Lösungen – Klasse 10
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Klasse 10 Lösungen – Klasse 10 1. Von zwei verschiedenen positiven Zahlen ist bekannt: Wenn die kleinere Zahl um 1% und die größere um 4% erhöht wird, dann erhöht sich die Summe der zwei Zahlen um 3%. Die Frage: Um wie viel Prozent erhöht sich dabei die (positive) Differenz der zwei Zahlen? (A) um 1% (B) um 3% (C) um 5% (D) um 7% (E) um 9% Lösung: In Teil 1 untersuchen wir ein passendes Zahlenbeispiel. Die kleinere Zahl sei 100, die größere 200. 100 um 1% erhöht ergibt 101 (100 + 1), 200 um 4% erhöht ergibt 208 (200 + 8). Die ursprüngliche Summe lautet 300 (100 + 200), die Summe nach den Erhöhungen 309 (101 + 208). 3% von 300 ist 9, d. h. 300 hat sich tatsächlich um 3% erhöht. Wir betrachten nun die Differenzen: Sie betragen 100 (200 – 100) vor und 107 (208 – 101) nach den Erhöhungen. Die Differenz hat sich um 7% erhöht, denn 7 (107 – 100) ist 7% von 100. In Teil 2 beweisen wir, dass das Ergebnis 7% von Teil 1 allgemein gilt. Die kleinere Zahl sei a, die größere b. a um 1% erhöht ergibt 1,01a 4 1 b = b +1,04b . a = a + 0,01a ), b um 4% erhöht ergibt 1,04b b + (a+ 100 100 Die ursprüngliche Summe lautet a b , die Summe nach den Erhöhungen 1,01a 1,04b . Die Summe hat sich andererseits um 3% erhöht und beträgt damit (a + b) 1,03 . Daraus folgt: 1,01a +1,04b = a + b 1,03 , oder 1,01a +1,04b = 1,03a +1,03b 0,01b = 0,02a b = 2a (*) Die Differenz vor der Erhöhung beträgt b a , oder mit (*) 2a – a = a. (**) Die Differenz nach der Erhöhung beträgt 1,04b 1,01a , oder mit (*) 7 1,04 2a 1,01a = 2,08a – 1,01a = 1,07a = a + a . Ein Vergleich mit (**) 100 zeigt: Die Differenz hat sich um 7% erhöht. Die richtige(n) Antwort(en): D 2. In einem Dreieck ist eine Seite 17 cm, eine andere Seite 25 cm lang. Die zur dritten Seite gehörende Höhe ist 15 cm lang. Wie viele cm kann der Umfang des Dreiecks betragen? (A) 50 (B) 54 (C) 57 (D) 60 (E) 70 Lösung: In Teil 1 fertigen wir zwei Figuren an und führen Bezeichnungen ein. Das Dreieck kann sowohl spitzwinklig (Figur 1) als auch stumpfwinklig sein (Figur 2). In beiden Figuren gilt: AB = 17 cm, AC = 25 cm, AT = 15 cm, wobei T der Fußpunkt der Höhe aus A ist. In Teil 2 berechnen wir TC und TB . Die folgenden Rechenwege gelten für beide Figuren. Mit dem Satz des Pythagoras folgt im Dreieck ATC: Lösungen der Aufgaben 2 2 2 TC = AC AT = 252 152 = 400 und damit ist TC = 20 cm. Mit dem Satz des Pythagoras folgt im Dreieck ATB: 2 2 2 TB = AB AT =17 2 152 = 64 und damit ist TB = 8 cm. A 17 B A 15 25 T 15 C Figur 1 T 17 25 B Figur 2 C In Teil 3 berechnen wir den Umfang für das Dreieck aus Figur 1. BC = TB + TC = 8 + 20 = 28 cm und der Umfang ist 17 25 28 70 cm. In Teil 4 berechnen wir den Umfang für das Dreieck aus Figur 2. BC = TC TB = 20 8 =12 cm und der Umfang ist 17 25 12 54 cm. Die richtige(n) Antwort(en): B, E 3. In jedes der Felder der 4×4 Tabelle soll eine der Zahlen 1, 2, 3 oder 4 so eingetragen werden, dass in jeder Zeile, in jeder Spalte und in den beiden Diagonalen der Tabelle alle vier Zahlen vorkommen. Was kann die Summe der drei Zahlen sein, die in die schraffierten Felder eingetragen werden? (B) 9 (C) 10 (D) 11 (E) 12 (A) 8 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 8, 9, 10 und 11 Lösungen sind. Dazu geben