Lösungen Klasse / 10. Schulstufe

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1 Lösungen Klasse / 10. Schulstufe 1. Eva trägt in die Felder einer 5 5 Tabelle alle natürlichen Zahlen von 1 bis 5 ein (in jedes Feld genau eine Zahl). Sie achtet darauf, dass sich zwei aufeinanderfolgende Zahlen stets in zwei benachbarten Feldern befinden. Anschließend notiert sie die Anzahl von Primzahlen für jede Reihe und für jede Spalte. Welche ist die größte der 10 Anzahlen, die sie dabei erhalten kann? Bemerkung: Zwei Felder sind genau dann benachbart, wenn sie eine gemeinsame Seite haben. (A) 1 (B) (C) 3 (D) 4 (E) 5 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass, 3 und 4 Lösungen sind. Dazu geben wir je ein passendes Beispiel an. Erläuterungen zu den Figuren: Die kursiv gedruckten Zahlen geben die Anzahl der Primzahlen in den einzelnen Zeilen bzw. Spalten an Beispiel für Beispiel für 3 Beispiel für 4 In Teil zeigen wir, dass 1 keine Lösung ist. Begründung: Wenn in jeder Reihe genau eine Primzahl wäre, dann gäbe es nur fünf Primzahlen in der Tabelle. Zwischen 1 und 5 gibt es aber insgesamt neun Primzahlen (, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 3). Daher ist 1 keine Lösung. In Teil 3 zeigen wir, dass 5 ebenfalls keine Lösung ist. Zunächst formulieren wir einige Feststellungen. 1. Feststellung: Die geraden und die ungeraden Zahlen wechseln sich in jeder Zeile und in jeder Spalte ab. Man kann dies an den drei Beispieltabellen nachvollziehen. Der geneigte Leser möge weitere Tabellen überprüfen. Jede Zeile und jede Spalte hat genau 5 Felder. Aus der 1. Feststellung folgt:. Feststellung: In jeder Zeile und jeder Spalte gibt es mindestens zwei gerade Zahlen. Die geraden Zahlen sind mit der Ausnahme von keine Primzahlen. Mit der. Feststellung folgt: 3. Feststellung: In jeder Zeile und in jeder Spalte gibt es mindestens eine Zahl, die keine Primzahl ist. Damit ist bewiesen, dass 5 keine Lösung ist. Die richtige(n) Antwort(en): B, C, D

2 10. Klasse / 10. Schulstufe. Zwei n-ecke schneiden sich in insgesamt 64 Punkten. Welche Werte kann n annehmen? Bemerkung: Die n-ecke können auch Innenwinkel haben, deren Winkelweite mehr als 180 beträgt. (A) 8 (B) 16 (C) 0 (D) 30 (E) 3 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 8 eine Lösung ist. Dazu geben wir zwei 8-Ecke an, die sich in 64 Punkten schneiden: Figur 1 In Teil begründen wir, dass 16, 0, 30 und 3 ebenfalls Lösungen sind. Die Grundidee: Wir können die Anzahl der Eckpunkte von Figur 1 Schritt für Schritt erhöhen. Figur zeigt einen Eckpunkt. In Figur 3 wird er durch einen Schnitt in seiner Nähe abgetrennt. Figur 4 hat nun einen Eckpunkt mehr als Figur. Die Anzahl der Eckpunkte wurde also um 1 erhöht. Wenn wir den obigen Gedankengang bei Figur 1 achtmal nacheinander anwenden, erhalten wir ein 16-Eck (8 + 8). Ähnlich bekommt man aus Figur 1 ein 0-Eck, ein 30-Eck und ein 3-Eck. Bemerkung: In der Realität lassen sich die Schnitte aus Teil mit zunehmender Eckenzahl immer schwieriger ausführen, da die Abstände sehr klein werden. Theoretisch sind sie aber möglich. Dazu betrachtet man Figur 1 zum Beispiel durch eine Lupe, die sie stark vergrößert. Die Schritte aus Teil werden dann bei dieser vergrößerten Figur durchgeführt. So kann man alle Schnitte gut nachvollziehen. Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D, E Figur Figur 3 Figur 4

