c+ f + i= b + e+ h = a+ d+ g=

Transkript

1 1988 Runde 1 ufgabe 1 ie neun Ziffern 1,, 3,..., 9 werden jeweils auf eine Karte geschrieben. us diesen neun Karten wird ein 3x3 Quadrat gelegt. adurch entsteht in jeder Zeile und in jeder Spalte eine dreistellige Zahl (Zeilenzahlen bzw. Spaltenzahlen). a) Gib eine Verteilung so an, dass die Summe der drei Zeilenzahlen 1989 ergibt. b) Gib eine Verteilung so an, dass die Summe der drei Zeilenzahlen und zugleich die Summe der drei Spaltenzahlen 1989 ergeben. c) Weise nach, dass es keine Verteilung geben kann, bei der die Summe der drei Zeilenzahlen 1988 ist. Lösung a, b) urch Probieren erhält man z.. die nebenstehende nordnung, für die sowohl die Summe der Zeilenzahlen als auch die Summe der Spaltenzahlen den Wert 1989 ergibt. c) eim Nachweis, dass 1988 nicht darstellbar ist, wird jeweils von der nebenstehenden nordnung ausgegangen. abei stellt jeder der uchstaben a, b,..., i genau eine der Zahlen 1,,..., 9 dar Nachweis der Unmöglichkeit durch systematische Fallunterscheidung Wenn es eine Möglichkeit geben soll, die Zahl 1988 darzustellen, so müssen die Summen der Einerziffern 8 oder 18, die Summe der Zehnerziffern 7, 8, 17 oder 18 und die Summe der Hunderterziffern 18 oder 19 ergeben. abei ist zu berücksichtigen, dass einige dieser Summenwerte wegen des Übertrags nicht gleichzeitig auftreten können. Wenn jede der Ziffern genau einmal auftreten soll, so muss andererseits die Summe der Einer-, der Zehner- und der Hunderterziffern = 4 betragen. Es wird gezeigt, dass dies nicht möglich ist. ie möglichen Fälle sind: c+ f + i= b + e+ h = a+ d+ g= Ziffernsumme Nachweis der Unmöglichkeit mit Hilfe von Teilbarkeitseigenschaften ehauptung ei jeder nordnung der geforderten Form ist die Summe der Zeilenzahlen abc, def und ghi durch 9 (3) teilbar. a 1988 nicht durch 9 (3) teilbar ist, folgt dann, dass es keine nordnung der neun Ziffern 1 bis 9 geben kann, bei der die Summe der Zeilenzahlen 1988 ergibt. LWM 1988 Runde 1 Seite 1 von 14

2 1. eweis Für die Summe S der drei Zahlen abc, def und ghi gilt dann: S = 100 ( a + d + g) + 10 ( b + e + h) + c + f + i = 99 ( a+ d+ g) + 9 ( b+ e+ h) + a+ b+ c+ d+ e+ f + g+ h+ i a die Summe der Ziffern von 1 bis 9 den Wert 4 ergibt, kann S für jede nordnung der neun Ziffern in der Form S = 99 ( a + d + g) + 9 ( b + e + h) + 4 = 9 11 ( a+ d+ g) + b+ e+ h+ geschrieben werden. S ist deshalb für alle nordnungen der neun Ziffern durch 9 teilbar.. eweis er Neunerrest einer dreistelligen Zahl abc = 100a + 10b + c stimmt wegen 100a+ 10b+ c= 99a+ 9b+ a+ b+ c mit dem Neunerrest der Quersumme a + b + c überein. nstelle der Neunerreste von abc, def und ghi kann man deshalb auch die Neunerreste der Quersummen betrachten. a in der Summe der drei Quersummen jede der Ziffern 1,,..., 9 genau einmal vorkommt und = 4 ist, ist die Summe der drei Quersummen durch 9 teilbar. amit ist aber auch die Summe der drei Zahlen abc, def und ghi durch 9 teilbar. LWM 1988 Runde 1 Seite von 14

