Landeswettbewerb Mathematik Baden-Württemberg Musterlösungen 1. Runde 2013/2014

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1 Landeswettbewerb Matematik aden-württemberg Musterlösungen 1. Runde 01/014 ufgabe 1 Wolfgang will die Zalen 1,,,, 8 an die Ecken eines ctecks screiben und jede Zal einmal verwenden. abei soll die Summe von je zwei Zalen, die an benacbarten Ecken steen, eine Primzal sein. Welce Möglickeiten at Wolfgang, das cteck so zu bescriften? Lösung: Wolfgang at die folgenden beiden Möglickeiten, wenn er einmal im Urzeigersinn das cteck umläuft und bei startet und endet: oder Zusätzlic gibt es jeweils auc die umgekerte Reienfolge bzw eweisvorsclag: us einer Summentabelle kann man ablesen, welce Zalen benacbart sein können: ie Primzalen sind in der Tabelle fett markiert. er Zeile für 7 entnimmt man, dass nur 7+4 und 7+6 eine Primzal ist. lso kann die 7 nur neben der 4 bzw. neben der 6 steen. Es gilt also: (*) ie 7 muss zwiscen 4 und 6 steen. (**) nalog muss die 8 zwiscen und 5 steen. Wegen (**) gibt es also an den Ecken des ctecks im Urzeigersinn die bfolge -8-5 oder die bfolge a wir später die umgekerte Reienfolge betracten, können wir annemen, dass die bfolge -8-5 ist. us der Tabelle ergibt sic, dass auf 5 nur, 6 oder 8 folgen kann. a die 8 scon verwendet ist, gibt es also zwei Fälle: Entweder folgt 6 oder. LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 1 von 16

2 Fall 1: uf -8-5 folgt 6, also a nac (*) 7 zwiscen 4 und 6 steen muss, muss nun 7 und dann 4 folgen. Wir aben also uf 4 kann aber nur 1, oder 7 folgen, wobei und 7 scon verwendet sind. Es muss also 1 folgen, wonac nur noc übrig bleibt. Insgesamt ergibt sic also a auc die Summe am Ende (+=5) eine Primzal ist, sind alle edingungen für die escriftung des ctecks erfüllt. Fall : uf -8-5 folgt, also Neben der kann nun 1, oder 5 steen. a und 5 scon verwendet sind, muss nun 1 folgen. Nac der 1 kann man mit, 4 oder 6 fortfaren. a bereits verwendet ist, muss 4 oder 6 folgen. Fall a: ie bfolge ist a nac (*) 7 zwiscen 4 und 6 steen muss, ergibt sic die bfolge uc ier sind alle edingungen erfüllt, es ist also eine zweite Möglickeit. Fall b: ie bfolge ist a nac (*) 7 zwiscen 4 und 6 steen muss, muss nun unbedingt die 7 folgen, dann die 6. amit sind alle Zalen verwendet. Somit ergibt sic ies ist aber keine korrekte Lösung, da 6+= keine Primzal ist. Somit tritt dieser Fall nict ein. en Lösungsweg kann man kurz in einem aumdiagramm veranscaulicen: eginnt die bfolge mit 5-8- beim Umlauf im Urzeigersinn, so entstet daraus die bfolge -8-5 beim Umlauf entgegen dem Urzeigersinn. Nac dem obensteenden eweis muss die bfolge entgegen dem Urzeigersinn also oder sein. Im Urzeigersinn ergibt sic also die umgekerte bfolge bzw LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite von 16