3 3. Alle Innenwinkel eines Vielecks sind kleiner als 180. Zudem hat das Vieleck keine zwei benachbarten stumpfen Innenwinkel. Wie viele Seiten kann ein solches Vieleck haben? (A) 5 (B) 6 (C) 7 (D) 8 (E) 9 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass 5 und 6 Lösungen sind. Dazu geben wir jeweils ein passendes Beispiel an. Beide Beispiele sind aus einem gleichseitigen Dreieck entstanden. Beim 5-Eck hat man zwei Flächen hinzugefügt, beim 6-Eck hat man drei Flächen abgeschnitten (siehe die schraffierten Teile). 5-Eck 6-Eck In Teil zeigen wir, dass es außer 5 und 6 keine weiteren Lösungen gibt. Dazu formulieren wir einige Feststellungen und einen Hilfssatz. 1. Feststellung: Der Außenwinkel eines stumpfen Winkels ist ein spitzer Winkel.. Feststellung: Der Außenwinkel eines rechten Winkels ist ein rechter Winkel. 3. Feststellung: Der Außenwinkel eines spitzen Winkels ist ein stumpfer Winkel. Das Vieleck hat keine zwei benachbarten stumpfen Innenwinkel. Mit der 1. Feststellung folgt: 4. Feststellung: Das Vieleck hat keine zwei benachbarten Innenwinkel deren Außenwinkel spitze Winkel sind. Hilfssatz: Die Summe der Außenwinkel eines konvexen Vielecks beträgt 360. Beweis: Die Summe der Innenwinkel ist (n ) 180. Jedes Eck wird von einem 360 Winkel umgeben (siehe Skizze), bestehend aus dem Innenwinkel ( 1), dessen Scheitelwinkel ( ) und zwei Außenwinkeln ( 3, 4). Bei n Ecken erhalten wir insgesamt n 360. Von n 360 ziehen wir (n ) 180 zweimal ab (alle Innenwinkel und deren Scheitelwinkel): n 360 (n ) 180 = 70. Beachte: Die Außenwinkel treten paarweise als Scheitelwinkel auf. Wenn man die Summe der Außenwinkel bildet, werden diese Winkel aber nur je einmal (und nicht doppelt) gezählt. Daher ist 70 : = 360 korrekt. Damit ist der Hilfssatz bewiesen.

4 10. Klasse / 10. Schulstufe Wir zeigen nun, dass 7 keine Lösung ist. Aus den Feststellungen folgt: Das 7-Eck müsste mindestens 4 Innenwinkel haben, deren Außenwinkel stumpfe Winkel oder rechte Winkel wären. Die Summe dieser 4 Außenwinkel betrüge dann aber bereits mindestens 360. Hinzu kämen noch die restlichen 3 Außenwinkel. Somit wäre die Summe aller 7 Außenwinkel größer als 360, was jedoch wegen des Hilfssatzes nicht geht. Ähnlich kann man zeigen, dass 8 und 9 ebenfalls keine Lösungen sind. Der geneigte Leser möge dies prüfen. Die richtige(n) Antwort(en): A, B 4. Es gilt: a + b = c + d, a b = und c d = 6. Welchen Wert kann der Term ab cd annehmen? (A) (B) 4 (C) 6 (D) 8 (E) 10 Lösung: In Teil 1 führen wir eine Bezeichnung ein und ermitteln mehrere Zusammenhänge. Es sei a + b = c + d = x. Durch die Addition von a b = und a + b = x erhalten wir a x 1 (1). Eingesetzt in a + b = x folgt b = x (x + 1), also b x 1 (). Durch die Addition von c d = 6 und c + d = x erhalten wir c x 3 (3). Eingesetzt in c + d = x folgt d = x (x + 3), also d x 3 (4). In Teil berechnen wir den Term ab cd. Wir wenden dabei (1), (), (3) und (4) an. ab cd ( x 1)( x 1) ( x 3)( x 3) x 1 ( x 9) In Teil 3 prüfen wir noch, ob der Wert 8 tatsächlich zu Stande kommen kann. Dazu betrachten wir a = 4, b =, c = 6 und d = 0. Die Bedingungen sind erfüllt: a + b = c + d = 6, a b = und c d = 6. Es gilt: ab cd Die richtige(n) Antwort(en): D

