Landeswettbewerb Mathematik Baden-Württemberg Musterlösungen 1. Runde 2011/2012

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1 Landeswettbewerb Matematik aden-württemberg Musterlösungen. Runde 0/0 Aufgabe avid wirft einen besonderen Würfel und screibt jeweils die oben liegende Zal auf. ie Abbildung zeigt ein Netz seines Würfels. 0 Wie oft muss avid mindestens würfeln, damit unter den aufgescriebenen Zalen ganz sicer drei Zalen sind, deren Summe durc 3 teilbar ist? 0 Lösung: avid muss mindestens fünf Mal würfeln.. eweisvorsclag:. eauptung: Wenn avid fünf Mal würfelt, dann befinden sic unter seinen aufgescriebenen Zalen immer drei Zalen, deren Summe durc 3 teilbar ist. eweis der. eauptung: Es kann nur eine der beiden folgenden Situationen eintreten: Situation A: Unter avids aufgescriebenen Zalen kommt eine Zal dreimal vor. Wir können dann die Summe der dreifac vorkommenden Zal bilden, also eine der folgenden Summen: = 0 oder + + = 3 oder + + = 6. iese Summen sind alle durc 3 teilbar. Situation : Unter avids aufgescriebenen Zalen kommt keine Zal dreimal vor. ann kommt jede Zal öcstens zwei Mal vor. ie 0 kommt also öcstens zweimal vor, ebenso die. Es muss also unter den fünf gewürfelten Zalen mindestens ein Mal die vorkommen. a die 0 und die öcstens zweimal vorkommen, muss unter den fünf gewürfelten Zalen auc mindestens ein Mal die vorkommen. a scließlic die und die öcstens zweimal vorkommen, muss unter den fünf gewürfelten Zalen auc mindestens ein Mal die 0 vorkommen. Folglic muss jede der Zalen 0, und mindestens einmal unter den fünf Zalen vertreten sein. Wir können daer die Summe = 3 bilden, die durc 3 teilbar ist. ie. eauptung ist also in beiden Situationen bewiesen.. eauptung: ei weniger als 5 Würfen kann es vorkommen, dass unter den gewürfelten Zalen keine drei sind, deren Summe durc 3 teilbar ist. eweis der. eauptung: Angenommen avid at die vier Zalen,,, gewürfelt. ie möglicen Summen von drei der vier Zalen sind + + = 4 oder + + = 5. Alle möglicen Summen sind also nict durc 3 teilbar. LWM 0/, Lösungen. Runde Seite von 4

2 . eweisvorsclag: Es kommt nict auf die Reienfolge der gewürfelten Zalen an: Für die Teilbarkeit durc 3 ist es ja unereblic, ob die Augenzalen,,0, (in dieser Reienfolge) oder 0,,, gewürfelt wurden. Wir nemen also an, dass avid seine Zalen in aufsteigender Reienfolge würfelt er obige aum entält alle möglicen aufsteigenden Würfelergebnisse von avid. Sobald in einem Ast drei Zalen mit durc 3 teilbarer Summe vorliegen, wird der Ast mit dieser Summe beendet. Man erkennt, dass alle Äste spätestens nac fünfmaligem Würfeln beendet sind, wärend es Äste gibt, die nac viermaligem Würfeln noc nict beendet sind. as ist genau die beauptete Lösung. LWM 0/, Lösungen. Runde Seite von 4

3 Aufgabe In dem nebensteenden Quadrat gilt: A = = und = 90. estimme die Größe des Winkels α. α A Lösung: Es gilt α =,5.. eweisvorsclag: F as reieck ist gleicscenklig, da =. Nac Voraussetzung ist = 90. Für die Weite des asiswinkels folgt desalb aus dem Winkelsummensatz für reiecke: = = 45. () er unkt liegt somit auf der iagonalen F des Quadrates AEF. ie iagonale F ist eine Symmetrieacse des Quadrates AEF. Spiegelt man das Quadrat an dieser Symmetrieacse, so ist der Winkel A das Spiegelbild des Winkels E und es gilt α = E = A. er Winkel A ist asiswinkel im gleicscenkligen reieck A. Mit dem Winkelsummensatz für reiecke folgt: α = E = A = ( 80 A ) () A ist ein Nebenwinkel des asiswinkels im reieck. ie asiswinkel in diesem reieck aben nac () die Weite 45. Für A gilt somit: A = 80 = = 35. (3) Aus () und (3) ergibt sic für α: 80 A 80 35,5 =. α = E = A = ( ) = ( ) ies war zu zeigen. LWM 0/, Lösungen. Runde Seite 3 von 4