3 ufgabe ie nebensteende Figur bestet aus einem Quadrat und zwei gleicseitigen reiecken. Liegen die drei fett markierten Punkte auf einer Geraden? Lösung: ie drei fett markierten Punkte liegen auf einer Geraden. Vorbemerkung: Zur Formulierung der eweise bezeicnen wir die Ecken des Quadrates mit,, und, die Ecke des gleicseitigen reiecks im Innern des Quadrates mit E, die Ecke des gleicseitigen reiecks außeralb des Quadrats mit F. 1. eweisvorsclag (Winkel EF ist ein gestreckter Winkel): Weil die reiecke E und F gleicseitig sind, aben alle ire Innenwinkel die Weite 60. a die Innenwinkel im Quadrat 0 betragen, ergibt sic E = 0 60 = 0. a alle gegebenen Strecken gleic lang sind, ist insbesondere das reieck E gleicscenklig mit asis E E us dem Spitzenwinkel E = 0 berecnet man die Weite des asiswinkels E zu E = = 75. uc das reieck FE ist gleicscenklig. ie Weite seines Spitzenwinkels ist FE = (0 60 ) + 60 = 0. ie Weite des asiswinkels EF ist also EF = 45. Somit ergibt sic EF = E + E + EF = = 180. Somit ist der Winkel EF ein gestreckter Winkel und die Punkte, E und F liegen auf einer Geraden. F. eweisvorsclag (die Winkel E und F sind gleic weit): Nac Konstruktion ist das reieck F gleicscenklig mit Spitzenwinkel F = + F = = 150. lso gilt für den asiswinkel F: F = = 15. as reieck E ist gleicscenklig mit asis E und Spitzenwinkel E = 0 60 = E F LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite von 16

4 Hieraus berecnet man den asiswinkel im reieck E zu E = = 75. Es folgt E = E = 0 75 = 15. Es ist also tatsäclic E = F. Somit liegen die Punkte, E und F auf einer Geraden.. eweisvorsclag (mit Änlickeit): One escränkung der llgemeineit at jede Quadratseite die Länge 1. ie Länge einer Höe im gleicseitigen reieck werde mit bezeicnet. Nac dem Satz von Pytagoras gilt im rectwinkligen reieck EH =. ( 1 ) ( 1 ) ies ist äquivalent zu = 1 oder 1 1 (1 ) : = : (1+ ). 1 G 1- E 1 as bedeutet, dass die Längen der Kateten in den reiecken EG und FK im gleicen Verältnis steen. Folglic sind diese beiden reiecke änlic. esalb sind die Winkel EG und FK gleic weit und E liegt auf der Geraden F. H 1+ K F 4. eweisvorsclag (mit Koordinatensystem): Wir legen über die Figur ein Koordinatensystem, so dass die Ecken des Quadrates die Koordinaten (0 0), (1 0), (1 1) und (0 1) aben. Im gleicseitigen reieck mit Seitenlänge a at die Höe die Länge a, denn (0 1) E( 1 ) (1 1) a a a a a + = = =. (0 0) (1 0) F(1+ 1 ) Somit aben die Punkte E und F die Koordinaten E( 1 ie Gerade E at die Steigung ) und F(1+ 1 ). 1 1 : = ( ) =, somit die Gleicung y = ( ) x + 1. er Punkt F(x F y F ) = F(1+ 1 ) liegt auf dieser Geraden, denn 1 1 ( ) xf + 1 = ( ) = + + 1= + 1= = yf. Somit liegen die drei Punkte auf einer Geraden. LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 4 von 16

5 ufgabe Josef addiert zwei zufällig ausgewälte dreistellige Zalen. Mit welcer Warsceinlickeit gibt es dabei mindestens einen bertrag? Lösung: ie Warsceinlickeit für mindestens einen bertrag ist 77 86,6% eweisvorsclag (über Gegenereignis): Wenn es nict mindestens einen bertrag gibt, so gibt es keinen einzigen bertrag weder an der Einerstelle, noc an der Zenerstelle oder der Hunderterstelle. Wir stellen uns dazu vor, dass Josef die beiden dreistelligen Zalen übereinander screibt, es gibt also eine obere Zal (OZ) und eine untere Zal (UZ). Warsceinlickeit für keinen bertrag bei der Einerziffer Für die Einerziffern der beiden dreistelligen Zalen, die Josef addiert, gibt es je 10 Möglickeiten, nämlic jeweils die Ziffern 0,1,,. Insgesamt gibt es also 10 10=100 Möglickeiten. Es entstet kein bertrag, wenn die Summe der Einerziffern der oberen und der unteren Zal kleinergleic ist. Für welce Einerziffern dies der Fall ist, ergibt sic aus der folgenden Tabelle für die Einerziffern: OZ UZ 0 k k k k k k k k k k 1 k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k 4 k k k k k k 5 k k k k k 6 k k k k 7 k k k 8 k k k In = 55 der 100 Möglickeiten gibt es also keinen bertrag. ie Warsceinlickeit für keinen bertrag ist also = LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 5 von 16