5 5. Ein Kommissar befragt mehrere Zeugen. Einige sind Ehrliche (die stets die Wahrheit sagen), andere sind Lügner (die stets lügen). Anschließend bittet der Kommissar jeden einzelnen Zeugen zu einem Gespräch unter vier Augen. Dabei möchte er vom Befragten über alle anderen Zeugen erfahren, ob er diese für Ehrliche oder Lügner hält. Unter allen Antworten gab es 44 Mal Ehrlicher und 8 Mal Lügner. Die Frage: Wie viele richtige Antworten kann der Kommissar erhalten haben? Bemerkung: Jeder Zeuge weiß über alle anderen Zeugen Bescheid, ob sie Ehrliche oder Lügner sind. (A) weniger als 1 (B) weniger als 18 (C) weniger als 36 (D) mehr als 54 (E) mehr als 60 Lösung: In Teil 1 ermitteln wir die Anzahl der befragten Zeugen. Diese Zahl sei zunächst n. Jeder Zeuge hat eine Aussage über alle anderen n 1 Zeugen gemacht. Insgesamt gab es daher nn ( 1) Antworten. Andererseits erhielt der Kommissar insgesamt 7 Antworten (44 + 8). Daraus folgt nn ( 1) = 7. Diese quadratische Gleichung hat als Lösungen n = 9 und n = 8. Die negative Zahl wird verworfen. Es gab also genau 9 Zeugen. In Teil ermitteln wir die Anzahl der Ehrlichen. Diese Zahl sei zunächst x. Dann gibt es 9 x Lügner. 1. Feststellung: Die Ehrlichen gaben insgesamt x(9 x) mal die Antwort Lügner. Begründung: Alle x Ehrlichen sagten dies über alle 9 x Lügner.. Feststellung: Die Lügner gaben insgesamt (9 xx ) mal die Antwort Lügner. Begründung: Alle 9 x Lügner sagten dies über alle x Ehrlichen. Aus der 1. und. Feststellung folgt: 3. Feststellung: Es gab insgesamt x(9 x) mal die Antwort Lügner. Andererseits gab es unter den Antworten genau 8 mal Lügner. Daraus folgt: x(9 x) 8. Diese quadratische Gleichung hat als Lösungen x und x 7. In beiden Fällen trifft es zu, dass es unter allen Antworten 44 mal Ehrlicher gab. Der geneigte Leser möge dies prüfen. In Teil 3 ermitteln wir die Anzahl der richtigen Antworten. Unser Ansatz ist das Ergebnis von Teil. Wenn x 7, dann gab es unter den Zeugen 7 Ehrliche und Lügner. Jeder der 7 Ehrlichen sagte über alle anderen 8 Zeugen die Wahrheit. Dies ergibt 7 8 = 56 richtige Antworten. 56 ist größer als 54. Wenn x, dann gab es unter den Zeugen Ehrliche und 7 Lügner. Jeder der Ehrlichen sagte über alle anderen 8 Zeugen die Wahrheit. Dies ergibt 8 = 16 richtige Antworten. 16 ist kleiner als 18 und kleiner als 36. Die richtige(n) Antwort(en): B, C, D

6 10. Klasse / 10. Schulstufe 6. Ein Dreieck ABC ist rechtwinklig bei C, BC a, AC b, und AB c. Es gilt: a b c. a, b und c sind ganze Zahlen und a c 49. Die Frage: Welche Werte kann der Term b a annehmen? (A) 1 (B) 3 (C) 7 (D) 13 (E) 3 Lösung: In Teil 1 erfolgen einige Umformungen. Mit Pythagoras) kann a c 49 so geschrieben werden: c a b (Satz des a a b 49 oder a b 49 a (*). Wir quadrieren nun beide Seiten von (*). Diese Umformung ist gleichwertig, da beide Seiten von (*) positiv sind. Wir erhalten: a b 49 a 49 a b a b 49 (49 a) (**) In Teil ermitteln wir die möglichen Werte für a, b und c. Unser Ansatz ist die Gleichung (**). 1. Feststellung: 49 a ist eine Quadratzahl. Begründung: in (**) sind b und 49 Quadratzahlen.. Feststellung: 49 a ist eine ungerade Zahl (als Differenz einer ungeraden und einer geraden Zahl). Aus der 1. und. Feststellung folgt: 3. Feststellung: Für 49 a kommen nur 5, 9 und 1 in Frage. 1. Fall: Wenn 49 a 5, dann ist a 1, b 49 (49 1) 35 und c Dies ist eine Lösung, die Bedingung a b c ist erfüllt.. Fall: Wenn 49 a 9, dann ist a 0, b 49 (49 0) 1 und c Dies ist ebenfalls eine Lösung, die Bedingung a b c ist erfüllt. 3. Fall: Wenn 49 a 1, dann ist a 4, b 49 (49 4) 7 und c Dies ist keine Lösung, da die Bedingung a b c nicht erfüllt ist. In Teil 3 ermitteln wir die möglichen Werte für den Term b a. Im 1. Fall ist b a Im. Fall ist b a Die richtige(n) Antwort(en): A, E

