
(D) 30
(E) 31
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 30 eine Lösung ist. Tatsächlich: In den
drei Gruppen seien 27, 3 und 3 Soldaten (27 + 3 + 3 = 33, es stimmt). Jede
Gruppe erhält laut Vereinbarung 240 : 3 = 80 Gulden. Die 27 Soldaten erhalten je 2 Gulden, es bleiben 26 Gulden übrig ( 80  2  27  26 ). In den Gruppen mit 3 Soldaten erhält jeder 26 Gulden, es bleiben je 2 Gulden übrig
Lösungen der Aufgaben
( 80  26  3  2 ). Der König bekommt insgesamt 26  2  2  30 Gulden zurück.
In Teil 2 zeigen wir, dass der König nicht 31 (oder mehr) Gulden zurückbekommen kann.
1. Feststellung: Der König bekommt von einer Gruppe mit n Soldaten höchstens n – 1 Gulden zurück. Anders ausgedrückt: Mindestens 1 Gulden weniger
als die Anzahl der Soldaten in der Gruppe. Begründung: Wenn wir durch n
teilen, ist der größtmögliche Rest n – 1.
Bezeichnen wir nun die Anzahl der Gruppen durch k. Der König stellte für
seine Leibgarde 33 neue Soldaten ein. Mit der 1. Feststellung ergibt sich:
2. Feststellung: Der König kann höchstens 33 – k Gulden zurückbekommen.
Dies ist genau dann der Fall, wenn er von jeder Gruppe genau einen Gulden
weniger zurückerhält als deren Gruppenstärke (also den maximalen Rest).
3. Feststellung: Damit der König mehr als 30 Gulden zurückbekommt, kann k
nur die Werte 1 oder 2 annehmen.
Wir führen nun eine Fallunterscheidung durch.
1. Fall: k = 1. Es gibt also eine einzige Gruppe mit den 33 Soldaten, die 240
Gulden bekommt. Die 33 Soldaten erhalten je 7 Gulden, es bleiben 9 Gulden
übrig ( 240  7  33  9 ). 9 ist jedoch kleiner als 30.
2. Fall: k = 2. Es gibt also zwei Gruppen die je 240 : 2  120 Gulden erhalten.
In einer Gruppe sei die Anzahl der Soldaten n, in der anderen m.
4. Feststellung: n + m = 33
Wir untersuchen die Gruppe mit n Soldaten. Um das Maximum zurückzubekommen, müsste der König von dieser Gruppe n – 1 Gulden erhalten (1. Feststellung). Bezeichnen wir mit a die Anzahl der Gulden, die die einzelnen Soldaten dieser Gruppe erhalten. Es gilt: 120  a  n  n  1 oder 121  n   a  1
(*)
Aus (*) folgt:
5. Feststellung: 121 ist teilbar durch n.
Beachte: Führen wir den obigen Gedankengang für die Gruppe mit m Soldaten durch, so bekommen wir ganz ähnlich:
6. Feststellung: 121 ist teilbar durch m.
7. Feststellung: Die positiven Teiler von 121 sind die Zahlen 1, 11 und 121.
Aus der 5. und 6. Feststellung folgt: m und n sind 1, 11 oder 121. Aber laut 4.
Feststellung müsste m + n = 33 sein. Egal welche Summen wir mit zwei der
Zahlen 1, 11 oder 121 bilden, wir kommen nie auf 33. Dies bedeutet: Der 2.
Fall bringt auch keine Lösung. Damit haben wir bewiesen, dass mehr als 30
nicht möglich ist. Gefragt wurde nach der größten Anzahl der Gulden.
Die richtige(n) Antwort(en): D
Klasse 11
10. Ein Quadrat mit Seitenlänge 1 m wird mit einem gleichschenkligen Dreieck
umschrieben. Die Grundseite des Dreiecks und eine Seite des Quadrates liegen auf einer gemeinsamen Geraden. Wie viele m2 groß kann der Flächeninhalt eines solchen Dreiecks sein?
(A) 1
(B) 1,5
(C) 2
(D) 8
(E) 2017
Lösung: In Teil 1 fertigen wir eine Figur an, führen
Bezeichnungen ein und formulieren Feststellungen.
Die Grundseite des Dreiecks sei BC mit BC  a , die
dazugehörige Höhe des Dreiecks ABC sei h.
DE = 1 und die Höhe des Dreiecks ADE ist h –1.
Denn: Von der Höhe h muss man die Quadratseitenlänge 1 abziehen. Die Dreiecke ABC und ADE sind
h
a