4 . eweisvorsclag: as reieck ist gleicscenklig, da =. Nac Voraussetzung ist = 90. Für die Weite des Winkels folgt desalb aus dem Winkelsummensatz für reiecke: = 45. er unkt liegt somit auf der iagonale F des Quadrates AEF. F ist ein Nebenwinkel von und at desalb die Weite = 90. ie beiden reiecke AF und F sind nac dem Kongruenzsatz Ssw kongruent ( A = nac Voraussetzung, F ist gemeinsame Seite beider reiecke, AF = F = 90 ). Sie stimmen desalb auc in anderen einander entsprecenden Größen überein. ʻ Insbesondere gilt: AF = F. = a alle Quadratseiten gleic lang sind, folgt daraus: = FE = AF = F. Somit ist das reieck FE gleicscenklig. a F iagonale des Quadrates AEF ist, gilt für den Winkel FE im gleicscenkligen reieck FE: FE = 45. Für die Weiten der asiswinkel in diesem gleicscenkligen reieck FE gilt: EF = FE = ( ) 67,5 =. amit ergibt sic für den gesucten Winkel α: α = E = 90 FE =,5. LWM 0/, Lösungen. Runde Seite 4 von 4

5 Aufgabe 3 Florian addiert zuerst sieben aufeinander folgende, danac act aufeinander folgende und scließlic neun aufeinander folgende positive ganze Zalen. Er erzielt dabei dreimal das gleice Ergebnis. ristina stellt fest: as ist der kleinste Wert, den man so eralten kann! Welcen Wert at Florian berecnet? Lösung: Florian at den Wert 5 berecnet.. eweisvorsclag: Für eine natürlice Zal n sei S(n) die Summe der sieben aufeinanderfolgenden Zalen, die mit n beginnen. Also S(n) = n + (n+) + (n+) + (n+3) + (n+4) + (n+5) + (n+6). So ist z.. S(9) = = 84. Ebenso ist A(n) die Summe der act aufeinanderfolgenden Zalen, die mit n beginnen und N(n) ist die Summe der neun aufeinanderfolgenden Zalen, die mit n beginnen. In folgender Tabelle wurden für die ersten 33 Zalen die Summen S(n), A(n) und N(n) berecnet. n S(n) A(n) N(n) n S(n) A(n) N(n) Laut Aufgabenstellung ist der kleinste Wert gesuct, der in allen drei Zeilen der Tabelle auftauct. urc Vergleic der Zalen in den drei Zeilen erkennt man, dass 5 die kleinste Zal ist, die in allen drei Zeilen vorkommt. Somit at Florian den Wert 5 berecnet. LWM 0/, Lösungen. Runde Seite 5 von 4

6 . eweisvorsclag: ie sieben aufeinanderfolgenden Zalen, die bei a beginnen, sind: a, a+, a+, a+3, a+4, a+5, a+6. iese sieben aufeinanderfolgenden Zalen aben im urcscnitt den Wert a+3: a ist um 3 kleiner als a+3, a+6 um 3 größer als a+3, so dass der Mittelwert von a und a+6 gerade a+3 ist. Genauso ist der Mittelwert von a+ und a+5 genau a+3, wie auc der Mittelwert von a+ und a+4. In der folgenden Abbildung sind die aare markiert, die durcscnittlic a+3 ergeben. a a+ a+ a+3 a+4 a+5 a+6 a+3 a+3 a+3 Wenn der urcscnitt der sieben Zalen aber a+3 ist, so ist ire Summe 7 (a+3): a + (a+) + + (a+6) = (a+3)+(a+3)+(a+3)+(a+3)+(a+3)+(a+3)+(a+3)=7 (a+3). () ie act aufeinanderfolgenden Zalen, die bei b beginnen sind b, b+, b+, b+3, b+4, b+5, b+6, b+7. Genau wie oben kann man ier vier aare bilden, die jeweils den urcscnitt b+3,5 aben. ie Summe der act Zalen ist also b + (b+) + + (b+7) = 8 (b+3,5) = 8 b+8 = 4 (b+7). () ie neun aufeinanderfolgenden Zalen, die bei c beginnen sind c, c+, c+, c+3, c+4, c+5, c+6, c+7, c+8. Man kann sie in vier aare einteilen, die den urcscnitt c+4 aben, dazu kommt die mittlere Zal c+4. Somit gilt für die Summe der neun Zalen: c + (c+) + (c+) + (c+3) + (c+4) + (c+5) + (c+6) + (c+7) + (c+8) = 9 (c+4). (3) Wenn eine Zal x sic also als Summe von sieben aufeinanderfolgenden Zalen darstellen lässt, so ist sie nac () durc 7 teilbar. Ist x zugleic auc Summe von act aufeinanderfolgenden Zalen, so ist x nac () auf jeden Fall durc 4 teilbar. Ist x nun auc Summe von neun aufeinanderfolgenden Zalen, so ist x nac (3) durc 9 teilbar. a die Zalen 7, 4 und 9 teilerfremd sind, also keine gemeinsamen Teiler aben, muss x nun auc durc das rodukt teilbar sein, wenn es durc jede dieser drei Zalen teilbar ist. a = 5 muss x also durc 5 teilbar sein. ie kleinstmöglice Zal für den gesucten Wert x ist also 5. Nun gilt aber 5 = 7 36 = = 8 3,5 = = 9 8 = Somit ist 5 tatsäclic eine Zal, die Summe von sieben, act bzw. neuen aufeinanderfolgenden Zalen ist. Florian at also den Wert 5 berecnet. LWM 0/, Lösungen. Runde Seite 6 von 4