7 7. Entlang eines geraden Flurs gibt es n Zimmer, in denen sich insgesamt n 1 Personen befinden. An der Tür des ersten Zimmers steht das Schild: In diesem Zimmer gibt es genau 1 Person. An der Tür des zweiten Zimmers steht das Schild: In diesem Zimmer gibt es genau Personen. Diese Beschilderung setzt sich in gleicher Weise fort. An der Tür des n-ten Zimmers steht also das Schild: In diesem Zimmer gibt es genau n Personen. Man weiß: Genau eine dieser Aussagen ist falsch. Die Frage: Wie viele Zimmer kann es entlang des Flurs geben? (A) 1 (B) (C) 3 (D) 4 (E) 5 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass n = 1 eine Lösung ist. Es gibt nur 1 Zimmer und an der Tür dieses Zimmers steht das Schild: In diesem Zimmer gibt es genau 1 Person. Laut Angabe gibt es aber genau (1 + 1) Personen. Damit ist die Aussage In diesem Zimmer gibt es genau 1 Person falsch. Dies ist die einzige falsche Aussage, es stimmt also. In Teil zeigen wir, dass n = keine Lösung ist. In Zimmern gäbe es also 3 Personen. Dies wäre auf vier Arten möglich: 1 + (im ersten Zimmer gäbe es 1 Person, im zweiten Zimmer Personen), + 1, und Möglichkeit: Im ersten Zimmer gäbe es 1 Person, im zweiten Zimmer Personen. Die Aussage an der ersten Tür In diesem Zimmer gibt es genau 1 Person wäre richtig und die Aussage an der zweiten Tür In diesem Zimmer gibt es genau Personen wäre ebenfalls richtig. Es gäbe also keine falsche Aussage. Diese Möglichkeit liefert damit keine Lösung.. Möglichkeit: Im ersten Zimmer gäbe es Personen, im zweiten Zimmer 1 Person. Die Aussage an der ersten Tür In diesem Zimmer gibt es genau 1 Person wäre falsch und die Aussage an der zweiten Tür In diesem Zimmer gibt es genau Personen wäre ebenfalls falsch. Es gäbe somit zwei falsche Aussagen. Diese Möglichkeit liefert daher auch keine Lösung. Ähnlich kann man zeigen, dass die anderen zwei Möglichkeiten ebenfalls keine Lösung liefern. Anregung: Der geneigte Leser möge dies prüfen. In Teil 3 zeigen wir, dass n = 3 eine Lösung ist. In 3 Zimmern müssen zusammen 4 Personen sein. Ein passendes Beispiel hierfür: Im ersten Zimmer gibt es 1 Person, im zweiten Zimmer Personen und im dritten Zimmer 1 Person. Die ersten zwei Aussagen sind richtig, die letzte ist falsch. Damit ist die Bedingung erfüllt. In Teil 4 zeigen wir, dass n = 4 keine Lösung ist. In 4 Zimmern müssten zusammen 5 Personen sein. Wir unterscheiden mehrere Fälle: 1. Fall: Die einzige falsche Aussage ist an der vierten Tür. Dann müssten alle anderen drei Aussagen richtig sein. Dies ginge nur, wenn im ersten Zimmer 1 Person wäre, im zweiten Zimmer Personen und im dritten Zimmer 3 Personen wären. Damit hätten wir aber bereits in den ersten drei Zimmern 6 Personen ( ). Dies geht jedoch nicht, da es insgesamt 5 Personen geben muss.

8 10. Klasse / 10. Schulstufe. Fall: Die einzige falsche Aussage ist an der ersten Tür. Dann müssten alle anderen drei Aussagen richtig sein. Dies ginge nur, wenn im zweiten Zimmer Personen, im dritten Zimmer 3 Personen und im vierten Zimmer 4 Personen wären. Damit hätten wir aber bereits in diesen drei Zimmern 9 Personen ( ). Dies geht jedoch nicht, da es insgesamt 5 Personen geben muss. Ähnlich lässt sich zeigen, dass die einzige falsche Aussage weder an der zweiten noch an der dritten Tür sein kann. Der geneigte Leser möge dies prüfen. Ähnlich wie in Teil 4 lässt sich zeigen, dass n = 5 ebenfalls keine Lösung ist. Die richtige(n) Antwort(en): A, C 8. 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

9 9. 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.. 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 + s 3 (**)

10 10. Klasse / 10. Schulstufe 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. 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. Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D, E 10. Im Dreieck ABC beträgt der Innenwinkel bei A 60 und der Innenwinkel bei B 100. In wie viele gleichschenklige Dreiecke kann das Dreieck ABC zerschnitten werden? Bemerkung: Außer gleichschenkligen Dreiecken sind keine anderen Figuren entstanden. (A) (B) 3 (C) 4 (D) 5 (E) 6 Lösung: Alle fünf aufgeführten Antworten sind möglich. Dazu geben wir jeweils ein passendes Beispiel an.

