Vorüberlegung Betrachten wir zunächst ein Beispiel:

Transkript

1 003 Runde 1 ufgabe 1 Flrian schreibt unter die Zahlen 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 dieselben Zahlen nchmals in irgendeiner anderen Reihenflge. Nun subtrahiert er jeweils die untenstehenden Zahlen vn den darüber stehenden und multipliziert die neun entstandenen Differenzen miteinander. Flrian behauptet, dass dieses Prdukt immer gerade ist. Hat er recht? Vrüberlegung etrachten wir zunächst ein eispiel: Das Prdukt der neun Differenzen ist 88, als gerade. uch bei anderen eispielen ist das Prdukt jeweils gerade. Es sll nun allgemein begründet werden, dass das Prdukt unter den genannten edingungen immer gerade ist. 1. Lösung: Unter den Zahlen 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sind fünf ungerade und vier gerade Zahlen. Schreibt man unter diese Zahlen dieselben Zahlen nchmals in irgendeiner anderen Reihenflge, s muss danach in jedem Fall unter mindestens einer der ungeraden Zahlen eine ungerade Zahl stehen, denn unter den vier geraden Zahlen können maximal vier ungerade Zahlen stehen. ls muss eine der fünf ungeraden Zahlen unter einer ungeraden Zahl stehen. Die Differenz dieser beiden Zahlen ist gerade. Das Prdukt aller Differenzen ist smit immer gerade, da immer mindestens ein Faktr gerade ist. Flrian hat recht!. Lösung: Wir versuchen, Flrians ehauptung zu widerlegen, und suchen ein ungerades Prdukt. Ein Prdukt aus mehreren Faktren ist nur dann ungerade, wenn alle Faktren ungerade sind. Wir müssten als eine elegung der unteren Reihe s finden, dass alle Differenzen ungerade sind. Eine Differenz vn zwei Zahlen wiederum ist nur dann ungerade, wenn eine Zahl gerade und die andere ungerade ist ( g u = u, bzw. u g = u). Unter den neun Minuenden und neun Subtrahenden müssen als neun gerade und neun ungerade Zahlen sein. Es stehen jedch nur acht gerade (, 4, 6, 8 je zweimal) und zehn ungerade Zahlen (1, 3, 5, 7, 9 je zweimal) zur Verfügung. Wir können als keine elegung der unteren Reihe finden, bei der alle Differenzen ungerade sind. Das Prdukt kann als nicht ungerade sein. Flrian hat recht. LWM 003 Runde 1 Seite 1 vn 11

2 ufgabe Die Geraden g und h sind parallel. Wie verändert sich γ, wenn α um ε vergrößert wird? h β β D g α γ γ α + ε < 180 Lösung Da die Geraden g und h nach Vraussetzung parallel sind, flgt: α+ β= 180, (Wechselwinkel, Nebenwinkel) β= 90 1 α.. (1) Mit dem Satz vn der Winkelsumme im Dreieck und mit (1) ergibt sich die Weite ϕ des Winkels : α+β+ϕ= 180 h α β β D ϕ= 180 α β 1 1 ϕ= 180 α (90 α) ϕ= 90 α. () Die drei Winkel mit dem Scheitel haben zusammen die Weite 180. g α ϕ γ γ Daraus flgt mit (): ϕ+ γ= 180, γ= 180 ϕ, γ= 180 (90 1 α), γ= α, 1 γ= 45 + α. 3 4 Nun wird α um ε vergrößert: ( ) ( ) α=α+ε '. 4 Dann ergibt sich mit (3) und (4) für die veränderte Winkelweite γ ' : γ ' = α', 4 γ ' = ( α+ε), 4 γ ' = α+ 1ε, γ ' = γ+ ε. 5 4 ( ) eim Vergrößern vn α um ε vergrößert sich γ um 1 4 ε. emerkung: n diesen Überlegungen ändert sich nichts, wenn die Winkelweite α den Wert 90 überschreitet, slange nur α+ε<180 gilt. LWM 003 Runde 1 Seite vn 11