wir je ein passendes Beispiel an: 3 1 2 4 2 3 4 1 2 1 3 4 2 1 4 3 2 4 3 1 4 1 2 3 3 4 2 1 4 3 2 1 4 2 1 3 1 4 3 2 4 3 1 2 3 4 1 2 1 3 4 2 3 2 1 4 1 2 4 3 1 2 3 4 Summe 8 Summe 9 Summe 10 Summe 11 Bemerkung: Wenn wir bereits eine Lösung gefunden haben, können die anderen mit deren Hilfe ziemlich schnell ermittelt werden. Beispiel: Aus der Lösung für 11 entsteht die Lösung für 10, wenn wir überall 3 und 4 vertauschen. Anregung: Der geneigte Leser möge andere, ähnliche Beispiele finden. In Teil 2 zeigen wir, dass 12 keine Lösung ist. Begründung: Die 12 kann nur zu Stande kommen, wenn in jedem der drei Felder eine 4 steht. Dann könnte aber in jener Diagonale, die das obere linke Feld mit dem unteren rechten Feld verbindet, keine 4 stehen (sonst gäbe es in einer der ersten drei Spalten oder in der untersten Reihe zwei 4-er). Damit wäre die Bedingung nicht erfüllt. Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D Klasse 10 4. Auf einer Schipiste fahren zwei Schifahrer hintereinander. Sie haben beide eine Geschwindigkeit von 12 km/h und ihr Abstand beträgt 800 m. Nach einer gewissen Zeit erreichen sie eine schwierigere Strecke, auf der sie beide nur noch mit 8 km/h fahren können. Wie viele m Abstand können sie voneinander haben, während beide auf der schwierigeren Strecke fahren? Lösungshinweis: Der hintere Schifahrer fährt die ganze Zeit in den Spuren des vorderen Schifahrers. Die Spuren verlaufen geradlinig. (A) mindestens 500 (B) weniger als 600 (C) mehr als 600 (D) weniger als 800 (E) mehr als 800 Lösung: Vorbemerkung: Da es sich um konstante Geschwindigkeiten hans delt, gilt die Formel s = v t , bei Bedarf auch umgestellt nach t, also t = . v Wenn der vordere Schifahrer die schwierigere Strecke erreicht, braucht der hintere Schifahrer noch 4 Minuten, bis er ebenfalls die schwierigere Strecke erreicht. s 0,8 km 2 Begründung: 800 m = 0,8 km und t = = = h = 4 Minuten . v 12 km / h 30 Während dieser 4 Minuten fährt der vordere Schifahrer mit der Geschwindigkeit 8 km/h und legt daher folgende Strecke zurück: km 2 16 16 s = vt = 8 h= km = 1000m = 533,3 m h 30 30 30 Ab hier ändert sich ihre Entfernung nicht mehr, denn sie fahren mit der gleichen Geschwindigkeit. 533,3 ist größer als 500 bzw. weniger als 600 und 800. Die richtige(n) Antwort(en): A, B, D 5. Für die von Null verschiedenen ganzen Zahlen a, b, c gilt a b c 0 und 1 1 1 1 . Welche der aufgeführten Zahlen kann n sein? a b c n Lösungshinweis: Die drei Zahlen a, b, c müssen nicht alle verschieden sein. (A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 6 (E) 7 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass n = 4 eine Lösung ist. Für a = 6, b = 6, 1 1 1 1 = . c = –12 gilt: 6 6 12 0 und + + 6 6 12 4 In Teil 2 zeigen wir, dass n = 6 eine Lösung ist. Für a = 9, b = 9, c = –18 gilt: 1 1 1 1 = . 9 9 18 0 und + + 9 9 18 6 In Teil 3 zeigen wir, dass n = 3, n = 5 und n = 7 keine Lösungen sind. Dazu beweisen wir zunächst eine allgemeine Aussage. Behauptung: Jede Lösung n muss eine gerade Zahl sein. Lösungen der Aufgaben Beweis: Es sei d der größte gemeinsame Teiler von a, b, und c. Dann gilt: 1. Feststellung: a x d , b y d , c z d (x, y, z sind ganze Zahlen). Aus der Definition von d folgt: 2. Feststellung: Die Zahlen x, y, z haben keinen gemeinsamen Teiler (außer 1 ). 