Lösungen - 9. Klasse / 9. Schulstufe

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1 Lösungen der Aufgaben Lösungen - 9. Klasse / 9. Schulstufe 1. Für ein 0-Eck gilt: I. Je zwei benachbarte Seiten stehen senkrecht zueinander. und II. Jede Seite ist 1 cm lang. Die Frage: Wie viele cm kann der Flächeninhalt eines solchen 0-Ecks betragen? Bemerkung: Das 0-Eck darf keine Teile der Form wie in der Figur beinhalten. Hier gibt es nämlich einen Punkt, der auf vier Seiten liegt. Jeder Eckpunkt muss aber gemeinsamer Punkt von genau benachbarten Seiten sein. (A) 7 (B) 9 (C) 11 (D) 13 (E) 15 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 9, 11 und 13 Lösungen sind. Dazu geben wir je ein passendes Beispiel an: Flächeninhalt 9 cm Flächeninhalt 11 cm Flächeninhalt 13 cm In Teil erläutern wir, dass 7 keine Lösung ist. Man kann die Aufgabe auch so auffassen: Gegeben sind 7 kleine Quadrate mit der Seitenlänge 1 cm, aus denen man ein 0-Eck mit der Eigenschaften aus der Aufgabe basteln soll. Man stellt jedoch fest: Es gibt überhaupt kein Vieleck bestehend aus 7 kleinen Quadraten, das sowohl I. als auch II. erfüllen würde. Man kann versuchen, Vielecke zu basteln, die I. erfüllen. Diese erfüllen aber II. nicht. Figur 1, Figur und Figur 3 zeigen drei solche Vielecke. 7 ist daher keine Lösung. Figur 1 Figur Figur 3 Anregung: Der geneigte Leser möge weitere Vielecke aus 7 kleinen Quadraten untersuchen. Die richtige(n) Antwort(en): B, C, D

2 9. Klasse / 9. Schulstufe. Wie viele reelle Zahlen gibt es insgesamt, für die gilt: I. Die Zahl geteilt durch 4 ergibt ein Viertel der Zahl und II. Die Zahl geteilt durch 3 ergibt ein Drittel der Zahl und III. Die Zahl geteilt durch 1 ergibt die Hälfte der Zahl. (A) 0 (B) 1 (C) 3 (D) 4 (E) unendlich viele Lösung: Eine solche Zahl sei x. In Teil 1 untersuchen wir die Eigenschaft I. x 1 x : 4 = = 4 4 x. Wir stellen fest: Die Eigenschaft I. ist für jede reelle Zahl erfüllt. (1) x 1 In Teil untersuchen wir die Eigenschaft II. x : 3 = = 3 3 x. Wir stellen fest: Die Eigenschaft II. ist ebenfalls für jede reelle Zahl erfüllt. () In Teil 3 untersuchen wir die Eigenschaft III. x : 1 = x (*) Nebenrechnung: x : 1 = x 1 : 1 = x 1 1 x = x 4x = x 3x = 0 x = 0. = x. Eingesetzt in (*) erhalten wir: Wir stellen fest: Die Eigenschaft III. ist nur für eine reelle Zahl (für die 0) erfüllt. (3) In Teil 4 ziehen wir die Schlussfolgerung. Aus (1), () und (3) folgt: x = 0 ist die einzige Zahl, die alle drei Eigenschaften hat. Die richtige(n) Antwort(en): B 3. Die Winkelweiten der Innenwinkel eines n-ecks sind (in Grad gemessen),,, n (die Winkelweiten nehmen also stets um zu). Welchen Wert kann n annehmen? Bemerkung: Alle Innenwinkel des n-ecks sind kleiner als 180. (A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 6 (E) 7 Lösung: In Teil 1 finden wir einen Term für die Summe n. Im 1. Schritt klammern wir aus: n (1 n). Im. Schritt berechnen wir die Summe S = n. Dazu schreiben wir dieselbe Summe zweimal ab, wobei wir die Reihenfolge der Summanden beim zweiten Mal umkehren. S = n S = n + n Wir addieren die zwei Gleichungen: S = (n + 1) + (n + 1) + + (n + 1)