3 ufgabe In der nebenstehenden Figur gilt E = E und α = 0. er Punkt liegt auf E. erechne β und γ. ehauptung: Es gilt β=γ= 0. E β γ α Vorüberlegungen Ergänzt man die gegebene Figur in der nebenstehenden Weise, so erhält man zusammen mit den Voraussetzungen in der ufgabenstellung unmittelbar die folgenden Eigenschaften: a) as reieck E ist gleichschenklig. b) w(e) = w() = 90 (Satz des Thales) E 0 o M 7 0 o c) M = M = ME = M d) ie reiecke ME; EM, M und EM sind gleichschenklig. e) ie reiecke ME und EM sind außerdem nach dem Kongruenzsatz sss kongruent. o 0 M β γ α us der Gleichschenkligkeit und der Kongruenz der reiecke ME und EM folgt außerdem f) w(me) = w(em) = w(me) = w(em) g) w() = 70 ( α= 0, w() = 90 und Winkelsumme im reieck ) h) w(e) = (gestreckter Winkel bei, da E) w(e) = 0 i) w(e) = w(e) = 0 (gleichschenkliges reieck E) iese Winkelmaße sind nochmals in der Figur eingetragen. 1. eweis von β=γ= 0 w(e) = (Winkelsumme im reieck E) w(e) = 140 w(e) = w(e) w(e) = 0 us w(em) = w(me, w(e) = 140 und f) folgt w(em) = w(me) = w(me) = w(em) = 70. Nach den erechnungen der asiswinkel in den gleichschenkligen reiecken ME und EM können jetzt die gesuchten Winkelmaße bestimmt werden. γ = = 0 ß = = 0 w(e) = 0 (Winkelsumme im reieck E) (Winkelsumme im reieck E) LWM 1988 Runde 1 Seite 3 von 14

4 . eweis (Umfangswinkel am Kreis) Nach Eigenschaft i) gilt w(e) = w(e) = 0. Nach dem Satz über die Umfangswinkel im Kreis gilt: γ = w(e) = w(e) = 0 (Umfangswinkel über der Sehne E) β = w(e) = w(e) = 0 (Umfangswinkel über der Sehne E) E M LWM 1988 Runde 1 Seite 4 von 14

5 ufgabe 3 In einer elfstelligen Zahl n wird die mittlere Ziffer gestrichen. adurch entsteht eine zehnstellige Zahl m. Wie viele Zahlen n gibt es, die durch die zugehörige Zahl m teilbar sind? Lösung Vorüberlegungen ezeichnet man die elf Ziffern von n mit Form n = a10a9a8a7a6aa4a3aa1ao a 10, a 9,, a 1,ao 10 und a 0,, so lassen sich n und m in der und o = a 10 + a a 10 + a a 10+ a m = a10aaaaaaaaa o darstellen o = a 10 + a a a 10 + a Setzt man für die Zahlen a10a9a8a7a a 99999, 0 b 9, 0 c = a, a = b und aaaaa o und n = a 10 + b 10 + c, (1) m= a 10 + c Nach ufgabenstellung gilt n = k m, k, d.h. () = c, so gilt: = ( + ) a 10 b 10 c a 10 c k ehauptung iese edingung ist höchstens für k = 10 erfüllbar. a k b 10 + c k 1 = 0 (*) 1. eweis eweis durch usschluss der Fälle a) Für k 11 gilt: k 11 und k 9 6 a k b 10 + c k 1 6 a b 10 + c 11 1 = a 10 b c = 10 a b + 10c > 0 da nach Voraussetzung a b > 0 ist. ie Gleichung (*) ist also für k > 11 nicht erfüllbar. LWM 1988 Runde 1 Seite von 14

6 b) Für k 9 folgt: ( 6) ( 6) a k b 10 + c k 1 a b 10 + c 9 1 = a10 b10 + 8c= 10 a + b + 8c a nach Festlegung von a und b die Summe von a und b größer als 9 10 und a+ b c negativ ( a b) 10 ist, ist + größer als Es ist also auch für k 9 keine Lösung der Gleichung (*) möglich. amit ist die ehauptung bewiesen.. eweis a n ein Vielfaches von m ist, muss die Polynomdivision von m= a 10 + c den Rest Null ergeben. Man erhält 6 6 ( a10 10c) b 10 9c a 10 + b 10 + c : a 10 + c = 10 + a10 + c + b10 9c. 6 n = a 10 + b 10 + c durch a nach Festlegung der Zahlen a, b und c der Nenner ist, folgt 0 b 10 9c : a 10 + c < 1. a10 + c und der Zähler b 10 9c < 10 ie Zahl 10 ist also der einzig mögliche Quotientenwert. 3. eweis a nach Voraussetzung n ein Vielfaches von m ist, ist m ein gemeinsamer Teiler von n und k m für jedes k. Insbesondere ist m ein Teiler von n und 10 m. ie Zahl m ist damit auch ein Teiler der ifferenz von n und 10 m. us den arstellungen (1) und () erhält man 6 n 10 m = a 10 + b 10 + c 10 a 10 + c = b 10 9c. er etrag von b 10 9c ist kleiner als m. eshalb ist die ifferenz n 10 b nur dann durch m teilbar, wenn b 10 9c gleich Null ist. amit gilt aber n = 10 m. Nachfolgend wird für diesen Fall die nzahl der möglichen Zahlen bestimmt. us dieser Gleichung folgt nun, dass n ein Vielfaches von 10 ist und seine Einerziffer a o Null sein muss. ie Zahlen n und m haben somit die Form n = a10aaaaaaaaa und m = a aaaaaaaa0. Multipliziert man m mit 10, so folgt weiter, dass auch die Zehnerziffer a 1 von n gleich Null sein muss. LWM 1988 Runde 1 Seite 6 von 14