3. Feststellung: x y z 0 . Begründung: Aus a b c 0 folgt mit der 1. Feststellung x d + y d + z d = 0 . Geteilt durch d ergibt x y z 0 . 1 1 1 d 1 1 1 1 4. Feststellung: . Begründung: Aus folgt mit der x y z n a b c n 1 1 1 1 1 1 1 d + + = . Alles mal d ergibt . 1. Feststellung xd yd zd n x y z n 5. Feststellung: Unter den drei Zahlen x, y, z gibt es eine gerade Anzahl von ungeraden Zahlen. Begründung: x y z 0 und 0 ist eine gerade Zahl. Daraus folgt: 6. Feststellung: Unter den Zahlen x, y, z gibt es genau eine gerade Zahl. Begründung: Es können nur 1 oder 3 gerade Zahlen sein (5. Feststellung). 3 geht jedoch nicht, denn wenn alle drei Zahlen gerade wären, hätten sie den gemeinsamen Teiler 2, was aber wegen der 2. Feststellung nicht möglich ist. Nehmen wir nun an, dass x diese gerade Zahl ist (also x 2k ), y und z sind 1 1 1 1 1 1 yz 2kz 2ky ungerade Zahlen. Dann gilt: 2kyz x y z 2k y z yz + 2kz + 2ky d = (*) Aus der 4. Feststellung folgt: 2kyz n Für den Bruch auf der linken Seite gilt: Sein Zähler ist ungerade (da y, z, ungerade Zahlen sind), sein Nenner ist gerade. Dies bleibt trotz eventuellen Kürzungen so, denn mit 2 kann man diesen Bruch nicht kürzen. Damit die Gleichung (*) aufgeht, muss also n eine gerade Zahl sein. Damit ist die Behauptung bewiesen. Die Zahlen 3, 5, 7 sind ungerade. Daher können sie keine Lösungen darstellen. Die richtige(n) Antwort(en): B, D 6. Eine zweistellige positive ganze Zahl n wurde zunächst mit 2 multipliziert. Im Ergebnis wurden dann zwei Ziffern vertauscht. Die so entstandene Zahl wurde schließlich durch 2 geteilt. Es entstand wieder die ursprüngliche Zahl n. Die Frage: Wie viele solche Zahlen n gibt es insgesamt? (A) 0 (B) 4 (C) mindestens 9 (D) mindestens 14 (E) mindestens 18 Lösung: In Teil 1 veranschaulichen wir das Phänomen und formulieren Feststellungen. mal 2 2 Ziffern vertauscht geteilt durch 2 n 2n m n (*) 1. Feststellung: Eine Zahl geteilt durch 2 ergibt dann n, wenn die Zahl 2n war. Klasse 10 Daraus folgt, dass bei (*) m = 2n gilt. Es sieht also eigentlich so aus: mal 2 2 Ziffern vertauscht geteilt durch 2 n 2n 2n n (**) 2. Feststellung: Es wurden zwei gleiche Ziffern vertauscht. Begründung: Ansonsten wäre 2n nicht 2n geblieben. 3. Feststellung: Das Zweifache einer zweistelligen Zahl kann zweistellig oder dreistellig sein. In Teil 2 bestimmen wir alle Zahlen n, die die Bedingung erfüllen. Dazu führen wir eine Fallunterscheidung durch. 1. Fall: 2n ist zweistellig. In diesem Fall kann 2n nur 22, 44, 66 oder 88 sein. n ist daher 11 oder 22 oder 33 oder 44. Wir führen eine Stichprobe durch: mal 2 2 Ziffern vertauscht geteilt durch 2 33 66 66 33 und es stimmt. Anregung: Der geneigte Leser möge die anderen drei Zahlen prüfen. 2. Fall: 2n ist dreistellig. 3. Feststellung: Im 2. Fall gilt 100 2n 198 . Begründung: Die kleinste dreistellige Zahl ist 100. Die größte zweistellige Zahl ist 99, das Zweifache von 99 ist 198. Aus der 2. Feststellung folgt: 4. Feststellung: 2n muss mindestens zwei gleiche Ziffern enthalten. Wir können es aber noch genauer formulieren: 5. Feststellung: 2n muss genau zwei gleiche Ziffern enthalten. Begründung: Die erste Ziffer von 2n ist die 1 (siehe 3. Feststellung), ihre letzte Ziffer ist aber eine gerade Zahl (als Zweifaches von n), kann also nicht 1 sein. Aufgrund der 5. Feststellung untersuchen wir nun mehrere Möglichkeiten. 