3 Lösungen der Aufgaben Der Summand (n + 1) kommt genau n Mal vor. Daraus folgt: nn ( 1) nn ( 1) S = n(n + 1) S =, also n =. Damit gilt: nn ( 1) n (*) In Teil ermitteln wir n. Die Winkelsumme in jedem n-eck ist (n ) 180. Aus (*) folgt: nn ( 1) ( n ) 180 oder, aufgelöst nach : ( n ) 180 (**) nn ( 1) Der größte Winkel des n-ecks ist n. Aus der Bemerkung und aus (**) folgt: ( n ) 180 ( n ) n < 180 n < 180 < 1 n ( n 1) n 1 n 4 < n + 1 n < 5 In einem n-eck ist n mindestens 3. Wegen n < 5 kommen daher nur n = 3 und n = 4 in Frage Für n = 3 ist 30. Die 3 Winkel sind 30, 60, 90, also 30, 34 30, Die Winkelsumme ist = 180, es stimmt in diesem Dreieck. 180 Für n = 4 ist 36. Die 4 Winkel sind 36, 7, 108, 144, also 34 36, 36, 3 36, Die Winkelsumme ist = 360, es stimmt in diesem Viereck. Die richtige(n) Antwort(en): A, B 4. Ein Test besteht aus 1 Fragen. Für eine Testgruppe gilt: I. Genau zwei Drittel der Personen haben mindestens die Hälfte der Fragen richtig beantwortet. und II. Genau die Hälfte der Personen haben mindestens zwei Drittel der Fragen richtig beantwortet. Jede Person hat mindestens eine Frage richtig beantwortet und es gab insgesamt 100 richtige Antworten. Die Frage: Wie viele Personen können in dieser Testgruppe gewesen sein? (A) 6 (B) 1 (C) 18 (D) 4 (E) 30 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 1 eine Lösung ist. Wenn 4 Personen genau 4 Fragen, Personen genau 6 Fragen und 6 Personen alle 1 Fragen richtig beantwortet haben, dann gilt: Genau 8 Personen ( + 6) haben mindestens die Hälfte der Fragen richtig beantwortet und 8 ist zwei Drittel von 1. I. stimmt also.

4 9. Klasse / 9. Schulstufe Genau 6 Personen haben mindestens zwei Drittel der Fragen richtig beantwortet und 6 ist die Hälfte von 1. II. stimmt ebenfalls. Die Gesamtzahl der richtigen Antworten ist In Teil zeigen wir, dass 18 eine Lösung ist. Wenn Personen genau 1 Frage, 4 Personen genau Fragen, 3 Personen genau 6 Fragen und 9 Personen genau 8 Fragen richtig beantwortet haben, dann gilt: Genau 1 Personen (3 + 9) haben mindestens die Hälfte der Fragen richtig beantwortet und 1 ist zwei Drittel von 18. I. stimmt also. Genau 9 Personen haben mindestens zwei Drittel der Fragen richtig beantwortet und 9 ist die Hälfte von 18. II. stimmt also ebenfalls. Die Gesamtzahl der richtigen Antworten beträgt In Teil 3 zeigen wir, dass 6 keine Lösung ist. Begründung: Selbst wenn alle 6 Personen alle 1 Fragen richtig beantwortet hätten, gäbe es insgesamt nur 6 1 = 7 richtige Antworten aber 7 ist nicht 100. In Teil 4 zeigen wir, dass 4 keine Lösung ist. Begründung: Laut I. müssten 16 Personen mindestens 6 Fragen richtig beantwortet haben. Dies wären schon mindestens 16 6 = 96 richtige Antworten. Die anderen 8 Personen (4 16) müssten mindestens je eine Frage richtig beantwortet haben. Somit gäbe es mindestens = 104 richtige Antworten. Dies geht aber nicht, da 104 größer als 100 ist. Ähnlich lässt sich zeigen, dass 30 ebenfalls keine Lösung ist. Der geneigte Leser möge dies prüfen. Die richtige(n) Antwort(en): B, C 5. Die Figur zeigt einen Ausschnitt eines unendlichen Gitternetzes. Die Seitenlänge der kleinen Quadrate beträgt 10 cm. Jeder Sprung eines Grashüpfers ist eine gerade Strecke der Länge 50 cm. Er kann aus einem beliebigen Gitternetzpunkt starten und möchte alle 8 markierten Punkte passieren. Die Frage: Nach wie vielen Sprüngen kann ihm dies gelingen? Bemerkung: Der Startpunkt muss nicht im sichtbaren Bereich liegen. (A) 8 (B) 9 (C) 11 (D) 13 (E) 14 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 8 eine Lösung ist. Figur 1 zeigt den Startpunkt A und die 8 Sprünge. Es ist noch zu prüfen, ob alle Sprünge wirklich 50 cm lang sind. Erläuterung zum 1. Sprung: Wenn wir von A aus eine Senkrechte nach oben zeichnen, entsteht ein rechtwinkliges Dreieck mit den Katheten 30 cm und 40 cm. Mit dem Satz des Pythagoras können wir die Länge der Hypotenuse ermitteln. Aus c = folgt c = 50 cm. Anregung: Der geneigte Leser möge weitere Sprünge prüfen. In Teil zeigen wir, dass 9 ebenfalls eine Lösung ist. Dazu reicht es, wenn der Startpunkt aus Figur 1 um 50 cm nach links in den Punkt B verlegt wird (siehe Figur ).

