Aufgabe 1 Bei einem Trapez sind drei Seiten gleich lang; die vierte Seite hat die doppelte Länge. Unter welchem Winkel schneiden sich die Diagonalen?

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1 Ladeswettbewerb athematik ade-württemberg 1991 Rude 1 ufgabe 1 ei eiem Trapez sid drei eite gleich lag; die vierte eite hat die doppelte Läge. Uter welchem Wikel scheide sich die iagoale? Vorüberleguge Im Trapez solle die eite ud parallel sei. iese eite köe icht gleich lag sei, da sost das Viereck zu eiem Parallelogramm würde. ies würde aber im Widerspruch dazu stehe, dass drei eite gleich lag sid, die vierte aber doppelte Läge habe soll. Es sei die Trapezseite, die doppelt so lag ist wie die drei adere eite. ezeichet ma de ittelpukt vo mit, so gilt = = = = = = x ls gleichschekliges Trapez ist achsesymmetrisch zur gemeisame ittelsekrechte der beide parallele eite. 1. Lösug Verbidet ma de ittelpukt der eite mit dem Pukt, so wird das Trapez i ei reieck ud ei Viereck zerlegt. ie eite ud des Vierecks sid gleich lag ud parallel. as Viereck ist deshalb ei Parallelogramm, woraus da folgt, dass auch die eite ud parallel ud gleich lag sid. ies bedeutet aber = = = = = = x as Trapez wird also i ei gleichseitiges reieck ud eie Raute zerlegt. araus ergebe sich die im ild eigetragee Wikelmaße. Zeichet ma i die Raute die iagoale ei, so etstehe zwei gleichscheklige, kogruete reiecke ud. ie iagoale ist die Wikelhalbierede i der Raute. eshalb gilt w() = 30. us ymmetriegrüde ist da auch w() = 30. er chittwikel der beide iagoale ist ußewikel des reiecks, ud es gilt ϕ= ϕ LW 1991 Rude 1 eite 1 vo 11

2 Ladeswettbewerb athematik ade-württemberg. Lösug Verlägert ma die Trapezseite ud über bzw. hiaus, so scheide sie sich im Pukt Z. ieser Pukt Z ist Zetrum eier trahlesatzfigur mit de parallele Gerade () ud (). us = ud folgt: 1) Z = Z Z = ) Z = Z Z = 3) Z = Z = 4) Z = Z = = ud de trahlesätze ie reiecke Z ud Z sid also gleichseitig. Verbidet ma mit ud mit, so scheide sich diese trecke im Pukt. us der Parallelität vo ud, sowie de ymmetrieeigeschafte der Gesamtfigur folgt: w() = w() w() = w() ) w() = w() (Wechselwikel) (gleichschekliges reieck (ymmetrie der Gesamtfigur) Wege w() = 60 folgt aus diese Eigeschafte w() = w() = w() = w() = 30. Wege der Wikelsumme im reieck ist w() = 10. ie iagoale ud des Trapezes scheide sich also uter eiem Wikel vo 60. Z 3. Lösug Verbidet ma de ittelpukt der eite mit de Pukte ud, so etstehe zwei Vierecke ud. iese beide Vierecke sid Parallelogramme, da die gegeüberliegede eite ud bzw. ud gleich lag ud parallel sid. a außerdem die treckeläge ud mit der treckeläge übereistimme, sid diese Parallelogramme sogar Raute. I der Figur gilt also = = = = = = = x us dieser Eigeschaft der treckeläge folgt weiter, dass die reiecke, ud gleichseitig sid. Z Verlägert ma die eite ud bis zum chittpukt Z, so etsteht ei reieck Z mit zwei 60 - Wikel bei ud. as reieck Z ist also gleichseitig mit der eiteläge x. as reieck ist das ittedreieck im gleichseitige reieck Z. ie iagoale ud des Trapezes sid gleichzeitig Höhe ud Wikelhalbierede im reieck Z. 30 us der Wikelsumme im reieck folgt da für de chittwikel der iagoale ud w() = = 60. LW 1991 Rude 1 eite vo 11