6 Warsceinlickeit für keinen bertrag bei der Zenerziffer unter der Voraussetzung, dass es keinen bertrag bei der Einerziffer gibt Wenn es keinen bertrag bei der Einerziffer gibt, so ist die Situation bei der Zenerziffer völlig analog wie bei der Einerziffer. Es gibt also 100 Möglickeiten für die beiden Zenerziffern, in 55 dieser 100 Möglickeiten gibt es keinen bertrag bei der Zenerziffer ie Warsceinlickeit für keinen bertrag ist also wieder = Warsceinlickeit für keinen bertrag bei der Hunderterziffer unter der Voraussetzung, dass es keinen bertrag bei der Zenerziffer gibt Für die Hunderterziffer ist die 0 nict erlaubt, da die beiden Zalen, die Josef addiert, dreistellig sein sollen. Es gibt ier also nur noc Ziffern, somit also nur = 81 Möglickeiten. ie Tabelle für die Hunderterziffer siet also so aus, wenn es keinen bertrag bei der Zenerziffer gibt: OZ UZ k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k 4 k k k k k 5 k k k k 6 k k k 7 k k 8 k In = 6 der 81 Möglickeiten gibt es keinen bertrag. ie Warsceinlickeit für keinen bertrag ist also ier 6 = as aumdiagramm mit Warsceinlickeiten at somit folgende Gestalt: Hunderterziffer ie Warsceinlickeit für Zenerziffer keinen einzigen bertrag ist also nac Pfadregel =. Einerziffer k k 11 0 k ie Warsceinlickeit für mindestens einen bertrag ist demnac = 86,6% LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 6 von 16

7 . eweisvorsclag (mit verkürztem aumdiagramm): Wenn es mindestens einen bertrag gibt, so gibt es die folgenden drei Fälle: Fall : Es gibt einen bertrag bei den Einerziffern. Fall : Es gibt keinen bertrag bei den Einerziffern, aber einen bertrag bei den Zenerziffern. Fall : Es gibt keinen bertrag bei den Einerziffern und den Zenerziffern, aber einen bertrag bei den Hunderterziffern. as zugeörige aumdiagramm mit Warsceinlickeiten wie im 1. eweisvorsclag folgende Gestalt: Einerziffer k Fall Zenerziffer k 4 5 Hunderterziffer Fall k Fall Fall at die Warsceinlickeit 11 1 =, 0 0 Fall at nac Pfadregel die Warsceinlickeit 11 =, Fall die Warsceinlickeit = ie Fälle, und scließen sic gegenseitig aus, die Gesamtwarsceinlickeit für mindestens einen bertrag ist also die Summe der Warsceinlickeiten für die drei Fälle: + + = eweisvorsclag (mit vollem aumdiagramm): as volle aumdiagramm für berträge at folgende Gestalt: Hunderterziffer Zenerziffer Einerziffer k k k k k k k LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 7 von 16

8 In diesem aumdiagramm kommen zwei Warsceinlickeiten vor, die in den vorigen eweisvorsclägen noc nict berecnet wurden: 1) Warsceinlickeit für einen bertrag der Zenerziffern unter der Voraussetzung, dass es einen bertrag der Einerziffern gibt und ) Warsceinlickeit eines bertrags der Hunderterziffern unter der Voraussetzung, dass es einen bertrag der Zenerziffern gibt. iese beiden Warsceinlickeiten werden wie folgt berecnet: 1) Tabelle für den bertrag der Zenerziffer, unter der Voraussetzung dass es einen bertrag der Einerziffer gibt: OZ UZ Warsceinlickeit für bertrag der Zenerziffer, unter der Voraussetzung dass es einen bertrag der Einerziffer gibt: = Warsceinlickeit für keinen bertrag: 1 = ) Tabelle für den bertrag der Hunderterziffer, unter der Voraussetzung dass es einen bertrag der Zenerziffer gibt: OZ UZ Warsceinlickeit für einen bertrag der Hunderterziffer, unter der Voraussetzung dass es einen bertrag der Zenerziffer gibt: Warsceinlickeit für keinen bertrag: 1 = amit sind alle Warsceinlickeiten im obigen aumdiagramm berecnet. lle fett markierten Pfade im aumdiagramm entalten mindestens einen bertrag. ie Summe der Warsceinlickeiten ist also nac der Pfadregel: = ies war zu zeigen. LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 8 von 16