3 ufgabe 3 estimme alle natürlichen Zahlen a, b, c mit a b c, für die gilt: = 1. a b c Lösungsvrschlag: Vrbemerkung: Falls man, wie neuerdings üblich, die Zahl 0 als natürliche Zahl auffasst, sllte man erwähnen, dass in der Gleichung 1 = + + (*) ffensichtlich keine der Zahlen a, b, c den Wert 0 annehmen darf. a b c us der edingung a b c flgt a b c Smit kann man abschätzen: 1 = =. Hieraus flgt a 3. a b c a a a a Die drei möglichen Fälle a = 1, a = und a = 3 werden nun systematisch untersucht: 1. Fall a = 1 Dieser Fall liefert keine Lösung, denn die Gleichung (*) heißt in diesem Fall = 0. b c eide Summanden der linken Seite sind aber psitiv und können in der Summe daher nicht Null ergeben.. Fall a = Mit b a ist zunächst b = möglich. us Gleichung (*) flgt hier aber die nicht erfüllbare Gleichung 1 0 c =. b = 3 ergibt für c die edingung = 1, die äquivalent zu c = 6 ist. 3 c Dies ist als eine Lösung: a =, b = 3, c = 6. b = 4 ergibt für c die edingung = 1, die äquivalent zu c = 4 ist. 4 c Dies ist als eine zweite Lösung a =, b = 4, c = 4. b 5 führt nicht zu weiteren Lösungen, da man dann mit Hilfe vn wie flgt c abschätzen kann: b 5 = + + = c b 5 10 als 10 c < 4, was im Widerspruch zu b c 3 steht. LWM 003 Runde 1 Seite 3 vn 11

4 3. Fall a = 3 Mit b a ist zunächst b = 3 möglich. us der Gleichung (*) flgt hier = 1 und dazu äquivalent c = c Dies ist eine dritte Lösung a=3, b=3, c=3. b 4 führt nicht zu weiteren Lösungen, da man dann mit Hilfe vn wie flgt c abschätzen kann : b 3 4 = + + = als c,4. Dies steht im Widerspruch zu b c. c 3 b Es gibt als nur die angegebenen drei Lösungen für (a, b, c), nämlich (, 3, 6), (, 4, 4) und (3, 3, 3). LWM 003 Runde 1 Seite 4 vn 11

5 ufgabe 4 Die Eckpunkte und eines Gedreiecks gleiten entlang zweier benachbarter Kanten eines rechteckigen latt Papiers (siehe bbildung). Welche ahn beschreibt dabei die Ecke des Gedreiecks? Lösungen us der Zeichnung mit verschiedenen zulässigen Lagen der Punkte und erhalten wir die Vermutung, dass die ahn vn eine Strecke auf der Winkelhalbierenden der Kanten des Papierblattes ist. kund k, wenn k die Länge der Kathete des Ge- Der bstand vn zu den Kanten liegt zwischen 1 dreiecks ist. In der nebenstehenden Zeichnung sind die drei besnderen Lagen wiedergegeben und die ahn des Punktes eingetragen. mö g lic h e Lage d e s P u n ktes 1. eweis (mit kngruenten Dreiecken) Man fällt die Lte vn auf die Kanten des lattes. Die Ltfußpunkte heißen X und Y. 1. Fall: OX > O Die Dreiecke X und Y sind demnach kngruent, denn es gilt: Der Winkel und der Winkel YX sind jeweils rechte Winkel, deshalb sind die Winkel X und Y gleich grß. Ferner sind die Winkel X und Y rechte Winkel und damit auch gleich grß. Die Strecken und sind als Katheten des Gedreiecks gleich lang. Y O X LWM 003 Runde 1 Seite 5 vn 11