3 Ladeswettbewerb athematik ade-württemberg ufgabe ddiert ma die Eierziffer aller Teiler vo , so erhält ma ei Vielfaches vo Lösug ie Zahl 1991 hat die Primfaktorzerlegug , deshalb gilt für die Primfaktorzerlegug vo ( ) = = a Jeder Teiler vo hat deshalb die Form mit 0 a,b Jeder dieser Teiler besitzt die Eierziffer 1. ie umme der Eierziffer aller Teiler ist deshalb gleich der zahl der Teiler vo Um diese zahl der Teiler zu bestimme, ka ma verschiedee Wege eischlage. 1. Lösug 3 a weiß, dass für eie Zahl mit der Primfaktorzerlegug = p p p p k die zahl T() der Teiler T( ) = ( r + 1) ( r + 1) ( r + 1) ( r + 1) urch Vergleich mit 1990 T( 1991 ) = k beträgt. b r r r 1 3 k 1 r = erhält ma da r1 = r = 1990 ud damit ie umme der Eierziffer aller Teiler ist also das 1991-fache vo Lösug Folgede ufstellug ethält alle Teiler vo iese Tabelle besteht aus 1991 Zeile mit 1991 palte. ie ethält also 1991 Zahle. Jede dieser Zahle hat eie adere Primfaktorzerlegug. eshalb sid alle Zahle verschiede. ls Produkte vo Faktore mit der Eierziffer 1 hat jede dieser Zahle die Eierziffer 1. eshalb beträgt die umme aller Eierziffer LW 1991 Rude 1 eite 3 vo 11

4 Ladeswettbewerb athematik ade-württemberg ufgabe 3 Gegebe ist ei reieck. er Kreis k 1 geht durch ud berührt die Gerade () i. er Kreis geht durch ud berührt die Gerade () i. k Für welche reiecke liege ud die ittelpukte der Kreise ud k auf eier Gerade? Lösug Vorüberleguge Nach der ufgabestellug sid ediguge für das reieck so zu bestimme, dass die beide Kreismittelpukte 1, ud auf eier Gerade liege. id solche ediguge gefude, so ist zu zeige, dass bei alle reiecke mit diese Eigeschafte die drei geate Pukte auch tatsächlich auf eier Gerade liege. ei der uche ach de ediguge ist darauf zu achte, dass auch alle mögliche usgagsfigure berücksichtigt werde. amit der Kreis k 1 mit dem ittelpukt 1 die Gerade () im Pukt berührt, muss die Gerade ( 1 ) orthogoal zu () sei. 1 k1 amit der Kreis k 1 durch die Pukte ud geht, muss sei ittelpukt i auf der ittelsekrechte vo liege. as reieck 1 ist da gleichscheklig. er ittelpukt 1 ist also der chittpukt der ittelsekrechte vo mit der Orthogoale zur Gerade () im Pukt. Etsprechedes gilt für de ittelpukt des Kreises k. 1. Fall (α, β < 90 ) us diese Vorüberleguge ergebe sich für die Wikel i de gleichscheklige reiecke 1 ud die Eigeschafte: w( 1 ) = w( 1 ) = 90 α w( ) = w( ) = 90 β ie Pukte 1, ud liege geau da auf eier Gerade, we der Wikel 1 ei gestreckter Wikel ist, d.h. we gilt: 90 α + γ + 90 β = 180. araus folgt γ = α + β. α β γ a adererseits wege der Wikelsumme im reieck auch α + β + γ = 180 gilt, erhält ma γ = α + β = α β LW 1991 Rude 1 eite 4 vo 11