9 ufgabe 4 Ein Kreis berürt die Parallelen g und in den Punkten und. Zwei Verbindungsstrecken und der Parallelen scneiden sic auf dem Kreis im Punkt P. Zeige: ie Kreistangente durc P albiert die Strecken und. g P 1. eweisvorsclag (mit Tangentenabscnitten): Sei E der Scnittpunkt der Tangenten mit g, F der Scnittpunkt der Tangenten mit. ie Gerade g ist vom Punkt E aus eine Tangente an den Kreis k, der Punkt ist der erürpunkt dieser Tangente. Man nennt daer E einen Tangentenabscnitt. Ebenso sind EP, FP und F Tangentenabscnitte. g k E P F eauptung: ie beiden Tangentenabscnitte von einem äußeren Punkt an einen Kreis k sind gleic lang. eweis der eauptung: Wir beweisen die eauptung für die beiden Tangentenabscnitte E und EP. E a und P auf dem Kreis k um den Mittelpunkt M liegen, ist das reieck MP gleicscenklig. Somit sind k die asiswinkel PM und MP gleic weit. a M ein Radius des Kreises ist und E ein Tangentenabscnitt, M steen E und M senkrect aufeinander. Folglic EP = 0 PM. nalog PE = 0 MP. Somit EP = PE. aer ist das reieck PE gleicscenklig. Folglic sind die beiden Scenkel E und EP gleic lang und die eauptung ist bewiesen. Nac der eauptung gilt E = EP (1) und F = FP (). Nac () ist das reieck FP gleicscenklig. Folglic FP = PF. Nun ist aber FP = EP (Wecselwinkel an den Parallelen g und ) und PF = PE (Sceitelwinkel bei P). amit at das reieck PE gleic weite Winkel bei und P, ist also gleicscenklig mit asis P. Hieraus folgt EP = E (). us (1) und () folgt nun sofort E = E, d.. E albiert die Strecke. P LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite von 16

10 Nac (1) ist das reieck PE gleicscenklig. Folglic EP = PE. Nun ist aber PE = PF (Wecselwinkel an den Parallelen g und ) und EP = FP (Sceitelwinkel bei P). amit at das reieck PF gleic weite Winkel bei und P, ist also gleicscenklig mit asis P. Hieraus folgt FP = F (4). us () und (4) folgt nun sofort F = F, d.. F albiert die Strecke.. eweisvorsclag (mit Talessatz): a g und parallele Tangenten an den Kreis k sind und, die zugeörigen erürpunkte, ist ein urcmesser des Kreis k. Nac dem Satz des Tales ist P = 0. Somit ist auc P = 0, denn liegt auf P. lso liegt auc P auf dem Taleskreis über. a EF als Tangente senkrect auf dem Radius MP stet, ist auc MPF = 0. as reieck MP ist gleicscenklig, also α = PM = MP. Es folgt β = 0 α = PF = FP. Somit ist auc reieck FP gleicscenklig. Ebenso α = 0 β = FP = PF. lso ist auc reieck PF gleicscenklig. Somit F = FP = F und F albiert. nalog albiert E die Strecke. g k M β α β E α β P α F α. eweisvorsclag (mit Symmetrie): Wie im. eweisvorsclag liegt P auf dem Taleskreis k über und auf t dem Taleskreis k über. ie Kreise k und k und ire Scnittpunkte und P sind bezüglic der Geraden β E g MM durc die beiden Kreismit- P k' telpunkte M und M symmetrisc. k M esalb sind auc die beiden Tangenten und t, die k in bzw. P berüren, bezüglic dieser Symmetrieacse symmetrisc. Sie scneiden sic folglic auf dieser Symmetrieacse. M' er Scnittpunkt von und MM ist aber M. esalb verläuft auc die Tangente t durc M, den Mittelpunkt der Strecke. nalog zeigt man, dass t auc die Strecke albiert. LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 10 von 16