6 Flglich haben X und Y die gleiche Länge, liegt deshalb auf der Winkelhalbierenden der Halbgeraden O und O.. Fall: X= Dann ist Y =. Der Punkt liegt auf der Winkelhalbierenden der Halbgeraden O und O. 3. Fall: OX < O Man schließt entsprechend dem 1. Fall, dass auf der Winkelhalbierenden der Halbgeraden O und O liegt. liegt am nächsten bei O, wenn in O der in O liegt. Der bstand vn zu den Kanten beträgt dann 1 k, wenn k die Länge der Kathete des Gedreiecks ist. ist am weitesten vn O entfernt, wenn der bstand vn zu den Kanten k ist.. eweis (mit Hilfe des Peripheriewinkelsatzes) M sei die Mitte der Strecke. Die Winkel und O sind jeweils rechte Winkel. Wegen der Umkehrung des Satzes vn Thales gibt es einen Kreis um M durch O,, und. Der Umfangswinkel O ist wegen des Peripheriewinkelsatzes halb s grß wie der Mittelpunktswinkel M. Dieser beträgt aber 90. ls hat der Winkel O die Größe 45. liegt demnach auf der Winkelhalbierenden der beiden Kanten. Je nach Lage vn M berhalb der Strecke O der unterhalb der Strecke O handelt es sich bei dem Winkel mit dem Scheitel M um den Winkel OM der um den Winkel MO. Das Winkelmaß liegt in jedem Fall zwischen 90 und 180. Da O diesem Winkel gegenüber liegt, ist O am kürzesten beim Winkelmaß 90 und am längsten beim Winkelmaß 180. Im ersten Fall gilt O = k und im zweiten Fall O = k, wenn k die Länge der Kathete des Gedreiecks ist. Der bstand vn zu den Kanten ist dann 1 k der k. O M 3. eweis (mit Hilfe eines Krdinatensystems) In einem Krdinatensystem gilt: Ist das rientierte Dreieck aus O(0/0), P(u / v) und Q rechtwinklig und gleichschenklig mit der Spitze in O, s hat Q die Krdinaten ( v / u). y P (u / v) Q O x LWM 003 Runde 1 Seite 6 vn 11

7 Entsprechend gilt durch Verschiebung um s in x-richtung und t in y-richtung(*): Ist das rientierte Dreieck aus S(s/t), P(s + u / t + v) und Q rechtwinklig und gleichschenklig mit der Spitze in S, s hat Q die Krdinaten (s v / t + u). y P (s +u/t+v) Die nebenstehende Zeichnung zeigt dies für psitive Werte s, t, u und v. Entsprechend kann man diese Eigenschaft auch für die anderen Fälle durch eine Zeichnung verdeutlichen. Zur Lösung der gegebenen Prblemstellung führt man ein Krdinatensystem mit Ursprung O und den Papierkanten als Krdinatenachsen ein. hat dann die Krdinaten (b/0), die Krdinaten (0/a). Q u v O s S (s /t ) t u v x Die Mitte M der Strecke hat die Krdinaten ( b / a ). y Um die Krdinaten der Eckpunkte in der Frm wie bei den Punkten S, P und Q auf der vrhergehenden Seite angeben zu können, ntieren wir die Krdinaten vn in der Frm ( b + b / a ( + a) ). Wendet man auf das gleichschenklige rechtwinklige Dreieck M die ussage (*) an, s hat die Krdinaten ( a + b a+ b / ). Flglich liegt auf der ersten Winkelhalbierenden des Krdinatensystems. Ist k die Länge der Katheten des Gedreiecks, dann gilt 0 a k und 0 b k. Das bedeutet: Der bstand vn zu den Kanten ist minimal, wenn a = 0 der b = 0 und damit ist dieser bstand 1 k. Der bstand vn zu den Kanten ist maximal, wenn a = b = k und damit auch der bstand k ist. a O b M x LWM 003 Runde 1 Seite 7 vn 11