7 Aufgabe 4 Gegeben ist ein Trapez A mit den parallelen Seiten A und. estimme die Lage aller unkte im Inneren dieses Trapezes, für die die reiecke A und den gleicen Fläceninalt aben. A Lösung: Genau dann, wenn auf der Verbindungsstrecke der Mittelpunkte M a und M c der Seiten a = A und c = des Trapezes liegt, aben die markierten reiecke den gleicen Fläceninalt. M c A M a. eweisvorsclag: Vorüberlegungen: (*) a M a uns M c die Mittelpunkte der Seiten a und c sind, sind die Grundseiten der Teiltrapeze AM a M c und M a M c gleic lang. eide Trapeze aben außerdem dieselbe Höe (Abstand der arallelen A und ). aer aben die Teiltrapeze den gleicen Fläceninalt A TeilTrapez. A TeilTrapez ist die Hälfte des Fläceninalts des Trapezes A. (**) ie reiecke AM a und M a stimmen in der Grundseitenlänge AM a und Ma sowie der zugeörigen Höe überein und aben damit den gleicen Fläceninalt. as Gleice gilt analog für die reiecke M c und M c.. eauptung: Wenn auf M a Mc liegt, dann sind die Fläceninalte der reiecke A und gleic groß. eweis der. eauptung: Aus den Vorüberlegungen (*) und (**) folgt A A = A TeilTrapez - A AMa - A Mc = A TeilTrapez - A Ma - A Mc = A. d M c c b A a M a LWM 0/, Lösungen. Runde Seite 7 von 4

8 . eauptung: Wenn die Fläceninalte der reiecke A und gleic groß sind, dann liegt auf M a M c. eweis der. eauptung: Wir füren einen Widersprucsbeweis und zeigen, dass wenn nict auf M a M c liegt, die Fläceninalte der reiecke A und nict gleic groß sind. Sei also angenommen der unkt liegt im Inneren des Trapezes A, aber nict auf der Strecke M a M c. One escränkung der Allgemeineit können wir annemen, dass im recten Teiltrapez M a M c liegt. A ie arallele p zu A durc scneidet M a M c in. ann liegt im Inneren des reiecks. Somit ist der Fläceninalt des reiecks kleiner als der Fläceninalt des reiecks. Analog ist der Fläceninalt von A größer als der Fläceninalt von A. Nac der. eauptung sind aber die Fläceninalte von A und gleic groß. Zusammenfassend gilt also: A A > A A = A > A. Somit sind die Fläceninalte der reiecke A und nict gleic groß und die. eauptung ist bewiesen. p M c ' M a S Variante zum eweis der. eauptung: Sei ein unkt im Trapez mit A A = A. One escränkung der Allgemeineit können wir annemen, M c dass in der recten Hälfte des Trapezes liegt, ansonsten scließen wir analog. er Fläceninalt des Fünfecks AM a M c lässt sic dann auf zwei Arten zerlegen (s. Abb.): () A AMaMc = A A + A AMa + A Mc und () A AMaMc = A AMaMc + A MaMc = A TeilTrapez + A MaMc A Analog gilt für das Fünfeck M a M c : (*) A MaMc = A + A Ma + A Mc und (*) A MaMc = A AMaMc A MaMc = A TeilTrapez A MaMc Aus () und () ergibt sic (3) A A + A AMa + A Mc = A TeilTrapez + A MaMc, ebenso folgt aus (*) und (*): (3*) A + A Ma + A Mc = A TeilTrapez A MaMc. Wegen der Anname A A = A und wegen A AMa = A Ma bzw. A Mc = A Mc (Vorüberlegung (**)) stimmen aber die linken Seiten der Gleicungen (3) und (3*) überein. Folglic müssen auc die recten Seiten übereinstimmen, d.. A TeilTrapez + A MaMc = A TeilTrapez A MaMc. araus folgt: A MaMc = 0. er Fläceninalt des reiecks M a M c kann aber nur verscwinden, wenn auf M a M c liegt, so dass die. eauptung bewiesen ist. LWM 0/, Lösungen. Runde Seite 8 von 4 M a