5 Lösungen der Aufgaben Ähnlich kann man zeigen, dass 11, 13 und 14 ebenfalls Lösungen sind. Figur 1 Figur Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D, E 6. Max und Moritz möchten Falschgeld herstellen. Sie haben bereits 1 fertig bedruckte Scheine, denen nur noch eine sechsstellige Seriennummer fehlt. Jeder Schein hat hierzu 6 Felder, in die Ziffern eingetragen werden müssen. Sie gehen folgendermaßen vor: Moritz sagt eine Ziffer, entweder eine 1 oder eine (nur diese). Max entscheidet dann, auf welchen Geldschein und in welches leere Feld er diese Ziffer einträgt (Moritz kann sehen, was Max tut). Dies setzen sie fort, bis alle Felder auf allen 1 Scheinen ausgefüllt sind. Wenn sie fertig sind, darf sich Moritz Scheine aussuchen. Aber nur solche Scheine, unter denen keine zwei die gleiche Seriennummer haben. Alle restlichen Scheine gehören Max. Die Frage: Was ist die größte Anzahl von Scheinen, die Moritz auf jeden Fall erhalten kann? Bemerkung: Sowohl Max als auch Moritz tun ihr Bestes, um möglichst viele Scheine zu ergattern. (A) 1 (B) (C) 6 (D) 11 (E) 1 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass eine Lösung ist. Begründung: Bevor Moritz die letzte Ziffer diktiert, schaut er sich an, welches Feld noch frei ist. Er schaut sich dieses Feld auf den anderen Scheinen ebenfalls an. Wenn in all diesen Feldern dieselbe Ziffer stünde, diktiert er die andere Ziffer. Beispiel: Wenn auf elf Scheinen die 5. Ziffer eine 1 ist, diktiert Moritz für den zwölften Schein als 5. Ziffer eine. Damit gibt es sicher zwei Scheine, die unterschiedliche Seriennummern haben weil die Felder Nr. 5 verschieden sind.

6 9. Klasse / 9. Schulstufe In Teil zeigen wir, dass es keine andere Lösung gibt, d. h. mehr als Scheine bekommt Moritz nicht wenn Max schlau genug ist. Um die Vorgehensweise von Max zu schildern, legen wir die 1 Scheine untereinander. Es entsteht eine 1 6 Tabelle (die stehen für jene Scheine, die man nicht sieht). Max geht folgendermaßen vor: Er schreibt die erste 1 in das Kästchen oben links, die anderen 1-er in diese Spalte von oben nach unten. Wenn eine Spalte voll wird, geht er in die nächste Spalte über. Max schreibt die erste in das Kästchen unten rechts, die anderen -er in diese Spalte von unten nach oben. Wenn eine Spalte voll wird, geht er in die nächste Spalte über. Wenn alle Kästchen ausgefüllt sind, gibt es höchstens eine Spalte, in der sowohl die 1 als auch die vorkommen. Bis auf diese Spalte sind die anderen Felder aller 1 Scheine gleich. Es gibt daher höchstens verschiedene Seriennummern. Beispiel: In der Abbildung sind diese Seriennummern 1111 und 111. Beachte: In Teil 1 zeigten wir, dass Moritz für zwei unterschiedliche Seriennummern sorgen kann. Die richtige(n) Antwort(en): B In einem Raum sind 10 Personen. Jeder von ihnen ist entweder ein Ehrlicher (sie sagen stets die Wahrheit) oder ein Lügner (sie lügen stets). Jede Person trägt eine Mütze, die entweder weiß oder schwarz ist. Alle 10 Personen behaupten: Von den 9 Mützen der anderen sind 3 schwarz und 6 weiß. Die Frage: Wie viele Lügner können sich insgesamt im Raum befinden? (A) 3 (B) 4 (C) 6 (D) 7 (E) 10 Lösung: In Teil 1 untersuchen wir den Fall, dass sich im Raum mindestens ein Ehrlicher befindet. Wir wählen nun einen Ehrlichen aus. Unter Behauptung verstehen wir im Folgenden stets den Satz Von den 9 Mützen der anderen sind 3 schwarz und 6 weiß. Wir unterscheiden zwei Fälle: 1. Fall: Der ausgewählte Ehrliche trägt eine weiße Mütze. Da ein Ehrlicher stets die Wahrheit sagt, folgt aus seiner Behauptung Von den 9 Mützen der anderen sind 3 schwarz und 6 weiß. : Im Raum sind 3 schwarze und 7 weiße Mützen. Die anderen Personen, die eine weiße Mütze tragen, sehen auch genau 3 schwarze und 6 weiße Mützen. Daher sagen sie durch ihre Behauptung ebenfalls die Wahrheit. Alle 7 Personen mit weißer Mütze sind also Ehrliche. Die 3 Personen mit einer schwarzen Mütze sehen schwarze und 7 weiße Mützen. Daher ist für sie die Behauptung Von den 9 Mützen der anderen sind 3 schwarz und 6 weiß. falsch. Sie sind also Lügner. Daraus folgt: Es gibt 7 Ehrliche und 3 Lügner.