11 4. eweisvorsclag (mit restreckung): a ein urcmesser des Kreises k ist, ist P nac dem Satz des Tales g E senkrect zu P. ret man das reieck P gegen den P Urzeigersinn um P um 0, so liegt k M also der ildpunkt von auf der Geraden P, ebenso liegt auf P = P. ' M' ' a MP ein Radius ist, ist die Tangente ='' F=M'' ='' EF senkrect zu MP. lso liegt der ildpunkt M von M auf EF. a senkrect zu ist, ist parallel zu. urc eine zentrisce Streckung mit Zentrum P get in über, d.. =, =. ie Gerade EF durc P get durc diese Streckung in sic über, der Punkt M auf wird also auf F abgebildet, d.. M = F. a M der Mittelpunkt von ist, ist M der Mittelpunkt von und nac der zentriscen Streckung M der Mittelpunkt auf. lso ist F der Mittelpunkt von. nalog ist E der Mittelpunkt von. LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 11 von 16

12 ufgabe 5 ie iagonalen eines konvexen Vierecks zerlegen dieses in vier Teildreiecke. ie Scwerpunkte dieser Teildreiecke bilden ein neues Viereck. Welcer nteil der ursprünglicen Vierecksfläce wird durc das neue Viereck überdeckt? Lösung: er Fläceninalt des neuen Vierecks beträgt des Fläceninalts des ursprünglicen Vierecks. eweisvorsclag: Wir bezeicnen die Eckpunkte des usgangsvierecks mit,,,, die Mittelpunkte seiner Seiten mit M a, M b, M c, M d, den iagonalenscnittpunkt mit N, die Scwerpunkte der reiecke mit S a, S b, S c, S d. iese Scwerpunkte sind bekanntlic die Scnittpunkte der Seitenalbierenden der jeweiligen reiecke. iese Seitenalbierenden sind in der nebensteenden bbildung gestricelt eingezeicnet. M d S d M a M c S c N S a S b M b M a und M d sind die Mittelpunkte der Seiten bzw.. esalb ist M a M d die Mittelparallele im reieck. a N auf der iagonalen liegt, aben und N von M a M d den gleicen bstand. Insbesondere sind also die jeweiligen Höen zur Grundseite M a M d in den reiecken M a M d und NM d M a gleic lang. M d S d M c N S c S b M b araus folgt für die Fläceninalte: 1 FM am = F d NMdM = F a MaNM (*). d M a S a LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 1 von 16

13 S a und S d sind die Scwerpunkte der reiecke N bzw. N. Es ist bekannt: ie Scwerpunkte teilen die Seitenalbierenden im Verältnis 1 : (diese aus dem Unterrict bekannte Tatsace wird der Vollständigkeit alber in der untensteenden Nacbemerkung bewiesen). as bedeutet: NSa = NMa und NSd = NMd. Nac der Umkerung des Stralensatzes ist demnac S a S d parallel zu M a M d. Somit ist nac dem Stralensatz SaSd = MaMd. as reieck S a NS d entstet also aus dem reieck M a NM d durc eine zentrisce Streckung mit dem Streckfaktor k =. Folglic F SaNSd MaNMd = F. 1 Mit (*) erält man damit: FS ans = F d MaNM F d MaNMd =. nalog ergibt sic für die drei anderen Teilvierecke des usgangsvierecks: FS bns = F a MbNM, F ScNS = F b McNM und F b SdNS = F c MdNM. c a F = F + F + F + F und SaSbScSd SaNSd SbNSa ScNSb SdNSc F = FM anm + F d MbNM + F a McNM + F b MdNM folgt: F : F : c Sa SbScSd =. ies war zu zeigen. Nacbemerkung: ie Tatsace, dass der Scwerpunkt in einem reieck eine Seitenalbierende im Verältnis 1 : teilt, kann man einer Formelsammlung entnemen oder wie folgt beweisen. M d S d M a M c N S c S a S b M b Es gilt: - er Scwerpunkt S ist der Scnittpunkt der Seitenalbierenden M a und M b ; - M a M b ist Mittelparallele zu, d.. 1 ist parallel zu M a M b und MaMb = ; - er Mittelpunkt M von M a M b ist auc der Mittelpunkt von M c. Nac dem Stralensatz mit Zentrum S folgt McS : SM = :MaMb = :1, also 1 1 McS = McM. Somit McS = Mc = Mc, bzw. McS : S = 1:. M b S M c M M a LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 1 von 16