7 Führt man dieses Verfahren fort, so erhält man schließlich a0 = a1 = a = a3 = a4 = a =0. amit gilt b = c = 0 als notwendige edingung für n = k m. Für alle Zahlen a gilt aber andererseits, dass ist. 6 n = a 10 das Zehnfache von m= a 10 ie Ziffern a6 bis a9 können aus {0, 1,,..., 9} frei gewählt werden. ie Ziffer a10 darf eine der neun Ziffern 1,..., 9 annehmen. Somit gibt es = 90000verschiedene Zahlen, welche die gestellten edingungen erfüllen. LWM 1988 Runde 1 Seite 7 von 14

8 ufgabe 4 ie Parallelen g und h haben den bstand 6 cm. uf g liegen Punkte und mit = 9cm. Konstruiere den Punkt auf h so, dass die Strecke die gleiche Länge hat, wie das Lot von auf (). Weise nach, dass die konstruierte Figur die geforderte Eigenschaft besitzt. 1. Lösung Konstruktion der angegebenen Figur 1. Konstruiere zwei parallele Geraden g und h mit einem bstand von 6 cm.. Wähle auf g einen Punkt und konstruiere einen Punkt auf g mit = 9 cm. 3. Konstruiere auf der Strecke einen Punkt E so, dass E = 6 cm ist. 4. Konstruiere die Orthogonale l zu g im Punkt E.. er Thaleskreis über schneidet 1 in den Punkten und '. ehauptung: er Schnittpunkt von () (bzw. (')) mit h erfüllt die edingungen für den Punkt. l ' E M h g eweis: Zum Nachweis fällt man das Lot von auf die Gerade g. er Lotfußpunkt sei F. ie beiden reiecke F und E sind nach Konstruktion rechtwinklig. h a auf dem Thaleskreis über liegt, ist w() = 90 und das Lot auf. Für die beiden Winkel α und β im rechtwinkligen reieck gilt α + β = 90. Für die nicht benannten Winkel in den reiecken F und E gilt: w(f) = 90 α = β und w(e) = 90 β = α E F g ie beiden reiecke F und E stimmen deshalb paarweise in ihren Winkeln überein. ußerdem gilt nach Konstruktion F = E. ie beiden reiecke sind deshalb nach dem Kongruenzsatz wsw kongruent zueinander. Insbesondere sind deshalb die Seiten gleich lang, die den rechten Winkeln gegenüberliegen. lso gilt =.. Lösung Konstruktion der nebenstehenden Figur ' β' 1. ie beiden Parallelen g und h sowie die beiden Punkte und seien wie bei der ersten Lösung konstruiert. h. Konstruiere die Orthogonale g' zu g im Punkt. 3. Konstruiere auf g' einen Punkt ' so, dass ' = gilt. α' α β g LWM 1988 Runde 1 Seite 8 von 14