8 ufgabe 5 In der Zeichenebene ist ein Kreis k mit einem Durchmesser vrgegeben. Ein beliebiger Punkt P wird in der Ebene s gewählt, dass er nicht auf k und nicht auf der Geraden () liegt. Kann man nur mit einem Lineal das Lt vn P auf () knstruieren? 1. Lösung Die Knstruktin des Ltes ist für alle zulässigen Punkte P möglich. Es wird eine Fallunterscheidung nach der Lage vn P durchgeführt. lle Knstruktinen beruhen auf dem gleichen Grundgedanken, dass das gesuchte Lt die dritte Höhe eines geeignet gewählten Dreiecks ist, für das der Höhenschnittpunkt durch zwei Höhen mit Hilfe eines Lineals alleine knstruiert werden kann. us Symmetriegründen müssen die Fälle, dass P unterhalb vn der links der Mitte liegt, nicht extra betrachtet werden. 1. Fall: P liegt innerhalb des vn den Orthgnalen zu durch bzw. begrenzten Streifens, berhalb vn a) P liegt außerhalb des Kreises Zeichne die Strecken P und P. Deren Schnittpunkte mit dem gegebenen Kreis sind die Höhenfußpunkte F und F' auf die Dreiecksseiten P und P, da nach dem Satz des Thales die Dreiecke F und F' rechtwinklig sind. Die Höhen F und F' des Dreiecks P schneiden sich im Höhenschnittpunkt H. Da sich die drei Höhen eines Dreiecks im Höhenschnittpunkt schneiden, ist die Gerade (PH) die dritte Höhe im Dreieck P und damit das gesuchte Lt auf. F H P F' b) P liegt innerhalb des Kreises Die Knstruktin lässt sich wie im vrhergehenden Fall durchführen. Dazu zeichnet man die beiden Geraden durch und P bzw. und P. H liegt in diesem Fall außerhalb des Dreiecks P.. Fall: P liegt auf der Orthgnalen durch zu Die Gerade (P) ist das gesuchte Lt. Eine Knstruktin ist nicht erfrderlich. 3. Fall: P liegt außerhalb des in Fall 1 beschriebenen Streifens Die Geraden durch die Punkte und P bzw. und P schneiden den Kreis in den Punkten F und F'. Wieder sind die Dreiecke F' bzw. F nach dem Satz vn Thales rechtwinklig. F H Die Gerade (F ) ist die Höhe auf die Trägerade (P) des Dreiecks P, die Gerade (F) ist die Höhe auf die Dreiecksseite P. Diese beiden Geraden schneiden sich im Höhenschnittpunkt H des Dreiecks P. Die Gerade (PH) ist die dritte Höhe in diesem Dreieck und ist rthgnal zur Geraden durch die Punkte und. P F' LWM 003 Runde 1 Seite 8 vn 11

9 . Lösung Die Knstruktin des Ltes ist für alle zulässigen Punkte P möglich. Für eine beliebige Lage des Punktes P werden die Geraden (P) und (P) gezeichnet. Die weitere Lösung basiert auf den Schnittpunkten dieser Geraden mit dem Kreis. Es wird eine Fallunterscheidung hinsichtlich der nzahl der Schnittpunkte durchgeführt. Da P nicht auf k und nicht auf der Geraden () liegt, sind nur die beiden flgenden Fälle möglich. 1. Fall: Es gibt vier slche Schnittpunkte Die Gerade (P) schneidet k in einem zweiten Punkt F, (P) schneidet k in einem zweiten Punkt F. P Die Gerade (F ) ist die Höhe auf die Trägergerade der Seite P des Dreiecks P, die Gerade (F) ist die Höhe auf die Trägergerade der Dreiecksseite P, da nach dem Satz des Thales die Dreiecke F und F rechtwinklig sind. Diese beiden Geraden schneiden sich im Höhenschnittpunkt H des Dreiecks P. Die Gerade (PH) ist die dritte Höhe in diesem Dreieck und ist rthgnal zur Geraden durch die Punkte und. F F' H. Fall: Es gibt drei slche Schnittpunkte: Die Gerade (P) schneidet k in einem zweiten Punkt F, die Gerade (P) hat mit k nur den Punkt gemeinsam. Die Gerade (P) ist Tangente an den Kreis k im Punkt und smit rthgnal zum Durchmesser. Schneidet die Gerade (P) den Kreis in einem zweiten Punkt und berührt die Gerade (P) den Kreis, argumentiert man entsprechend. LWM 003 Runde 1 Seite 9 vn 11