9 . eweisvorsclag: Variante für die Angabe der Lösungsmenge: ie Lage der unkte inneralb des Trapezes kann auf ganz versciedene Arten bescrieben werden. Hier eine Variante: Fall : as Viereck A ist ein arallelogramm. ann aben die markierten reiecke genau dann denselben Fläceninalt, wenn auf der Mittelparallelen m db zu den Seiten d und b liegt. d c A m db a b Fall : as Viereck A ist kein arallelogramm. ann scneiden sic die Geraden A und im unkt Q. Sei R der iagonalenscnittpunkt des Trapezes A. ie markierten reiecke aben genau dann denselben Fläceninalt, wenn im Inneren des Trapezes auf der Geraden QR liegt. Q R A eweis von Fall : In diesem Fall ist klar, dass die beiden reiecke gleicen Fläceninalt aben, da ier die beiden reiecke gleic lange Grundseiten d = b aben und gleic lange zugeörige Höen. Umgekert wird wie in der. eauptung des. eweisvorsclags bewiesen, dass nur für unkte auf der Mittelparallelen m db die Fläceninalte gleic sind. eweis von Fall : Zunäcst gilt die Fläcengleiceit der reiecke A und für den iagonalscnittpunkt = R: Es ist A AR = A A A AR und A R = A A A AR. Außerdem ist A A = A A, da beide reiecke die gleice Grundseite a und die gleice zugeörige Höe aben. Somit folgt A AR = A R. Insbesondere folgt nun aus dieser Fläcengleiceit d R,A b R, R,A b = bzw. = (#). d R, Wir zeigen nun, dass für jeden anderen unkt auf QR ebenfalls die Fläcengleiceit A A = A gilt. A a d Q c R,A R,A R,, b LWM 0/, Lösungen. Runde Seite 9 von 4

10 Nac dem Stralensatz gilt für die jeweils parallelen Höen:, = oder umgescrieben araus folgt,a, R,A =. Aus (#) ergibt sic damit d,a R, b R,A b d R,,A = =.,,A R,A, =, d.. genau die Fläcengleiceit A A = A. Umgekert wird wie in der. eauptung des. eweisvorsclags durc Widerspruc bewiesen, dass nur für unkte auf der Mittelparallelen (Fall ) bzw. auf der Geraden QR (Fall) die Fläcengleiceit A A = A gilt. R, LWM 0/, Lösungen. Runde Seite 0 von 4

11 Aufgabe 5 Ein gerader Scnitt zerlegt ein reieck A in zwei Teildreiecke, die zueinander änlic, aber nict kongruent sind. Zeige: as reieck A ist rectwinklig. Hinweis: Zwei reiecke eißen zueinander änlic, wenn sie in iren Innenwinkeln übereinstimmen. eweisvorsclag: Nacdem der Scnitt ausgefürt wurde liegen zwei reiecke vor, also musste der Scnitt durc einen Eckpunkt gegangen sein, weil ansonsten ein Viereck zustande gekommen wäre. Wir können also one escränkung der Allgemeineit annemen, dass der Scnitt durc den Eckpunkt fürt. In der folgenden Abbildung ist die entsteende Situation dargestellt. er Scnitt wurde entlang der Strecke ausgefürt. γ γ β A α δ δ Nac Aufgabenstellung ist reieck A änlic zu reieck. er Innenwinkel δ von A muss also mit einem der drei Innenwinkel von übereinstimmen. Für δ gibt es drei Möglickeiten:. Fall: δ = δ,. Fall: δ = β oder 3. Fall: δ = γ. LWM 0/, Lösungen. Runde Seite von 4