14 ufgabe 6 Zeige: ildet man von fünf versciedenen natürlicen Zalen alle möglicen positiven ifferenzen je zweier dieser Zalen, so ist das Produkt aller ifferenzen durc 88 teilbar. Vorbemerkung: ngenommen zwei Zalen a und b lassen bei der ivision durc 4 den gleicen Rest. ann ist die ifferenz a b durc 4 teilbar. Genauso ist a b durc teilbar, wenn a und b bei ivision durc den gleicen Rest lassen. eweis der Vorbemerkung: ngenommen a und b lassen bei der ivision durc 4 den Rest r (als Rest ist ier 0, 1, oder möglic). ann ist a = 4 m+r und b = 4 n+r. Somit ist a b = (4m+r) (4n+r) = 4 (m-n). lso ist a b durc 4 teilbar. nalog ist der eweis für. 1. eweisvorsclag: Es ist 88 = 5 =. a und teilerfremd sind, genügt es zu zeigen, dass das Produkt der positiven ifferenzen der fünf Zalen durc und durc teilbar ist. Scritt 1: as Produkt ist durc teilbar. Fall 1: Vier der fünf gegebenen Zalen sind ungerade. iese vier ungeraden Zalen seien a,b,c,d mit a<b<c<d. a die ifferenz zwiscen zwei ungeraden Zalen gerade ist, sind alle ifferenzen zwiscen diesen vier ungeraden Zalen gerade. ie positiven ifferenzen sind die folgenden secs ifferenzen: d a, d b, d c, c a, c b, b a. a sie alle gerade sind ist ir Produkt sogar durc 6 = 64 teilbar und damit auc das Produkt aller positiven ifferenzen der fünf Zalen. Fall : Vier der fünf gegebenen Zalen sind gerade. uc in diesem Fall ist das Produkt der ifferenzen analog zu Fall 1 durc 6 = 64 teilbar, da auc die ifferenz zwiscen zwei geraden Zalen gerade ist. Fall : rei der fünf gegebenen Zalen sind ungerade, die beiden anderen Zalen sind gerade. ie drei ungeraden Zalen seien a,b,c mit a<b<c. ie beiden geraden Zalen seien d und e mit d<e. ie positiven ifferenzen c b, c a, b a sowie e d sind wie in Fall 1 alle gerade. a a, b und c ungerade sind, lassen sie bei der ivision durc 4 entweder den Rest 1 oder den Rest. a es also für a,b,c nur zwei möglice Reste gibt, kommt ein Rest dop- LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 14 von 16

15 pelt vor, d.. zwei der drei Zalen lassen beim Teilen durc 4 denselben Rest. ie ifferenz dieser beiden Zalen ist dann nac Vorbemerkung durc 4 teilbar. ie vier ifferenzen c b, c a, b a, e d sind also alle gerade, zusätzlic ist mindestens eine der ifferenzen durc 4 teilbar. Somit ist das Produkt (c b) (c a) (b a) (e d) durc 4 = teilbar. Fall 4: rei der fünf gegebenen Zalen sind gerade, die beiden anderen Zalen sind ungerade. uc in diesem Fall ist das Produkt der ifferenzen analog zu Fall durc teilbar, die Rolle der geraden und ungeraden Zalen wird nur vertausct, was für die ifferenzen keine Rolle spielt. Sind unter den fünf gegebenen Zalen weniger als drei ungerade Zalen, so sind mindestens drei der fünf Zalen gerade. Es gibt also entweder drei gerade oder drei ungerade Zalen. Somit sind alle möglicen Fälle abgedeckt und wir aben bewiesen, dass das Produkt immer durc teilbar ist. Scritt : as Produkt ist durc teilbar. ls Reste bei der ivision einer Zal durc sind 0, 1 oder möglic. ei fünf gegebenen Zalen gibt es also für die Reste bei irer ivision durc zwei Möglickeiten: Entweder aben mindestens drei der fünf Zalen bei ivision durc denselben Rest. Oder bei ivision durc kommen zwei Reste doppelt vor, der dritte Rest kommt noc einmal vor. Fall 1: ei ivision der fünf gegebenen Zalen durc kommt ein Rest mindestens drei Mal vor. Seien a,b,c drei der gegebenen Zalen (a<b<c), die bei ivision durc denselben Rest lassen. ann sind nac Vorbemerkung alle ifferenzen dieser drei Zalen durc teilbar. Somit ist das Produkt (c b) (c a) (b a) sogar durc =7 teilbar. Fall : ei ivision der fünf gegebenen Zalen durc kommen zwei Reste doppelt vor, der dritte Rest kommt einmal vor. ie Zalen a und b (a<b) lassen bei ivision durc denselben Rest, ebenso die Zalen c und d (c<d). ann sind nac Vorbemerkung die ifferenzen b a und d c durc teilbar. Somit ist das Produkt (b a) (d c) durc = teilbar. In jedem Fall ist das Produkt der positiven ifferenzen der fünf gegebenen Zalen also durc teilbar. LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 15 von 16