9 4. er Punkt ist einer der Schnittpunkte des Thaleskreises über ' mit der Geraden h.. Konstruiere den Thaleskreis über. 6. ie Strecke schneidet den Thaleskreis über im Punkt. ehauptung: ie Strecken und sind orthogonal zueinander und gleich lang. eweis: ie Orthogonalität folgt daraus, dass auf dem Thaleskreis über ' liegt. Nach Konstruktion besitzen die beiden reieck und ' bei bzw. jeweils einen rechten Winkel. Für die Winkel α, α', β und β' in der konstruierten Figur gilt: α+β+ 90 = 180 α +β= 90 [Winkelsumme im ] α+β+ ' ' 90 = 180 α ' +β ' = 90 [Winkelsumme im '] α+α ' = 90 [(') () nach Konstruktion} us diesen drei Eigenschaften folgt: β = α' und α = β' ie beiden reiecke und ' stimmen also paarweise in allen drei Winkeln überein. a nach Konstruktion auch die beiden Seiten und ' gleich lang sind, sind die beiden reiecke nach wsw kongruent zueinander. eshalb sind auch die einander entsprechenden Seiten und gleich lang. Vorüberlegungen zu den weiteren Lösungen ie ufgabe ist gelöst, wenn es gelingt, die Länge der Strecke aus dem gegebenen bstand der Parallelen g und h sowie der Streckenlänge = 9 cm zu konstruieren. ie folgenden zwei Lösungen sind mit der Kenntnis des Katheten-, des Höhensatzes und des Satzes von Pythagoras für rechtwinklige reiecke aus der Klassenstufe 9 möglich. ie Konstruktionen der Streckenlängen stehen in jedem Geometriebuch der Klassenstufe 9 und werden deshalb hier nicht ausgeführt. Für die nachfolgenden Planfiguren wird angenommen, dass der Punkt mit der geforderten Eigenschaft konstruiert sei. er Punkt sei der Lotfußpunkt von auf die Gerade (). Es gelte also =. 3. Lösung h Planfigur In der nachstehenden Figur gilt = 9 cm. ie Strecke F sei senkrecht zu g. Es gilt deshalb F = 6 cm. In der Planfigur gilt w(f) = w(), denn die Winkel F und sind nach Konstruktion jeweils 90 und der Winkel ist in beiden reiecken gemeinsam. F g Somit gilt F : = :. a nach ufgabenstellung = gelten soll, ergibt sich die edingung F : = : = F a sowohl F als auch gegeben sind, lässt sich die gesuchte Strecke mit Hilfe des Höhensatzes oder des Kathetensatzes konstruieren. LWM 1988 Runde 1 Seite 9 von 14

10 4. Lösung Planfigur er Flächeninhalt des reieckes kann auf zwei verschiedene Weisen dargestellt werden, wobei zusätzlich die Eigenschaft = ausgenutzt wird. 1 = F = 7cm und 1 1 = = ie Streckenlänge = 4 cm kann nach einem der genannten Sätze leicht konstruiert werden. Mit der so konstruierten Streckenlänge bestimmt man dann den Punkt als einen der Schnittpunkte des Kreises um mit dem Radius 4 cm mit der Geraden h. F h g LWM 1988 Runde 1 Seite 10 von 14

11 ufgabe In der Gleichung x + ax+ b=0 sind a und b ungerade ganze Zahlen. Zeige: Wenn die quadratische Gleichung lösbar ist, so sind die Lösungen keine natürlichen Zahlen. Vorbemerkung ei den nachfolgenden eweisen handelt es sich jeweils um einen "eweis durch Widerspruch". abei wird gezeigt, dass die nnahme von natürlichen Lösungszahlen für die quadratische Gleichung auf einen Widerspruch zur Voraussetzung "a und b ungerade" führt. 1. Lösung Nach der Lösungsformel für quadratische Gleichungen erhält man als Lösungszahlen x = a+ a b x = a a b. a ie Lösungszahlen sind ganzzahlig, wenn b das Quadrat einer ganzen Zahl k ist, d.h. a b= k. Mit a ist auch a ungerade und damit auch die ifferenz a b. us einer ungeraden Quadratzahl k folgt weiter, dass auch k ungerade ist. Setzt man nun a = u + 1 und k = v + 1 ( u, k ), so erhält man: a k = 4u + 4u + 1 4v 4v 1 = 4 u + u v v ndererseits gilt a k = b. araus folgt: b = ( u + u v v) amit wäre b eine gerade Zahl im Widerspruch zur Voraussetzung.. Lösung Nach dem Satz von Vieta gilt für die beiden Lösungszahlen und x : x1+ x = a und x1 x = b x1 ie Summe der beiden ganzen Lösungszahlen x1 und x soll nach ufgabenstellung gerade sein, d.h. dass beide Zahlen gerade oder beide Zahlen ungerade sein müssen. a das Produkt der beiden Zahlen nach der zweiten edingung ebenfalls gerade ist, kommt nur die erste Möglichkeit in Frage, d.h. x1 = u und x = v mit u, v. araus folgt aber x1 x = 4uv. a außerdem x1 x = b gilt, würde daraus folgen, dass b = uv und damit im Widerspruch zur ufgabenstellung gerade ist. 3. Lösung u sei eine Lösung der gegebenen quadratischen Gleichung und u sei aus. u kann gerade oder ungerade sein. Fall 1 (u gerade) Setzt man u = k ( 4k 4ak + b = 0. k ), so erhält man durch Einsetzen in die gegebene Gleichung Nach ivision durch und uflösen nach b ergibt sich daraus ist im Widerspruch zur ufgabenstellung. b = ak k. araus folgt, dass b gerade LWM 1988 Runde 1 Seite 11 von 14