5 Ladeswettbewerb athematik ade-württemberg Nachweis der Umkehrug Hat das reieck bei eie rechte Wikel, so liege die Pukte 1, ud auf eier Gerade. I der ebestehede Figur sid die reiecke 1 ud wieder gleichscheklig mit de ase bzw.. a das reieck ach Voraussetzug rechtwiklig ist, gilt β = 90 α. araus ergebe sich die i der ebestehede Figur eigetragee Wikelmaße. ie drei Teilwikel bei ergäze α sich zu 180. ie drei Pukte 1, ud liege also auf eier Gerade. amit ist gezeigt, dass für 0 < α, β < 90 die drei Pukte geau da auf eier Gerade liege, we das reieck bei eie rechte Wikel hat.. Fall (α = 90 oder β = 90 ) ie Pukte ud 1 liege auf der Orthogoale o zu () im Pukt. a der Kreis um 1 durch die Pukte ud geht, sid die Pukte 1 ud verschiede. ie Gerade ( 1 ) stimmt also mit der Orthogoale o überei. er Pukt liegt auf der Orthogoale o zu () im Pukt. iese beide Orthogoale sid parallel zueiader ud verschiede. eshalb köe 1, ud icht auf eier Gerade liege. 1 α 90 α β α 3. Fall (α > 90 oder β > 90 ) merkug Im Folgede wird achgewiese, dass dieser Fall icht eitrete ka. ie verwedete Zeichug ka ur als kizze agesehe werde. ie reiecke 1 ud sid ach Voraussetzug gleichscheklig, auch we dies i der Figur icht zum usdruck gebracht werde ka. Es sei α > 90. er Pukt 1 liegt da zwische ud, we w( 1 ) = w( ) gilt. Etspreched der ebestehede kizze muss da die edigug α 90 = 90 β+γ α+β γ= 180 erfüllt sei. ies steht aber im Widerspruch zu α+β+γ= 180 als Wikelsumme im reieck. Etspreched zeigt ma, dass auch β > 90 zum Widerspruch führt. 1 γ α 90 β 90 β LW 1991 Rude 1 eite 5 vo 11

6 Ladeswettbewerb athematik ade-württemberg ufgabe 4 Ei Quadrat wird i vier Teilfläche zerlegt (siehe Figur). Ka ma de Pukt P auf der trecke so wähle, dass sich die Ihalte der vier Teilfläche wie 1::3:4 verhalte? ehauptug P ie Lage des Pukte P ka icht i der gewüschte Weise festgelegt werde. Vorüberleguge a die iagoale die Wikelhalbierede im Quadrat ist, gilt w(p) = w() = 45. Zeichet ma vom chittpukt der trecke P ud die Lote auf die Quadratseite ud, so etsteht ei Rechteck QR. ieses Rechteck ist sogar ei Quadrat, da die Teildreiecke Q ud R jeweils gleichschekligrechtwiklig sid. Liegt P zwische ud, so zeigt ei Vergleich der vier Teilfläche mit de vier Teildreiecke, i die das Quadrat durch die beide iagoale geteilt wird, dass für die Flächeihalte 1,, 3 ud 4 der Fläche P,, ud P gilt: 1 < < 3 < 4. P Q R 1. Lösug Zuächst wird die Lage des Puktes P so bestimmt, dass der Flächeihalt des reiecks doppelt so groß wie der Ihalt des reiecks P ist. Es wird achgewiese, dass diese Eigeschaft ur da erfüllt ist, we P der ittelpukt der trecke ist. ie Höhe Q ud R i de reiecke P ud über de Grudseite P bzw. sid gleich lag, da QR ei Quadrat ist. as reieck hat de doppelte Flächeihalt wie das reieck P, we die eite doppelt so lag wie P ist. lso ist P der ittelpukt der trecke. er Flächeihalt des reiecks P ist da ei Viertel der Quadratfläche. uf das Teildreieck P etfällt ei rittel dieser Fläche. er Flächeihalt des reiecks P ist damit ei Zwölftel der Quadratfläche. a das reieck P ud das Viereck P zusamme halb so groß sid wie der Flächeihalt des Quadrats, bleibt für de Flächeihalt des Vierecks och 5 Zwölftel der Quadratfläche. er Ihalt des Vierecks P ist also füfmal so groß wie der des reiecks P, im Widerspruch zur ufgabestellug. a ka de Teilpukt P auf der trecke icht so wähle, dass gleichzeitig das reieck doppelt ud das Viereck P viermal so groß ist wie das reieck P. P Q R LW 1991 Rude 1 eite 6 vo 11