1. Möglichkeit: Die ersten zwei Ziffern von 2n sind gleich. In diesem Fall kann 2n nur 110, 112, 114, 116 oder 118 sein. n ist daher 55, 56, 57, 58 oder 59. Wir führen eine Stichprobe durch: mal 2 2 Ziffern vertauscht geteilt durch 2 57 114 114 57 und es stimmt. Anregung: Der geneigte Leser möge selbst weitere Stichproben durchführen. 2. Möglichkeit: Die letzten zwei Ziffern von 2n sind gleich. In diesem Fall kann 2n nur 100, 122, 144, 166 oder 188 sein. n ist daher 50, 61, 72, 83 oder 94. Wir führen eine Stichprobe durch: mal 2 2 Ziffern vertauscht geteilt durch 2 72 144 144 72 und es stimmt. Anregung: Der geneigte Leser möge selbst weitere Stichproben durchführen. Beachte: Die erste und die letzte Ziffer von 2n können nicht gleich sein (siehe die Begründung der 5. Feststellung). In Teil 3 fassen wir die Teilergebnisse zusammen und deuten das Ergebnis. Es gibt insgesamt 14 (4 + 5 + 5) passende Werte für n. Für 14 gelten „mindestens 9“ und „mindestens 14“ (14 erfüllt ja die Ungleichung 14 14). Die richtige(n) Antwort(en): C, D Lösungen der Aufgaben 7. Gesucht werden Beispiele von zehn (nicht unbedingt alle verschiedenen) reellen Zahlen, deren Produkt nicht Null ergibt. Außerdem gilt: Wenn alle zehn Zahlen um jeweils 1 verringert werden, ändert sich das Produkt nicht. Wie viele solche Beispiele gibt es insgesamt? Lösungshinweis: Zwei Beispiele gelten dann als verschieden, wenn es (mindestens) eine Zahl gibt, die in den zwei Beispielen unterschiedlich oft vorkommt. (A) Genau eins. (B) Höchstens zwei. (C) Mindestens drei. (D) Mindestens vier. (E) Keins, da es keine solchen Beispiele gibt. Lösung: Wir geben vier passende verschiedene Beispiele an. 1 Beispiel 1: 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, . Die Bedingung ist erfüllt, denn 511 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 . Berechnen = 11 1 1 1 1 11 1 511 511 512 wir beide Seiten der Gleichung, erhalten wir zweimal . 511 Bemerkung: Wir schildern noch, wie man auf die Zahlen aus Beispiel 1 auch alleine hätte kommen können. Neun Zahlen seien die 2, die zehnte a. Aus der Bedingung folgt: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a 1 oder 1 512a a 1 . Wir erhalten somit a = . 511 Beispiel 2: Wir gehen von den Zahlen 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, a aus. Es muss gelten: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 a = 1 1 1 1 1 1 1 1 2 a 1 . 1 . Wenn wir diese Gleichung nach a auflösen, erhalten wir a = 383 1 . Beispiel 3: 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, a liefert a = 287 1 Beispiel 4: 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, a liefert a = . 215 Anregung: Der geneigte Leser möge Beispiel 3 oder 4 selbst prüfen. Aus den vier verschiedenen Beispielen folgt: (D) und (C) sind richtig, (A), (B) und (E) hingegen falsch. Alternativlösung: Zahlen der Form k , 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, k 1 erfüllen die Bedingung (mit k , wobei k 0 und k 1). Begründung: Zunächst erfüllen die mittleren acht Zahlen die Bedingung: 5 4 3 2 1 2 3 4 4 3 2 1 2 3 4 5 . Für die Zahlen k und k 1 gilt: k k +1 = k 2 + k und k 1 k = k 2 + k . Damit haben wir bewiesen, dass es eigentlich unendlich viele Lösungen gibt. Die richtige(n) Antwort(en): C, D Klasse 10 8. Zwei Dreiecke stimmen in allen drei Winkeln und in zwei Seiten überein. Dann gilt: (A) Die zwei Dreiecke sind in jedem Fall nicht kongruent. (B) Die zwei Dreiecke sind in jedem Fall kongruent. (C) Die zwei Dreiecke könnten kongruent sein. (D) Die zwei Dreiecke könnten nicht kongruent sein. (E) Aus den vorherigen Aussagen sind genau 2 richtig. Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass (C) richtig ist. Tatsächlich, dies ist zum Beispiel der Fall, wenn beide Dreiecke gleichseitig sind und dieselbe Seitenlänge haben. In Teil 2 zeigen wir, dass (D) richtig ist. Betrachten wir dazu die Dreiecke ABC mit AB = 8 cm, BC = 12 cm, AC = 18 cm und ADC mit AD = 12 cm, AC = 18 cm, DC = 27 cm. Die zwei Dreiecke sind ähnlich, denn es gilt: AB BC AC 8 12 18 = = = = AD AC DC 12 18 27 Die Dreiecke sind aber offensichtlich nicht kongruent (die Seitenlänge 8 cm kommt z. B. nur in einem der Dreiecke vor). In Teil 3 zeigen wir, dass (A) nicht richtig ist. Dies folgt direkt aus Teil 1. In Teil 4 zeigen wir, dass (B) nicht richtig ist. Dies folgt direkt aus Teil 2. In Teil 5 zeigen wir, dass (E) richtig ist. Begründung: Genau zwei Aussagen – (C) und (D) – sind richtig, die anderen zwei – (A) und (B) – sind falsch. Die richtige(n) Antwort(en): C, D, E 9. Zunächst bilden wir eine erste Zahlenreihe, indem wir die Zahlen 1, 2, 3, 4, 5 und 6 in einer beliebigen Reihenfolge aufschreiben. Nun bilden wir eine zweite Zahlenreihe von ebenfalls sechs Zahlen nach folgender Regel: Die Summe der ersten k Zahlen aus der ersten Zahlenreihe ergibt die k-te Zahl der zweiten Zahlenreihe, wobei k Werte zwischen 1 und 6 annimmt (Beispiel: Die Summe der ersten drei Zahlen aus der ersten Zahlenreihe ergibt die dritte Zahl der zweiten Zahlenreihe). Die Frage: Wie viele Primzahlen könnten sich insgesamt in der zweiten Zahlenreihe befinden? Lösungshinweis: 1 ist keine Primzahl. (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 1 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes Beispiel an: 1, 2, 3, 4, 6, 5. Nun bilden wir die zweite Reihe: 1, 3, 6, 10, 16, 21. Die zweite Zahl 3 ist 3 = 1 + 2, die dritte Zahl 6 entsteht als 6 = 1 + 2 + 3 usw. Die zweite Reihe enthält als einzige Primzahl die 3. In Teil 2 zeigen wir, dass 2 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes Beispiel an: 2, 3, 5, 4, 6, 1. Die zweite Reihe lautet: 2, 5, 10, 14, 20, 21. Sie enthält 2 Primzahlen (2 und 5). In Teil 3 zeigen wir, dass 3 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes Lösungen der Aufgaben Beispiel an: 2, 3, 6, 1, 4, 5. Die zweite Reihe lautet: 2, 5, 11, 12, 16, 21. Sie enthält 3 Primzahlen (2, 5 und 11). In Teil 4 zeigen wir, dass 4 eine Lösung ist. Dazu geben wir ein passendes Beispiel an: 2, 3, 6, 1, 5, 4. Die zweite Reihe lautet: 2, 5, 11, 12, 17, 21. Sie enthält 4 Primzahlen (2, 5, 11 und 17). In Teil 5 zeigen wir, dass 5 keine Lösung ist. 1. Feststellung: Die sechste Zahl der zweiten Reihe ist stets 21. Begründung: Es wurden alle sechs Zahlen addiert und 1 2 3 4 5 6 21 . 