10 ufgabe 6 Für welche natürlichen Zahlen n ist n ein Teiler vn 1 3 n? Lösung Vrbemerkungen n(n + 1) 1) Für jede natürliche Zahl n gilt n = (Gaußsche Summenfrmel). ) Wie üblich verwenden wir die bkürzung n! für 1 3 n(lies: n Fakultät). Nach der Gaußschen Summenfrmel muss man als untersuchen, für welche natürlichen Zahlen n die n(n + 1) Zahl ein Teiler vn 1 3 nist. Da n sicher ein Teiler vn 1 3 nist, kmmt es als darauf an, wann n + 1 ein Teiler vn 1 3 nist. Dies ist nicht möglich, wenn n + 1 eine Primzahl ist. Die flgende ehauptung liegt als nahe: ehauptung: n(n + 1) Für eine natürliche Zahl n ist die Summe n = genau dann ein Teiler des Prdukts n! = 1 3 n, wenn n+1 keine Primzahl ist. 1. Fall Sei zunächst n eine natürliche Zahl, für die n + 1 = p eine ungerade Primzahl ist. Eine Primzahl kann nur dann ein Prdukt teilen, wenn sie mindestens einen der Faktren teilt. Denn snst würde die Primzahl ja in der Primfaktrdarstellung des Prdukts, die sich aus den Primfaktrdarstellungen der Faktren zusammensetzt, nicht vrkmmen. Wenn p das Prdukt 1 3 nteilen würde, s müsste p einen der Faktren 1,, 3,..., n teilen. Dies ist unmöglich, da p = n + 1 größer als jeder n dieser Faktren ist. Damit ist erst recht das Vielfache ( n+ 1) vn n + 1 kein Teiler vn n!. In Fall 1 n(n + 1) ist als n = kein Teiler vn n! = 1 3 n.. Fall Sei n eine natürliche Zahl, für die n + 1 = p keine ungerade Primzahl ist. Wenn n = 1, s ist n= 1 und 1 3 n= 1. Daher teilt die Summe das Prdukt. Wenn n > 1, s ist n +1 keine Primzahl. Man kann als n + 1 als Prdukt n + 1 = x y schreiben, wbei 1< x,y< n. Wenn x y ist, s kmmen swhl x als auch y unter den Zahlen 1,, 3,..., n 1 vr. n Dann ist n + 1= x y ein Teiler vn (n 1)! = 1 3 (n 1). Damit ist auch ( n+ 1) ein Teiler vn n! = 1 3 (n 1) n. Wenn aber x = y, s ist n + 1 = x eine Quadratzahl. Wir zeigen zunächst, dass in diesem Fall für n 8 nicht nur x n 1, sndern sgar x n 1 ist. Für n 8 ist nämlich x = n+ 1 9, als ist x 3 und ( ) x 1 4. Daher ist ( ) x 1 = x x+ 1= n+ 1 x+ 1 4 und smit x n n 1. LWM 003 Runde 1 Seite 10 vn 11

11 Es ist als sgar x ( x) (n 1) = + ein Teiler vn (n 1)! = 1 3 (n 1) und damit erst recht auch n n + 1. Wie ben ist daher wieder ( n+ 1) ein Teiler vn n! 1 3 (n 1) n =. Es bleibt nch zu untersuchen, was im Fall n < 8 passiert. Die einzige Quadratzahl zwischen 1 und 9 ist aber 4, d.h. in diesem Fall ist n + 1 = 4 und n = 3. Man rechnet direkt nach, dass jetzt = 6 ein Teiler vn 1 3 = 6 ist. In Fall ist als immer die Summe n ein Teiler des Prdukts 1 3 n und die ehauptung ist bewiesen. LWM 003 Runde 1 Seite 11 vn 11