ähnlich (da BC || DE). Daraus ergibt sich:
h 1 1
Oder, umgeformt und nach h aufgelöst: h  a  h  1
A
D
E
1
a
B
C
 h  ha  a  a  ha  h  a  h  a  1
a
h
.
a 1
Wir berechnen nun die Fläche F des Dreiecks ABC:
a
a
a2
(*) wobei a  1
F = a 1 =
2
2  a  1
In Teil 2 ermitteln wir den Bereich, in dem sich F befinden kann. Dazu formen wir (*) um:
a2
F
2
2
2  a  1  2 F  a  1  a  a  2 FA  2 F  0 (**)
(**) ist eine quadratische Gleichung in a. Die Lösungsformel liefert:
a1,2 = F ± F 2  2 F
Ansatz: Die quadratische Gleichung (**) hat genau dann Lösungen, wenn der
Term unter der Wurzel (die sogenannte Diskriminante) größer gleich Null ist.
F 2  2 F  0  F(F –2)  0
Da F positiv ist, muss gelten F –2  0, also F  2 (***)
Dies bedeutet: Für F  2 ist die quadratische Gleichung lösbar. In diesem
Fall gibt es also einen Wert für die Länge der Gundseite a des Dreiecks ABC.
In Teil 3 deuten wir die aufgeführten Zahlen.
2  2 stimmt, 8  2 stimmt und 2017  2 stimmt auch.
Bemerkungen: 1. Man hätte gleich feststellen können, dass 1 keine Lösung ist,
da schon der Flächeninhalt des Quadrates 1 beträgt.
2. Wenn F = 2017 ist, haben wir es mit einem sehr hohen Dreieck zu tun.
Die richtige(n) Antwort(en): C, D, E
Lösungen der Aufgaben
11. Ein 8×8 Schachbrett soll so in n Rechtecke zerlegt werden, dass folgende
Bedingungen gleichzeitig erfüllt sind: 1. Kein Feld darf durchgeschnitten
werden. 2. Jedes Rechteck enthält genauso viele weiße wie schwarze Felder.
3. Es gibt keine zwei Rechtecke mit derselben Anzahl von weißen Feldern.
Die Frage: Für welche der aufgeführten Werte von n ist dies möglich?
Lösungshinweis: Auf dem Schachbrett wechseln sich die weißen und die
schwarzen Felder ab. Das Eck unten rechts ist weiß.
(A) 5
(B) 6
(C) 7
(D) 8
(E) 9
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 5, 6 und 7 Lösungen sind. Dazu geben wir
jeweils eine passende Zerlegung des Bretts in Rechtecke an. Die eingetragenen Zahlen geben die Anzahl der weißen Felder in den einzelnen Rechtecken
an:
16
2
1
6
7
4
12
4
2
1
6
7
2
1
9
3
6
7
n5
n6
n7
In Teil 2 zeigen wir, dass 8 und 9 keine Lösungen sind.
1. Feststellung: Es gibt insgesamt 32 weiße Felder. Begründung: 8x8 = 64 und
die Hälfte von 64 ist 32.
Aus der 3. Bedingung des Aufgabentextes folgt:
2. Feststellung: Die Anzahl der weißen Felder ist in jedem Rechteck eine andere Zahl.
Wir wenden nun die 2. Feststellung an. Wenn man das Brett in 8 Teile zerlegen würde, hätte man mindestens 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36 weiße
Felder. Dies geht aber nicht, denn es gibt nur 32 weiße Felder (siehe die 1.
Feststellung). Damit ist bewiesen, dass 8 keine Lösung sein kann.
Beachte: Wenn 8 keine Lösung ist, so stellt 9 ebenfalls keine Lösung dar.
Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C
12. Ein Soldat soll ein Gelände, das die Form eines gleichseitigen Dreiecks hat,
auf Minen untersuchen. Sein Minensuchgerät kann Minen in einem Radius
von 100 m erkennen. Die Höhe des Dreiecks beträgt 200 m. Der Soldat fängt
bei einem Eckpunkt des Dreiecks mit der Suche an. Die Frage: Wie viele m