11 gleichschenklige Dreiecke 3 gleichschenklige Dreiecke 4 gleichschenklige Dreiecke 5 gleichschenklige Dreiecke 6 gleichschenklige Dreiecke Die richtige(n) Antwort(en): A, B, C, D, E

12 10. Klasse / 10. Schulstufe 11. 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? Bemerkung: Jede der zehn Zahlen kommt in genau einer der zwei Gruppen vor. (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 1. Im Viereck ABCD ist E der Mittelpunkt der Seite BC und F der Mittelpunkt der Seite CD. Die Strecken AE, AF und EF zerlegen das Viereck in die Dreiecke ABE, AEF, ADF und CEF. Die Maßzahlen der Flächeninhalte dieser vier Dreiecke sind vier natürliche Zahlen (die Flächeneinheit ist cm ). Schreibt man diese vier Zahlen in aufsteigender Reihenfolge auf, so stellt man fest: Es handelt sich um vier aufeinanderfolgende natürliche Zahlen. Die Frage: Höchstens wie viele cm kann der Flächeninhalt des Dreiecks ABD betragen? Bemerkung: Alle vier Innenwinkel des Vierecks sind kleiner als 180. (A) 4 (B) 6 (C) 8 (D) 9 (E) 10 Lösung: In Teil 1 zeigen wir, dass A ABD = 6 cm möglich ist. Dazu betrachten 1 wir das rechtwinklige Trapez aus Figur 1. Es gilt: A CEF 1 cm,

13 61 (6 4) A ABE cm, A ADF 3 cm, A Trapez 10 cm. Es folgt: A A ( A A A ) 10 cm (1 cm + cm + 3 cm ) 4 cm. AEF Trapez CEF ABE ADF Die Maßzahlen der Flächeninhalte der vier Dreiecke ABE, AEF, ADF und CEF 6 sind 1,, 3 und 4. A ABD 6 cm. In Teil zeigen wir, dass Zahlen größer als 6 keine Lösung darstellen. Die Maßzahlen der Flächeninhalte der vier Dreiecke ABE, AEF, ADF und CEF seien n, n 1, n und n 3. Die Maßzahl des Flächeninhalts des Vierecks ABCD ist damit 4n + 6 (n + n n + + n + 3). Behauptung: A 4 A BCD CEF BD CG EF CH Beweis: ABCD, ACEF (siehe Figur ). Da EF Mittellinie ist, gilt: BD EF (*). Weil die Dreiecke BCD und ECF ähnlich sind, ist CG CH (**). Mit Hilfe von (*) und (**) folgt: BD CG EF CH EF CH ABCD 4 4 A Damit ist die Behauptung bewiesen. CEF Figur 1 Figur Wir untersuchen nun A BCD. Dabei unterscheiden wir zwei Fälle. 1. Fall: ACEF n cm. Wegen der Behauptung ist ABCD 4n cm. Es gilt: AABD AABCD ABCD 4n 6 4n 6. Fall: A CEF > n cm. Wegen der Behauptung ist A BCD > 4n cm. Es gilt: AABD AABCD ABCD 4n 6 4n 6 Aus AABD 6 und A ABD < 6 folgt AABD 6. Wir haben also bewiesen, dass 6 nicht überschritten werden kann. In der Aufgabenstellung geht es darum, wie viele cm groß der Flächeninhalt des Dreiecks ABD höchstens sein kann. Die richtige(n) Antwort(en): B

14 10. Klasse / 10. Schulstufe 13. 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) 10 (D) 19 (E) 0 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. 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

15 Aufgabe zur detaillierten Ausarbeitung: 14. In einem rechtwinkligen Dreieck werden die Längen der Katheten mit a und b bezeichnet und die Länge der Hypotenuse mit c. Beweise die Ungleichung: ab bc ca c Lösung: Die Ungleichung kann man so schreiben: ab bc ca c (1 Punkt) oder ab bc ca c c. Mit Hilfe des Satzes von Pythagoras ( c a b ) folgt ab bc ca a b c (3 Punkte). Wir multiplizieren diese Ungleichung mit und erhalten: (3 Punkte). ab bc ca a b c Durch Umgruppierungen folgt: a ab b b bc c c ca a (4 Punkte). 0 Wir wenden nun die binomischen Formeln an und erhalten a b b c c a (*) ( Punkte). 0 ( ) ( ) ( ) Die Ungleichung (*) stimmt. Quadratzahlen sind nicht negativ und die letzten zwei Quadrate sind streng positiv, weil die Hypotenuse größer ist als die zwei Katheten ( Punkte). Alle Umformungen waren gleichwertig. Damit ist (1 Punkt). (maximal 16 Punkte). ab bc ca c bewiesen