21 ist aber keine Primzahl. Daraus folgt: 2. Feststellung: Um fünf Primzahlen in der zweiten Reihe zu erhalten, müssten diese die ersten fünf Zahlen sein. 3. Feststellung: In der zweiten Reihe gibt es eine gerade Zahl. Begründung: Es gibt ursprünglich drei ungerade (1, 3, 5) und drei gerade (2, 4, 6) Zahlen. Die Summe von zwei ungeraden Zahlen ist gerade. Daher muss es eine gerade Zahl in der zweiten Reihe geben – unabhängig davon, in welcher Reihenfolge die Zahlen in der ersten Reihe stehen. Die einzige gerade Primzahl ist die 2. Daraus folgt: 4. Feststellung: Die gerade Zahl aus der 3. Feststellung ist die 2. 5. Feststellung: Die Zahl 2 muss in der zweiten Reihe die erste Zahl sein. Begründung: 2 kann nicht als Summe von mindestens zwei der Zahlen von 1 bis 6 entstehen. Daraus folgt: 6. Feststellung: Die Zahl 2 muss auch in der ersten Reihe die erste Zahl sein. Dies bedeutet aber: 7. Feststellung: In der zweiten Reihe gibt es eine weitere gerade Zahl. Begründung: Sie entsteht dann, wenn zwei ungerade Zahlen addiert werden. Diese weitere gerade Zahl ist nicht die 2. Alle anderen geraden Zahlen sind aber keine Primzahlen. Dies geht jedoch wegen der 2. Feststellung nicht. Damit ist bewiesen, dass 5 keine Lösung ist. Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D 10. Gegeben ist das rechtwinklige Dreieck aus der Figur. Anna zeichnet weitere Dreiecke so auf das karierte Blatt, dass die folgenden drei Eigenschaften gleichzeitig erfüllt werden: 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. Die Frage: Wie viele unterschiedliche Dreiecke konnte Anna gezeichnet haben? Lösungshinweis: Zwei neue Dreiecke sind unterschiedlich, wenn die zwei Gesamtfiguren, die aus dem Ausgangsdreieck und aus den neuen Dreiecken entstehen, nicht kongruent sind. (A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 6 (E) 7 Klasse 10 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 7 eine Lösung ist. Dazu geben wir eine Figur mit sieben mit gestrichelten Linien gezeichneten Dreiecken an (drei davon liegen in der linken, vier davon in der rechten Hälfte der Figur). In Teil 2 zeigen wir, dass 6 eine Lösung ist. Dazu reicht es, wenn wir aus der Figur eins der 7 Dreiecke entfernen (egal, welches). Ähnlich kann man zeigen, dass auch 5, 4 bzw. 3 Lösungen sind. Aus der Figur werden dazu zwei, drei bzw. vier Dreiecke entfernt. Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D, E 11. Eine Ziege wurde mit einem 2 m langen Seil an der Hausecke A befestigt. Benachbarte Wände stehen senkrecht zueinander. Die Zahlen geben die Längen der Wandstücke in 1 m an (siehe Figur). Die Ziege grast die gesamte Fläche ab, 1 A die sie erreichen kann. Wie groß ist diese Fläche in m²? Lösungshinweis: Die Ziege kann nirgendwo durch die Wand gehen. (A) 9 4 (B) 2 3 (C) 29 3 31 3 (D) 12 2 12 2 Lösung: In Teil 1 zeichnen wir die größtmögliche Fläche. Sie besteht aus dem Dreieck ABC, aus dem Kreisausschnitt ACD, aus dem Halbkreis mit dem Durchmesser ED und aus dem Viertelkreis EFG G (siehe Figur). Im Folgenden arbeiten wir mit der 1 Längeneinheit m und Flächeneinheit m2. E 1 F In Teil 2 berechnen wir die Fläche A1 des Dreiecks ABC. Das Dreieck ist rechtwinklig in B. 3 (E) 4 1 B 1 1 A C 2 2 D Lösungen der Aufgaben Mit dem Satz des Pythagoras folgt: BC = AC 2 AB 2 = 22 12 = 3 . AB BC 1 3 3 . = = 2 2 2 In Teil 3 berechnen wir die Fläche A2 des KreisausC schnitts ACD. Das Dreieck ABC ist die Hälfte eines gleichseitigen Dreiecks (siehe Figur). 