lang ist der kürzeste Weg des Soldaten, der ausreicht, um das ganze Gelände
(einschließlich der Begrenzungslinien) auf Minen zu untersuchen?
Lösungshinweis: Die Frage bezieht sich auf die unten aufgeführten Zahlen.
(A) 100
(B) 110
(C) 200
(D) 210
(E) 220
Klasse 11
Lösung: In Teil 1 bestimmen wir die Seitenlänge a des gleichseitigen Dreia 3
. Andererseits ist h =
ecks. Einerseits ist die Höhe h der Dreiecks h =
2
400
a 3
.
200. Dies bedeutet:
 200 . Es folgt a 
3
2
In Teil 2 ermitteln wir einen kürzesten Weg des Soldaten. Dazu nehmen wir
an, dass der Soldat z. B. bei Punkt A startet (Aus Symmetriegründen ist es
egal, in welchem Eckpunkt man startet). k1 sei der Kreis mit dem Mittelpunkt
B und Radius 100 m, k2 der Kreis mit Mittelpunkt C und Radius 100 m. Der
Soldat muss beide Kreise passieren (er muss ja auch die Punkt B und C prüfen).
Nehmen wir nun an, dass der Soldat zunächst einen Punkt P von k1 passiert
(siehe Figur 1).
B
A’
B
E
P1
K
t
Q1
F
A
G
T
Figur 1
L
C
A
P P k1
1
M
Q1
Q
k2
T
Figur 2
C
Der kürzeste Weg, der von P aus Richtung k2 führt, liegt auf der Strecke PC.
Damit passiert der Soldat k2 im Punkt Q (siehe Figur 1). Der Weg AP  PC
ist um 100 m länger als der Weg AP  PQ (der Radius ist ja 100 m). Gesucht
am kürzesten ist.
ist also jener Punkt P1 auf k1 , für den AP1  PC
1
Beachte: P ist ein beliebiger Punkt auf k1 , P1 der gesuchte Punkt auf k1 .
Behauptung: Der gesuchte Punkt P1 liegt auf der Höhe BT des Dreiecks.
Um die Beahuptung zu beweisen, betrachten wir einen beliebigen Punkt P auf
k1 (aber nicht P1 ) und zeigen, dass AP + PC > AP1 + P1C (*).
Die Tangente zu k1 im Punkt P1 sei t. Wir spiegeln A an t. Der Spiegelpunkt
= 100 m ist die
sei A’. Die Punkte A’, P1 und C liegen auf einer Geraden ( PT
1
Hälfte von AA ' = 200 m und T ist der Mittelpunkt der Strecke AC). Daraus
folgt: AP1  PC
1  A'P1  PC
1  A'C .
Der Schnittpunkt zwischen AP und t sei M.
AM = A'M (Spiegelung), daher gilt AP + PC > A'M + MP + PC . Der Stre-
Lösungen der Aufgaben
ckenzug A’MPC ist länger als A’C. Daraus folgt AP + PC > AP1 + P1C , (*)
wurde also bewiesen.
Der Schnittpunkt zwischen k2 und PC
sei Q1 . Der gesuchte kürzeste Weg
1
führt also von A aus über P1 nach Q1 (siehe Figur 2).
Wir müssen noch zeigen: Der obige Weg des Soldaten reicht tatsächlich aus,
um das ganze Gelände auf Minen zu untersuchen.
Betrachten wir zunächst einen beliebigen Punkt F auf der Strecke AP1 . Die
Senkrechte durch F zu AC schneidet die Seiten AB und AC in E und G.
AP1 ist Seitenhalbierende im Dreieck ATB, daher ist EF  FG  PT
1  100 m.
Vom Punkt F aus kann der Soldat alle Punkte der Strecke EG prüfen. Wenn
der Soldat entlang der Strecke AP1 läuft, kann er alle Punkte des Dreiecks
ATB prüfen.
Ähnlich lässt sich zeigen: Der Soldat kann jeden Punkt des Trapezes BTLK
(KL geht durch Q1 und ist senkrecht zu AC) und auch jeden Punkt des Dreiecks KLC prüfen.
Anregung: Der geneigte Leser möge eine dieser Aussagen selbst prüfen.
In Teil 3 berechnen wir die Länge des kürzesten Weges. Dazu wenden wir
den Satz des Pythagoras an.
2
2
2
2
2002
7
 200 
2
AP1 = AT + TP1 = 
+100
=
+1002 = 1002  . Es folgt:

3
3
 3
7
AP1 = 100
. Ferner gilt:
3
P1Q1 = P1C  Q1C = AP1  100 = 100
7
3
 100 . Daraus folgt:


 28

7
 100 = 100  2
 1 = 100 
 1
3
3
3


 3

In Teil 4 werden wir die in Teil 3 berechnete Länge geschickt schätzen.
 28 
AP1 + P1Q1 = 100 
 1 = 100  9,333...  1
3


32 = 9 < 9,333… und 9,333… < 9,61 = 3,12. Daraus folgt:
3  9,333...  3,1
AP1 + P1Q1 = 100
7
+100
7

Damit ist 2  9,333...  1  2,1 , also 200  100



9,333...  1  210
Der kürzeste Weg beträgt also mehr als 200 m und weniger als 210 m. Aus
dem Lösunghinweis folgt, dass 210 die Lösung darstellt.
Die richtige(n) Antwort(en): D
Klasse 11
13. a, b, c und d sind positive reelle Zahlen. Welche der Werte kann der Term
a
b
c
d



annehmen?
d ab abc bcd cd a
1
3
(A)
(B) 1
(C)
(D) 2
(E) 3
2
2
3
eine Lösung ist. Dazu geben wir ein
2
Beispiel an. Es sei a  c  x (noch unbekannt) und b  d  1 . Dann muss gelten:
x
1
x
1
3
2x
2
3








x  2 2x  1 x  2 2x  1 2
x  2 2x  1 2
2  2 x  (2 x +1) + 2  2  ( x + 2) = 3  ( x + 2)(2 x +1)  8 x 2 + 8 x + 8 = 6 x 2 +15 x + 6
7  33
 2 x 2  7 x  2  0 . Diese quadratische Gleichung hat als Lösung
.
4
7  33
3
und b  d  1 , so wird der Term zu .
Wählen wir nun a  c 
4
2
In Teil 2 zeigen wir, dass es unter den aufgeführten Zahlen keine weitere Löa
b
c
d



sung gibt. Es sei T 
.
d ab abc bcd cd a
Im 1. Schritt zeigen wir, dass T > 1 gilt. Tatsächlich, wenn wir alle Nenner auf
a  b  c  d vergrößern, verkleinern wir alle Brüche. Dadurch verkleinert
sich der Term T insgesamt:
a
b
c
d
T



oder
abcd abcd abcd abcd
abcd
 1 . Es gilt damit: T > 1. (*)
T>
abcd
Im 2. Schritt zeigen wir, dass T < 2 gilt. Tatsächlich, wenn wir die Nenner der
ersten zwei Brüche auf a  b und die Nenner der letzten zwei Brüche auf
c  d verkleinern, vergrößern sich alle vier Brüche. Dadurch vergrößert sich
a
b
c
d



oder
der Term T insgesamt: T 
ab ab cd cd
ab cd
T

 1  1  2 . Es gilt damit: T < 2. (**)
ab cd
Im 3. Schritt deuten wir die Teilergebnisse. Aus (*) und (**) folgt 1  T  2 .
1
Dies bedeutet: Keine der Zahlen , 1 , 2 und 3 sind Lösungen.
2
Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass
Die richtige(n) Antwort(en): C
Lösungen der Aufgaben
Aufgabe zur detaillierten Ausarbeitung:
14. Gegeben ist das rechtwinklige Dreieck aus der
Figur. Zeichnet alle Dreiecke auf das karierte
Blatt, die die folgenden drei Eigenschaften
gleichzeitig erfüllen: 1. Das Ausgangsdreieck und
jedes neue Dreieck haben eine gemeinsame Seite.
2. Es gibt keine Überlappungen zwischen dem Ausgangsdreieck und einem
neuen Dreieck. 3. Das Ausgangsdreieck und jedes neue Dreieck bilden zusammen ein gleichschenkliges Dreieck.
Lösungshinweis: Zwei neue Dreiecke sind unterschiedlich, wenn die zwei Gesamtfiguren, die aus dem Ausgangsdreieck und aus den neuen Dreiecken entstehen, nicht kongruent sind.
Lösung: Es gibt insgesamt 7 unterschiedliche Dreiecke (drei davon liegen in der linken, vier davon in
der rechten Hälfte der Figur).
Punkteverteilung:
1 korrektes Dreieck: 1 Punkt;
2 korrekte Dreiecke: 3 Punkte;
3 korrekte Dreiecke: 5 Punkte;
4 korrekte Dreiecke: 7 Punkte;
5 korrekte Dreiecke: 10 Punkte;
6 korrekte Dreiecke: 13 Punkte;
7 korrekte Dreiecke: 16 Punkte.
(Insgesamt maximal 16 Punkte.)