7 Lösungen der Aufgaben. Fall: Der ausgewählte Ehrliche trägt eine schwarze Mütze. Da ein Ehrlicher stets die Wahrheit sagt, folgt aus seiner Behauptung Von den 9 Mützen der anderen sind 3 schwarz und 6 weiß. : Im Raum sind 4 schwarze und 6 weiße Mützen. Die anderen Personen, die eine schwarze Mütze tragen, sehen auch genau 3 schwarze und 6 weiße Mützen. Daher sagen sie durch ihre Behauptung ebenfalls die Wahrheit. Alle 4 Personen mit einer schwarzen Mütze sind also Ehrliche. Die 6 Personen mit einer weißen Mütze sehen 4 schwarze und 5 weiße Mützen. Daher ist für sie die Behauptung Von den 9 Mützen der anderen sind 3 schwarz und 6 weiß. falsch. Sie sind also Lügner. Daraus folgt: Es gibt 4 Ehrliche und 6 Lügner. In Teil untersuchen wir den Fall, dass alle 10 Personen Lügner sind. Wenn z. B. alle 10 eine schwarze Mütze tragen, dann ist die Aussage Von den 9 Mützen der anderen sind 3 schwarz und 6 weiß. für jede der 10 Personen gelogen. Dies bedeutet, dass 10 ebenfalls eine Lösung ist. Die richtige(n) Antwort(en): A, C, E 8. Eva unterteilt die Zahlen 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 in zwei Gruppen, so dass das Produkt der Zahlen aus der ersten Gruppe und die Summe der Zahlen aus der zweiten Gruppe gleich sind. Die Frage: Aus insgesamt wie vielen Zahlen kann die erste Gruppe bestehen? (A) 1 (B) (C) 3 (D) 4 (E) Keine dieser Antworten. Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass eine Lösung ist. Wenn sich in der ersten Gruppe die Zahlen 6 und 7 befinden, dann sind in der zweiten Gruppe die Zahlen 1,, 3, 4, 5, 8, 9, 10. Probe: 6 7 = 4 und = 4. Die Bedingung ist erfüllt. In Teil zeigen wir, dass 3 eine Lösung ist. Wenn sich in der ersten Gruppe die Zahlen 1, 4 und 10 befinden, dann sind in der zweiten Gruppe die Zahlen, 3, 5, 6, 7, 8, 9. Probe: = 40 und = 40. Die Bedingung ist erfüllt. In Teil 3 zeigen wir, dass 4 eine Lösung ist. Wenn sich in der ersten Gruppe die Zahlen 1,, 3 und 7 befinden, dann sind in der zweiten Gruppe die Zahlen 4, 5, 6, 8, 9, 10. Probe: = 4 und = 4. Die Bedingung ist erfüllt. In Teil 4 zeigen wir, dass 1 keine Lösung ist. Wenn sich in der ersten Gruppe nur eine Zahl befände, wäre die Summe der anderen neun Zahlen mindestens = 45 (wenn die Zahl in der ersten Gruppe die 10 ist). Eine Zahl zwischen 1 und 10 kann aber niemals den Wert 45 oder mehr annehmen. Die Bedingung ist nicht erfüllt. In Teil 5 begründen wir, dass (E) ebenfalls keine Lösung ist. Denn: Wir haben bereits richtige Antworten gefunden (siehe Teil 1, Teil und Teil 3). Die richtige(n) Antwort(en): B, C, D

8 9. Klasse / 9. Schulstufe 9. Eine vierstellige Zahl ist teilbar durch 8. Was kann die Quersumme dieser Zahl sein? Bemerkung: Unter Quersumme einer Zahl versteht man die Summe all ihrer Ziffern. (A) 9 (B) 30 (C) 33 (D) 34 (E) 35 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 9, 30 und 33 Lösungen sind. Dazu geben wir jeweils ein passendes Beispiel an. 999 ist teilbar durch 8 (999 = 8 149) und ihre Quersumme ist = ist teilbar durch 8 (9984 = 8 148) und ihre Quersumme ist = ist teilbar durch 8 (9888 = 8 136) und ihre Quersumme ist = 33. In Teil zeigen wir, dass 34 und 35 keine Lösungen sind. Feststellung: Wenn eine Zahl durch 8 teilbar ist, dann ist ihre Einerziffer teilbar durch. Begründung: Wenn eine Zahl teilbar durch 8 ist, dann ist sie auch teilbar durch. Im 1. Schritt zeigen wir, dass 34 keine Lösung ist. Wenn 34 eine Lösung wäre, dann gäbe es eine vierstellige Zahl, deren Quersumme 34 wäre. 34 kann aber nur so zu Stande kommen: 34 = oder 34 = Fall: 34 = Dies geht aber nicht, da weder 7 noch 9 durch teilbar ist (siehe Feststellung).. Fall: 34 = Laut Feststellung kommen folgende vierstellige Zahlen in Frage: 8998, 9898, Keiner von diesen ist jedoch teilbar durch 8, denn 8998 : 8 = 114, Rest 6 bzw = 137, Rest und 9988 = 148, Rest 4. Keine der Reste ist 0, daher ist keine der Zahlen teilbar durch 8. Im. Schritt zeigen wir, dass 35 ebenfalls keine Lösung ist. Wenn 35 eine Lösung wäre, dann gäbe es eine vierstellige Zahl, deren Quersumme 35 wäre. 35 kann aber nur so zu Stande kommen: 35 = Laut Feststellung kommt nur 9998 in Frage, die jedoch nicht durch 8 teilbar ist: 9998 = 149, Rest 6. Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C 10. Es sei A = {1; ; 3; ; 017; 018; 019}. Anna hat eine Teilmenge B von A ausgewählt, so dass gilt: Die Summe zweier beliebiger Zahlen aus B liegt nicht in B. Die Frage: Wie viele Elemente kann B haben? 1. Bemerkung: A beinhaltet alle 019 natürlichen Zahlen von 1 bis Bemerkung: Wir schildern den Begriff Teilmenge durch folgendes Beispiel: T = {; 5} ist eine Teilmenge der Menge M = {1; ; 3; 5; 7}, weil jedes Element von T in M liegt. Man schreibt: T M. (A) 673 (B) 1000 (C) 1010 (D) 100 (E) 1346 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 1010 eine Lösung ist. Tatsächlich, B = {1; 3; 5;, 017; 019}, also alle ungeraden Zahlen aus A, erfüllt die

9 Lösungen der Aufgaben Bedingung: Da die Summe zweier ungerader Zahlen stets eine gerade Zahl ist, liegt diese nicht in B. Wir zeigen noch, dass B genau 1010 Elemente hat. Dazu schreiben wir die Zahlen anders, und zwar: 1 = 0 + 1, 3 = 1 + 1, 5 = + 1,, 017 = , 019 = Aus den kursiv geschrieben Zahlen folgt, dass B genau 1010 ( ) Elemente hat. In Teil zeigen wir, dass 1000 ebenfalls eine Lösung ist. Dazu reicht es, wenn wir von der Menge B aus Teil 1 die zehn größten Elemente weglassen: B* = {1; 3; 5;, 1999; 001}. Alle Zahlen aus B* sind weiterhin ungerade. Da die Summe zweier ungerader Zahlen stets eine gerade Zahl ist, liegt diese nicht in B*. Aus 001 = folgt, dass B* genau 1000 ( ) Elemente hat. In Teil 3 stellen wir fest, dass 673 ebenfalls eine Lösung ist. B** = {1; 3; 5;, 1343; 1345}, also alle ungeraden Zahlen aus A von 1 bis 1345, erfüllt die Bedingung. Dies lässt sich wie in Teil 1 oder Teil zeigen. Der geneigte Leser möge dies prüfen. In Teil 4 befassen wir mit Teilmengen, die mehr als 1010 Elemente haben. Dazu untersuchen wir zwei Beispiele. Beispiel 1: B1 = {1; 3; 5; ; 017; 018; 019}. Die Teilmenge B aus Teil 1 wurde mit der Zahl 018 erweitert. B1 hat damit 1011 Elemente. Die Summe der zwei Zahlen 1 und 018 aus B1 liegt aber ebenfalls in B1 ( = 019). Dies darf aber nicht sein. Das Beispiel scheitert also. Beispiel : B = {; 4; 6; ; 014; 016; 017; 018; 019}. Die Teilmenge B enthält alle 1009 geraden Zahlen aus A sowie die beiden ungeraden Zahlen 017 und 019. B hat damit 1011 Elemente. Die Summe der zwei Zahlen und 4 aus B liegt aber ebenfalls in B ( + 4 = 6). Dies darf aber nicht sein. Das Beispiel scheitert also ebenfalls. Der geneigte Leser möge selbst weitere Beispiele untersuchen. Es lässt sich zeigen, dass 1010 die größte Lösung ist. Dies bedeutet: 100 und 1346 sind keine Lösungen. Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C 11. Irgendwann kommt es zu einer Begegnung zwischen Menschen und Außerirdischen. Die Außerirdischen haben ebenfalls je zwei Füße mit je 5 Zehen, aber sowohl die Anzahl ihrer Hände als auch die Anzahl ihrer Finger an jeder Hand ist anders als bei den Menschen. Jeder Außerirdische hat die gleiche Anzahl Hände. An jeder Hand befindet sich dieselbe Anzahl Finger. Bei der Begegnung gab es 6 Außerirdische mehr als Menschen. Die Gesamtzahl der Finger und Zehen der Außerirdischen war um 1 weniger als die Gesamtzahl der Finger und Zehen der Menschen. Die Frage: Wie viele Teilnehmer kann diese Begegnung insgesamt gehabt haben? Bemerkung: Alle Menschen, die an der Begegnung teilgenommen haben, hatten je zwei Hände mit je 5 Fingern und je zwei Füße mit je 5 Zehen. (A) 9 (B) weniger als 100 (C) 115 (D) weniger als 50 (E) mehr als 50

10 9. Klasse / 9. Schulstufe Lösung: In Teil 1 führen wir Bezeichnungen ein, formulieren einige Feststellungen und stellen eine Gleichung auf. Es sei x die Anzahl der Menschen. 1. Feststellung: Es gibt x + 6 Außerirdische. Die Gesamtanzahl der Finger eines Außerirdischen sei n.. Feststellung: Ein Außerirdischer hat 10 + n Finger und Zehen. Aus der 1. und Feststellung folgt: 3. Feststellung: Alle Außerirdischen haben insgesamt (x + 6) (10 + n) Finger und Zehen. 4. Feststellung: Ein Mensch hat 0 Finger und Zehen. 5. Feststellung: x Menschen haben 0x Finger und Zehen. Aus der Bedingung der Aufgabe bzw. aus der 3. und 5. Feststellung folgt: 0x = (x + 6) (10 + n) + 1 (1) In Teil beantworten wir die Frage der Aufgabe. Im 1. Schritt multiplizieren wir die Klammern bei (1) aus. Wir erhalten: Oder, nach Vereinfachungen: 0x = 10x + nx n + 1 () nx + 6n 10x + 61 = 0 (3) Im. Schritt formen wir die Gleichung (3) geschickt um: (n 10)(x + 6) = 0 (4) oder (n 10)(x + 6) = 11 (*) Probe: ( n 10)( x 6) 11 nx + 6n 10x 60 = 11 nx + 6n 10x + 61 = 0 und dies ist (3). Im 3. Schritt lösen wir die Gleichung (*). 6. Feststellung: n 10 ist eine ganze Zahl, x + 6 ist eine positive ganze Zahl. 7. Feststellung: n 10 ist größer oder gleich 9 (da n positiv ist). 8. Feststellung: n 10 und x + 6 sind Teiler von Feststellung: Die Teiler von 11 sind 1, 11 und 11. Aus den letzten Feststellungen folgt: n 10 = 1 und x + 6 = 11 Damit ist n = 9 und x = 115. An der Begegnung nahmen somit 115 Menschen und 11 Außerirdische teil. Es gab also insgesamt 36 ( ) Teilnehmer. 36 ist kleiner als 50. Die richtige(n) Antwort(en): D