2 2 Daraus ergibt sich BAC = 60° und CAD = 30°. Der Radius ist 2 m, der Mittelpunktswinkel beträgt 30°. 30° π 1 1 = Daraus folgt: A2 = π 22 A’ B A 3 360° In Teil 4 berechnen wir die Fläche A3 des Halbkreises mit dem Durchmesser 1 ED. Der Radius ist 2 m. Somit gilt: A3 = 22 π = 2π . 2 In Teil 5 berechnen wir die Fläche A4 des Viertelkreises EFG. Der Radius ist π 1 1 m. Somit gilt: A4 = 12 π = . 4 4 In Teil 6 ermitteln wir den Gesamtflächeninhalt. 3 31 3 2 m. A A1 A2 A3 A4 2 2 3 4 12 2 Dies ergibt A1 = Die richtige(n) Antwort(en): D 12. In wie viele dreiseitige Pyramiden (Tetraeder) kann ein Würfel zerschnitten werden? Lösungshinweise: Außer dreiseitigen Pyramiden dürfen keine anderen Körper entstehen. Tetraeder müssen nicht regelmäßige Pyramiden sein. (A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 6 (E) 7 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 5 eine Lösung D’ C’ ist. Dazu betrachten wir die Figur. Die fünf TetraB’ eder sind A’B’D’A, C’B’D’C, BACB’, DACD’, A’ und ACB’D’. In Teil 2 zeigen wir, dass 6 eine Lösung ist. Wir betrachten dazu die Figur, in der wir das Tetraeder D C A’B’D’A in zwei Tetraeder zerschneiden (zum Beispiel durch eine Ebene, die durch A, A’ und B durch den Mittelpunkt von B’D’ verläuft). So er- A halten wir statt 5 insgesamt 6 Tetraeder. In Teil 3 zeigen wir, dass 7 eine Lösung ist. Wir betrachten dazu die Figur, in der wir das Tetraeder A’B’D’A und das Tetraeder C’B’D’C in je zwei Tetraeder zerschneiden (wie in Teil 2). In Teil 4 zeigen wir, dass 4 keine Lösung ist. Tatsächlich, für jede Zerlegung Klasse 10 des Würfels in Tetraeder gilt: 1. Feststellung: Die Seitenfläche ABCD wurde in mindestens zwei Dreiecke zerlegt. Begründung: Ein Quadrat ist keine Seitenfläche in einem Tetraeder. Daraus folgt: 2. Feststellung: Es gibt mindestens zwei Tetraeder mit einer Seitenfläche im Quadrat ABCD. Bezeichnen wir nun die Kantenlänge des Würfels mit a. Dann folgt: 3. Feststellung: Das Gesamtvolumen aller Tetraeder mit einer Seitenfläche im a3 . Begründung: Die Summe der SeitenQuadrat ABCD, beträgt höchstens 3 flächen im Quadrat ABCD beträgt genau a 2 , die einzelnen Höhen der Tetraeder sind höchstens a. Das Gesamtvolumen dieser Tetraeder beträgt somit 1 a3 höchstens a 2 a . 3 3 Ganz ähnlich lässt sich zeigen: 4. Feststellung: Das Gesamtvolumen aller Tetraeder mit einer Seitenfläche im a3 . Quadrat A’B’C’D’, beträgt höchstens 3 5. Feststellung: Kein Tetraeder kann Seitenflächen in ABCD und A’B’C’D’ haben. Begründung: In keinem Tetraeder gibt es parallele Seitenflächen. Aus der 3-ten, 4-ten und 5-ten Feststellung folgt, dass der Würfel in mindestens 4 Tetraeder zerlegt wird. Die Summe der Rauminhalte nur dieser vier a3 a3 2 3 a (siehe 3. und 4. Feststellung). Tetraeder wäre aber höchstens 3 3 3 2 Dies geht aber nicht, denn a3 ist weniger als das Volumen a3 des Würfels. 