12 Fall (u ungerade) Formt man die Gleichung u + a u+ b= 0 um, so erhält man u = ( au b) ). woraus sich ein Widerspruch zu "u ungerade" ergibt. LWM 1988 Runde 1 Seite 1 von 14

13 ufgabe 6 ei einem chteck mit Umkreis haben vier Seiten die Länge 6 cm und vier Seiten die Länge 4 cm. erechne bei einem solchen chteck den Flächeninhalt. 1. Lösung Verbindet man die acht Eckpunkte mit dem Mittelpunkt M des Umkreises, so erhält man zwei Klassen von jeweils vier kongruenten reiecken. iese reiecke seien abwechselnd angeordnet. H G F ie enennung der Winkel in den gleichschenkligen reiecken ergibt sich aus der Figur. us 4γ+ 4δ= 360 folgt γ+δ= 90. Im Viereck M gilt für die Winkelsumme α+ β+ 90 = 360 und damit α+β= 13. α γ δ E iese Überlegung gilt für alle Innenwinkel des chteckes. α β β Verlängert man die Seiten, E, FG und H bis zum Schnitt, so entsteht das Viereck PQRS. ie ergänzenden reiecke sind wegen α+β= 13 gleichschenkligrechtwinklig und wegen der übereinstimmenden Hypotenusenlänge zueinander kongruent. R H G F Q E a jede Seite des Viereckes PQRS die Länge x + 4 cm aufweist, ist dieses Viereck sogar ein Quadrat. Nach dem Satz von Pythagoras gilt für die Seitenlängen P, P,... P + P = Zusammen mit P = P = EQ =... folgt S 13 P P = 36cm und P = P = EQ = 3 cm. Für den Flächeninhalt des chteckes gilt: = 4 chteck Quadrat P 1 chteck = cm = cm = 48 + cm Entsprechend der Ergänzung der obigen Figur zu einem Quadrat hätte man auch mit einer Zerlegung in Teilfiguren arbeiten können. LWM 1988 Runde 1 Seite 13 von 14

14 . Lösung ei der folgenden Lösung mit Hilfe der Trigonometrie wird angenommen, dass die Eigenschaften über die Innenwinkel des chteckes und die Mittelpunktswinkel bereits entsprechend der ersten Lösung begründet sind. ie reiecke, E, EFG und GH weisen jeweils eine Seite der Länge 4 cm und eine Seite der Länge 6 cm auf und stimmen im eingeschlossenen Winkel überein. Sie sind deshalb kongruent. araus folgt = E = EG = G. a die Punkte und auf einem Kreis um M liegen, ist das reieck M gleichschenklig und wegen w(m) = 90 sogar gleichschenklig-rechtwinklig. Gleiches gilt für die reiecke EM, EGM und GM. lle vier reiecke sind zueinander kongruent, da sie in den gemeinsamen Schenkeln und im eingeschlossenen rechten Winkel übereinstimmen. a an jedem Eckpunkt zwei 4 Winkel anliegen, ist das Viereck EG ein Quadrat. Für dessen Seitenlänge x gilt nach dem Kosinussatz im reieck x = a + b ab cos13 1 x = cm er Flächeninhalt des Quadrates ist deshalb Quadrat H = + 4 cm. er Flächeninhalt jedes der vier anliegenden reiecke ergibt sich aus der allgemeinen Flächenformel 1 reieck = a b sin ϕ zu reieck = 6 cm. Für den Flächeninhalt des chteckes folgt daraus = + 4 cm cm = + 48 cm Quadrat. G x 13 M F E LWM 1988 Runde 1 Seite 14 von 14