7 Ladeswettbewerb athematik ade-württemberg. Lösug Es seie i (i = 1,, 3, 4) die Flächeihalte der Teilfigure i der ebestehede Figur. Fällt ma vo das Lot auf die eite, so sid die beide Gerade () ud (R) parallel. Nach dem zweite trahlesatz gilt x a x =. y a Für die Flächeihalte 1, ud 3 folgt da us 1 1 ax = x y =, = a y, 3 = a ( a x ). a x 4 1 = a 1 folgt durch Eisetze ud Vereifache 4 1 ax = a. a x Nach ufgabestellug soll der Flächeihalt doppelt so groß wie 1 sei. us dieser edigug folgt: ax x 1 ax 1 x a x = a x = = a. 3 etzt ma diese Wert i die Gleichuge für die Flächeihalte i ei, so erhält ma: = a, = a,3 = a,4 = a us 1 : = 1 : folgt also 1 : 3 = 1 : 4 ud 1 : 4 = 1 : 5. ie letzte beide Flächeverhältisse stehe im Widerspruch zur ufgabestellug. P 3 4 x 1 y R a x 3. Lösug piegelt ma das reieck P a der iagoale, so fällt der ildpukt P vo P auf die Quadratseite. er Flächeihalt des reiecks P' stimmt mit dem Flächeihalt 1 des reiecks P überei ud soll ach ufgabestellug halb so groß wie der Ihalt des reiecks sei. P' a die reiecke ud P' de bstad des Puktes vo der Gerade () als gemeisame Höhe habe, muss die Grudseite P' des reiecks P' halb so groß wie sei. er Pukt P ud damit auch P' ist also ittelpukt der Quadratseite. ie weitere Lösug stimmt mit der erste überei. P LW 1991 Rude 1 eite 7 vo 11

8 Ladeswettbewerb athematik ade-württemberg ufgabe 5 Zeige: Für jede atürliche Zahl ( > 0) lässt sich 9 als umme vo 3 aufeiader folgede Zahle darstelle. 1. Lösug Versucht ma eie Nachweis der ehauptug für kleie atürliche Zahle, so erhält ma gegebeefalls durch Probiere = = 9 = = 81 = = 79 us diese eispiele ka ma die Idee für die folgede allgemeie Lösug ableite: ie Zahl 9 ist stets durch 3 teilbar, de es gilt 9 :3 = 3. ie Zahl 9 lässt sich also als umme vo 3 ummade darstelle, wobei jeder ummad de Wert 3 hat. 3 a für alle atürliche Zahle ugerade ist, besteht die umme aus eier ugerade zahl vo ummade. Geht ma vo dem mittlere ummade 3 aus, so ka ma die restliche jeweils zu Paare zusammefasse. 3 Vermidert ma die ummade liks vo um 1,, 3,... ud vermehrt gleichzeitig de Wert der ummade rechts vo 3 um 1,, 3,..., so wird der Wert der Gesamtsumme icht verädert, ud ma erhält eie umme vo 3 aufeiader folgede gaze Zahle. ( 3 3 ) ( 3 ) ( 3 1 ) 3 ( 3 1 ) ( 3 ) ( 3 3 ) ie zahl der Zahle kleier als 3 ud größer als 3 ist jeweils ( 3 1 ). er kleiste ummad ist also 3 1 ( 3 1) = = 1 ( 3 + 1) >0. ie Zahl ist für alle atürliche Zahle gerade. eshalb ist der kleiste ummad eie gaze Zahl größer als 0, ud alle ummade sid atürliche Zahle.. Lösug ie ehauptug der ufgabestellug lässt sich auch i folgeder Form schreibe: Zu jeder atürliche Zahl ( > 0) gibt es eie gaze Zahl a so, dass ( ) ( ) ( ) a+ a+ 1 + a+ + a+ 3 1 = 9 ist. Nu ka ma de Nachweis für die Existez der gaze Zahl a führe. ( ) ( ) ( ) ( ) a+ a+ 1 + a+ + a+ 3 1 = 9, 3 a = 9. LW 1991 Rude 1 eite 8 vo 11