3 Damit ist bewiesen, dass 4 keine Lösung ist. Beachte: Wenn 4 keine Lösung ist, dann stellt 3 ebenso keine Lösung dar. Die richtige(n) Antwort(en): C, D, E 13. An einem Schachwettbewerb nahmen zwei Neuntklässler und einige Zehntklässler teil (aus anderen Klassenstufen gab es keine Teilnehmer). Jeder spielte gegen jeden genau ein Spiel. Ein Sieg ist 1 Punkt, ein Unentschieden 0,5 Punkte und eine Niederlage ist 0 Punkte wert. Die zwei Neuntklässler gewannen zusammen genau 8 Punkte. Jeder Zehntklässler erreichte dieselbe Punktzahl wie jeder andere Zehntklässler. Die Frage: Wie viele Zehntklässler konnten insgesamt am Wettbewerb teilgenommen haben? (A) weniger als 3 (B) weniger als 5 (C) weniger als 7 (D) weniger als 10 (E) mehr als 12 Lösung: Wir bezeichnen die Anzahl der Teilnehmer aus Klasse 10 mit n, die von ihnen jeweils erreichte gleiche Punktzahl mit m. Dann gilt: Lösungen der Aufgaben 1. Feststellung: Die Gesamtanzahl der Teilnehmer beträgt n + 2. Jeder Teilnehmer spielt gegen n + 1 Gegner. Dies wären (n + 2)(n + 1) Spiele. Da aber so jedes Spiel doppelt gezählt wurde, müssen wir das Ergebnis noch durch 2 teilen. Daraus folgt: n + 2 n +1 Spiele gespielt. 2. Feststellung: Es wurden insgesamt 2 3. Feststellung: Bei jedem Spiel wurde genau 1 Punkt verteilt. Begründung: 1 + 0 = 1, 0 + 1 = 1 und 0,5 + 0,5 = 1. Aus der 2. und 3. Feststellung folgt: n + 2 n +1 4. Feststellung: Die Gesamtzahl der erreichten Punkte ist . 2 Andererseits gilt aber auch: 5. Feststellung: Die Gesamtzahl der erreichten Punkte beträgt mn 8 . Begründung: Die n Zehntklässler gewannen zusammen genau mn Punkte, die zwei Neuntklässler gewannen zusammen genau 8 Punkte. n + 2 n +1 = mn + 8 oder Aus der 4. und 5. Feststellung folgt: 2 n 2 3n 2 2mn 16 oder noch n n 3 2m 14 (*) 6. Feststellung: Der Term n + 3 – 2m ist eine positive ganze Zahl. Begründung: n ist eine natürliche Zahl. m ist ein Vielfaches von 0,5 und daher muss 2m eine ganze Zahl sein. Da in der Gleichung (*) sowohl n als auch 14 positive ganze Zahlen sind, muss n + 3 – 2m eine positive ganze Zahl sein. Aus (*) und aus der 6. Feststellung folgt: 7. Feststellung: n ist ein Teiler von 14. Daraus folgt: Für n kommen nur die Werte 1, 2, 7, 14 in Frage. Wir führen nun eine Fallunterscheidung durch. 1. Fall: n= 1. Eingesetzt in (*) folgt 1 1+ 3 2m = 14 , d. h. m = –5. Dies geht aber als Punktzahl nicht. Dieser Fall bringt also keine Lösung. 2. Fall: n= 2. Eingesetzt in (*) folgt 2 2 + 3 2m = 14 , d. h. m = –1. Dies geht aber als Punktzahl nicht. Dieser Fall bringt also keine Lösung. 3. Fall: n= 7. Aus (*) folgt 7 7 + 3 2m = 14 , also m = 4. 4. Fall: n= 14. Aus (*) folgt 14 14 + 3 2m = 14 , also m = 8. Die richtige(n) Antwort(en): D, E Aufgabe zur detaillierten Ausarbeitung: 14. Wir betrachten einen Kreis mit dem Durchmesser AB. Ein zweiter Kreis mit dem Mittelpunkt A schneidet die Strecke AB in C. Es gilt: AC 0,5 AB . Eine gemeinsame Tangente der zwei Kreise berührt den Kreis mit dem Durchmesser AB im Punkt D. Beweise: CD ist senkrecht zu AB. Klasse 10 Lösung: Der Mittelpunkt des Kreises mit dem D Durchmesser AB sei O. Die gemeinsame TanE gente berührt den anderen Kreis in E (siehe Figur). Das Dreieck AOD ist gleichschenklig, A C O B denn OD und OA sind Radien desselben Kreises (1 Punkt). Es gilt: ODA = OAD (Basiswinkel) (2 Punkte). Aus OD AE (2 Punkte) folgt: DAE = ODA = OAD (Wechselwinkel und Basiswinkel) (2 Punkte). Dies bedeutet, dass die Dreiecke DEA und DCA kongruent sind (3 Punkte), denn EA = AC (Radien), DA ist eine gemeinsame Seite und DAE = DAO (sws) (3 Punkte). Es folgt: DCA = DEA = 90° (2 Punkte). Damit ist bewiesen, dass CD senkrecht zu AB steht (1 Punkt). Jede andere korrekte Lösung wird ähnlich bewertet (maximal 16 Punkte).