11 Lösungen der Aufgaben 1. Gesucht sind alle geordneten Zahlenpaare (x; y), so dass gilt: I. x und y sind irrationale Zahlen und II. Die Terme x y und x y stellen rationale Zahlen dar. Die Frage: Welche der folgenden Aussagen trifft zu? (A) Es gibt nur ein solches Zahlenpaar (x; y). (B) Es gibt mehr als ein solches Zahlenpaar (x; y). (C) Es gibt kein solches Zahlenpaar (x; y). (D) Es gibt weniger als 6 solche Zahlenpaare (x; y). (E) Es gibt unendlich viele solche Zahlenpaare (x; y). Lösung: Wir zeigen, dass es unendlich viele Lösungen gibt. Genauer: Wir werden beweisen, dass x 3 n und y 1 3 n für jede natürliche Zahl n die Bedingungen erfüllen. 1. Feststellung: 3 ist eine irrationale Zahl (da 3 keine Quadratzahl ist). 1. Behauptung: x 3 n ist eine irrationale Zahl für jede natürliche Zahl n. Beweis: Wenn x doch eine rationale Zahl wäre, dann gälte 3 =. Die linke xn Seite ist irrational, die rechte Seite wäre jedoch rational. Eine irrationale und eine rationale Zahl können aber nicht gleich sein. Es folgt, dass x nicht rational sein kann. Damit ist bewiesen, dass x irrational ist.. Behauptung: y 1 3 n ist eine irrationale Zahl für jede natürliche Zahl n. Bemerkung: Diese Behauptung lässt sich wie die 1. Behauptung beweisen. Der geneigte Leser möge selbst einen Beweis durchführen. 3. Behauptung: x y ist eine rationale Zahl für jede natürliche Zahl n. Beweis: x y 3 n (1 3 n) 3n 1 3n 3n 1 3n 4. Behauptung: x yist eine rationale Zahl für jede natürliche Zahl n. Beweis: x y 3n (1 3 n) 3n 3n Damit haben wir bewiesen, dass es unendlich viele gesuchte Zahlenpaare gibt. Die richtige(n) Antwort(en): B, E 13. Die nebenstehende Figur zeigt 9 Äpfel in 10 Reihen (in jeder Reihe befinden sich genau 3 Äpfel). Es ist bekannt: I. Das Gesamtgewicht der Äpfel ist in neun Reihen gleich. II. Das Gesamtgewicht der Äpfel ist in genau einer Reihe abweichend. Man hat eine Waage zum Wiegen der Äpfel. Die Frage: Durch wie viele Messungen kann man auf jeden Fall entscheiden, welche die Reihe mit dem abweichenden Gesamtgewicht ist? 1. Bemerkung: Die Frage bezieht sich auf die unten aufgeführten Zahlen.

12 9. Klasse / 9. Schulstufe. Bemerkung: Die Waage liefert stets haargenaue Messergebnisse. 3. Bemerkung: Logisches Denken spielt bei der Lösung eine Schlüsselrolle. (A) 0 (B) 1 (C) 3 (D) 5 (E) 9 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 9 eine Lösung ist. Wir messen nach und nach das Gesamtgewicht der Äpfel in den einzelnen Reihen und schreiben die Ergebnisse sowie die dazugehörigen Reihen auf. Wenn eins der 9 Ergebnisse von den anderen abweicht, dann haben wir die gesuchte Reihe gefunden. Wenn jedoch alle 9 Messungen dasselbe Ergebnis liefern, dann ist die nicht gemessene Reihe die Gesuchte. In Teil zeigen wir, dass 0 ebenfalls eine Lösung ist. Es ist kein Tippfehler! Wir werden also beweisen, dass es auch ohne eine einzige Messung möglich ist, die gesuchte Reihe herauszufinden. Im 1. Schritt betrachten wir Figur 1. Hier wurden 6 Reihen markiert: 3 schräge Reihen mit fett gezeichneten Linien und 3 Senkrechte mit gestrichelten Linien. Die Gesamtmassen der Äpfel in den drei schrägen Reihen seien m 1, m und m 3. Die Gesamtmassen der Äpfel in den drei senkrechten Reihen seien s 1, s und s Feststellung: Die drei fett gezeichneten Reihen erfassen alle 9 Äpfel.. Feststellung: Die drei gestrichelt gezeichneten Reihen erfassen ebenfalls alle 9 Äpfel. Aus der 1. und. Feststellung folgt: m + m + m 3 = 1 s + s 3 (*) 3. Feststellung: 1 s + Aus der 3. Feststellung folgt: 