16 . eweisvorsclag: One Einscränkung sind die fünf Zalen mit a 1, a, a, a 4 und a 5 bezeicnet und der Größe nac geordnet: a 1 < a < a < a 4 < a 5. ls positive ifferenzen ergeben sic die folgenden 10 Zalen: a 5 a 1, a 5 a, a 5 a, a 5 a 4, a 4 a 1, a 4 a, a 4 a, a a 1, a a, a a 1. Es soll nun gezeigt werden, dass ir Produkt durc 88 = 5 teilbar ist. eauptung 1: Zwei der 10 ifferenzen sind durc teilbar. ei der ivision durc gibt es drei versciedene Reste: 0, 1 und. 1. Fall: rei der fünf Zalen aben den gleicen Rest. iese drei Zalen seien a i, a j und a k mit i < j < k. Somit sind nac Vorbemerkung a k a j, a k a i und a j a i durc teilbar.. Fall: Keine drei Zalen aben den gleicen Rest. lso aben maximal zwei Zalen den gleicen Rest. a es 5 Zalen gibt, die auf Reste verteilt werden müssen, gibt es zwei Paare von Zalen (etwa a i, a j und a k, a l mit i < j und k < l) mit jeweils gleicem Rest. Somit sind nac Vorbemerkung a j a i und a l a k beide durc teilbar. lso sind mindestens zwei ifferenzen durc teilbar und eauptung 1 ist bewiesen. eauptung : Eine der 10 ifferenzen ist durc 4 teilbar. ei der ivision durc 4 gibt es vier versciedene Reste: 0, 1, und. a es 5 Zalen gibt, die auf diese 4 Reste verteilt werden müssen, gibt es ein Paar von Zalen (etwa a i, a j mit i <j) mit gleicem Rest. Somit ist nac Vorbemerkung a j a i durc 4 teilbar. eauptung : Mindestens vier der 10 ifferenzen sind durc teilbar. ei der ivision durc gibt es zwei versciedene Reste: 0 und Fall: Vier Zalen der fünf Zalen aben den gleicen Rest. iese vier Zalen seien a i, a j, a k, und a l mit i <j<k<l. Somit sind a l a k, a l a j, a l a i, a k a i, a k a j und a j a i durc teilbar.. Fall: Keine vier Zalen aben den gleicen Rest. a es 5 Zalen gibt, die auf Reste verteilt werden müssen, gibt es drei Zalen (etwa a i, a j, a k mit i <j<k) mit gleicem Rest. ber auc die beiden anderen Zalen (a l, a m mit l <m) aben einen gemeinsamen Rest. Somit sind a k a j, a k a i und a i a j, aber auc a m a l durc teilbar. lso sind in jedem Fall mindestens vier ifferenzen durc teilbar. us eauptung 1und folgt sofort, dass das Produkt der 10 ifferenzen durc 4 teilbar ist. erücksictigt man, dass eine ifferenz nac eauptung durc 4 teilbar ist, ist das Produkt noc durc einen weiteren Faktor teilbar. Somit ist das Produkt der 10 ifferenzen durc 4 = 88 teilbar. LWM 01/14, Lösungen 1. Runde Seite 16 von 16