9 Ladeswettbewerb athematik ade-württemberg Nach der ummeformel vo Gauß gilt für die umme der erste k atürliche Zahle k = k ( k+ 1). Wedet ma diese Formel auf die umme a, so erhält ma ( ) 1 3 a = a+ ( 3 1) = a+ 3 = a = a = ( 3 + 1). a für alle atürliche Zahle die Potez 3 ugerade ist, wird eie gerade Zahl. amit ist a eie atürliche Zahl. Zu jedem existiert also die atürliche fagszahl atürliche Zahle de Wert 9 besitzt. 1 ( 3 1 ) +, so dass die umme der achfolgede LW 1991 Rude 1 eite 9 vo 11

10 Ladeswettbewerb athematik ade-württemberg ufgabe 6 Gegebe sid sechs Pukte. Je drei dieser Pukte bilde ei reieck. ie eite dieser reiecke solle rot oder grü agemalt werde. Ka ma vermeide, dass eies dieser reiecke ur gleichfarbige eite hat? Vorbemerkuge We "je drei dieser Pukte ei reieck bilde " solle, so dürfe keie drei oder mehr Pukte auf eier Gerade liege. it usahme dieser Eischräkug ka ma die Lage der sechs Pukte beliebig wähle. treckeläge ud Wikel zwische de Verbidugsstrecke spiele keie Rolle. a ka also z.. vo eiem regelmäßige echseck ausgehe. 1. Lösug Vo jedem der sechs Pukte gehe füf Verbidugsstrecke zu de übrige Pukte aus. Greift ma sich z.. de Pukt heraus, so gibt es midestes drei trecke, die gleich gefärbt sid. Ohe Eischräkug ka ma aehme, dass dies die Farbe "rot" ist ud die adere Edpukte dieser rot gefärbte trecke die Pukte, ud sid. Es gibt u zwei öglichkeite: Färbt ma eie oder mehrere der Verbidugsstrecke, ud rot, so etsteht midestes ei vollstädig rot gefärbtes reieck, oder. Färbt ma keie dieser Verbidugsstrecke rot, soder alle drei grü, so etsteht das vollstädig grü gefärbte reieck. a eier dieser beide Fälle eitrete muss, lässt es sich icht vermeide, dass ei gleich gefärbtes reieck etsteht. iese Lösug ist durch die Kürze besteched. Gerade für Wettbewerbsteilehmer, die sich zum erste al mit eier derartige ufgabestellug beschäftige, bleibt dabei jedoch die Frage offe, wie eie solche Lösug etsteht. Wie ma auf sie durch systematisches Probiere komme ka, soll durch die folgede Lösug gezeigt werde. ie ließe sich durch eie Reihe vo Lösuge ergäze, die durch teilweise umfagreiche Falluterscheiduge zum Ziel komme.. Lösug a betrachtet verschiedee Verteiluge der Farbe für die füf trecke mit eiem gemeisame Eckpukt z... Fall 1 lle trecke habe die gleiche Farbe (z.. rot). Keie der adere Verbidugsstrecke ka rot gefärbt werde, da dadurch ei vollstädig rot gefärbtes reieck etstehe würde. lso müsste alle adere trecke grü eigefärbt werde, wodurch da mehrere grü gefärbte reiecke etstehe. F E LW 1991 Rude 1 eite 10 vo 11

11 Ladeswettbewerb athematik ade-württemberg Fall Vo gehe vier rote ud eie grüe trecke aus (oder umgekehrt). ie adere Edpukte der rot gefärbte trecke seie,, ud E. Ist midestes eie der Verbidugsstrecke dieser Pukte ebefalls rot eigefärbt, so liegt ei vollstädig rotes reieck vor. Ist keie dieser trecke rot gefärbt, so müsse alle Verbidugsstrecke,, E,, E ud E grü eigefärbt sei. I diesem Fall wäre die reiecke, E, E ud E gleichfarbig. F E Fall 3 Vo gehe drei trecke der eie Farbe ud zwei trecke der adere Farbe aus (z.. drei rote). ieser Fall wurde bereits i der erste Lösug behadelt. Rückblicked ka ma u feststelle, dass die Utersuchug des dritte Falls geügt hätte, da vo jedem der sechs Pukte midestes drei gleich gefärbte trecke ausgehe. LW 1991 Rude 1 eite 11 vo 11