4. Feststellung: Die gesuchte Reihe kann nicht eine der fett oder gestrichelt gezeichneten Reihen aus Figur 1 sein. Begründung: Wenn die gesuchte Reihe eine dieser 6 Reihen wäre, dann wäre das Gesamtgewicht in dieser Reihe abweichend von den anderen Gesamtgewichten und die Gleichung (*) würde nicht aufgehen. Im. Schritt betrachten wir Figur. Hier wurden ebenfalls 3 schräge Reihen mit fett gezeichneten Linien und 3 Senkrechte mit gestrichelten Linien markiert. Die Gesamtmassen der Äpfel in den drei schrägen Reihen seien m 4, m 5 und m 6. Wie im 1. Schritt lässt sich zeigen: 5. Feststellung: m 4 + m 5 + m 6 = s 1 + s + 3 s (**) 6. Feststellung: Die gesuchte Reihe kann nicht eine der fett oder gestrichelt gezeichneten Reihen aus Figur sein. Aus dem bisherigen Gedankengang folgt: 7. Feststellung: Die neun Gesamtmassen m 1, m, m 3, m 4, m 5, m 6, s 1, s, s3 stehen für neun verschiedene Reihen.

13 Lösungen der Aufgaben Aus der 4., 6. und 7. Feststellung folgt: Die gesuchte Reihe muss die mittlere waagerechte Reihe sein die einzige der 10 Reihen, die bis jetzt nicht vorkam. Figur 1 Figur Figur 3 Im 3. Schritt geben wir ein Zahlenbeispiel an (siehe Figur 3). Neun der Reihen haben das Gesamtgewicht ( ), die waagerechte Reihe hat das Gesamtgewicht 1 (9 steht z. B. für 9 Gewichtseinheiten zu je 0 g, also 180 g). In Teil 3 begründen wir, dass 1, 3 und 5 ebenfalls Lösungen sind. Denn: Durch logisches Denken erfuhren wir bereits, welche die gesuchte Reihe ist (siehe Teil ). Trotzdem können wir Messungen durchführen, ohne dass diese wirklich nötig wären. Bei 3 oder 5 Messungen könnten wir die waagerechte Reihe mit einbeziehen und zur Kontrolle feststellen, dass deren Gesamtgewicht von den anderen Gesamtgewichten abweicht. Aufgabe zur detaillierten Ausarbeitung: Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D, E 14. Das Dreieck ABC ist gleichseitig. Der Punkt D liegt auf der Strecke AB, der Punkt E auf der Strecke BC und der Punkt F auf der Strecke CA. Es gilt: DE AC und DF BC. Der Schnittpunkt der Strecken AE und BF sei N. Ermittelt die Winkelweite des Winkels ANF. Schreibt euren Gedankengang nachvollziehbar auf. Lösung: Laut Angaben ist CEDF ein Parallelogramm ( Punkte), daher CF ED (1 Punkt). Das Dreieck BED ist gleichseitig ( Punkte), daher ist BE ED (1 Punkt). Daraus folgt, dass BE CF (1 Punkt). Die Dreiecke ABE und BCF sind kongruent (sws) ( Punkte). Daraus folgt: CBF = BAE (1 Punkt). In jedem Dreieck ist ein Außenwinkel so groß, wie die Summe der zwei nicht anliegenden Innenwinkel. Angewandt auf das Dreieck NAB folgt: ANF = ABN + BAN = 60 CBF + BAN = 60 (6 Punkte). (maximal 16 Punkte).

14 9. Klasse / 9. Schulstufe Alternativlösung: BE CF, siehe die erste Lösung (7 Punkte). Wir drehen das gleichseitige Dreieck ABC um 10 um dessen Mittelpunkt O. (3 Punkte). Der Punkt A geht in den Punkt B, der Punkt B in den Punkt C, der Punkt C geht in den Punkt A über. Aus der Seite AB wird die Seite BC, aus der Seite BC die Seite CA (1 Punkt). Wegen BE CF entsteht aus AE durch die Spiegelung BF ( Punkte). Daraus folgt: ENF und der Drehwinkel 10 sind gleich ( Punkte). Damit ergibt sich ANF = 180 ENF = = 60 (1 Punkt). (maximal 16 Punkte).