12 . Fall: δ = δ a δ + δ = 80 folgt nun δ = δ = 90. er Innenwinkel γ von A muss mit einem der beiden verbleibenden Innenwinkel von, also mit γ oder β übereinstimmen.. Unterfall: γ = γ ann aben die reiecke A und zwei gleice Winkel und eine gemeinsame Seite. Nac dem Kongruenzsatz WSW sind die reiecke A und also kongruent. Nac Aufgabenstellung sollen die Teildreiecke aber nict kongruent sein, es ergibt sic in diesem Unterfall also ein Widerspruc.. Unterfall: γ = β Aus dem Winkelsummensatz für die beiden Teildreiecke folgt auc α = γ. Aus δ = 90 folgt mit dem Winkelsummensatz für das reieck A: γ = 90 α. Folglic ist γ = γ + γ = (90 α ) + α = 90. as reieck A ist also tatsäclic rectwinklig.. Fall: δ = β ann wären die Strecken und parallel, denn δ und β sind gleice Stufenwinkel. as reieck kann aber nict zwei parallele Seiten aben. Somit liegt ein Widerspruc vor. 3. Fall: δ = γ ann wären die Strecken und A parallel, denn δ und γ sind gleice Wecselwinkel. amit wären auc und parallel. as reieck kann aber nict zwei parallele Seiten aben. Somit liegt ein Widerspruc vor. Von allen möglicen Fällen ist nur derjenige verblieben, in dem γ = 90 war, das reieck A muss also rectwinklig sein. LWM 0/, Lösungen. Runde Seite von 4

13 Aufgabe 6 estimme alle natürlicen Zalen a und b, für die + a + = gilt. a b ab Lösung: Es gibt zwei Zalenpaare ( a;b ), die Lösungen der Gleicung sind, nämlic ( 3;5 ) und ( ;5 ).. eweisvorsclag: Sowol a als auc b dürfen nict 0 sein, da für 0 der Term der linken Seite der Gleicung nict definiert ist. Multipliziert man beide Seiten der gegebenen Gleicung mit ab, so erält man b + a² + = ab bzw. ab b = a² + bzw. b (a ) = a² + Für a = ist die linke Seite der letzten Gleicung 0, die recte Seite ist, also ergibt sic ein Widerspruc. Folglic muss a gelten. Für a kann man beide Seiten der Gleicung b (a ) = a² + durc a dividieren. ann ergibt sic a + a + + (a ) (a + ) + b = = = = a + + a a a a. a b eine natürlice Zal ist, muss ebenfalls eine natürlice Zal sein. a Also muss a ein Teiler von sein. Es kann also a nur oder sein.. Möglickeit: a =. ann ist a = 3 und. Möglickeit: a =. ann ist a = und a b = =, also b = 5. a 3 a + + b = =, also b = 5. a Somit kommen für ( a;b ) nur die beiden Lösungen ( 3;5 ) und ( ;5 ) in Frage. urc Einsetzen in die in der Aufgabe gegebene Gleicung + a + = ergibt sic, a b ab dass sowol ( 3;5 ) als auc ( ;5 ) Lösungen der Aufgabe sind. Variante zum. eweisvorsclag: a + Wie im. eweisvorsclag erält man a und b = a. a + Man untersuct also den Term für wacsende a >. ies gesciet in der folgenden a Tabelle: LWM 0/, Lösungen. Runde Seite 3 von 4

14 a a + a ,5 7,4 a , Es fällt auf, dass der Abstand des Terms zu a + für wacsendes a kontinuierlic a kleiner wird. ies kann man auc recnerisc überprüfen: a + a + (a+)(a-) (a + ) (a ) ( a + ) = = = a a a a a. er Ausdruck a wird immer kleiner für wacsendes a, es näert sic also a + an a a + an. a + a + Für a > 3 ist ierbei < a +, also liegt zwiscen den natürlicen Zalen a a a + a + und a +. Somit kann für a > 3 der Term keine natürlice Zal sein, so a dass nur noc a = bzw. a = 3 übrig bleibt. araus ergeben sic die oben angegebenen Lösungen.. eweisvorsclag: Sowol a als auc b dürfen nict 0 sein, da für 0 der Term der linken Seite der Gleicung nict definiert ist. Multipliziert man beide Seiten der gegebenen Gleicung mit ab, so erält man b + a² + = ab bzw. a² - ab + (b + ) = 0. Letztere Gleicung ist eine quadratisce Gleicung in a. In Abängigkeit von b ergeben b ± b 4(b + ) b ± b 4b 4 sic die Lösungen a, = =. ie iskriminante b 4b 4 = (b ) 8 muss eine Quadratzal sein, wenn die Lösung a eine natürlice Zal ergeben soll, also (b ) 8 = x, für eine natürlice Zal x. araus ergibt sic (b ) x = (b x)(b + x) = 8. Man at also 8 als rodukt von zwei ganzen Zalen b x und b + x dargestellt. ie ifferenz dieser beiden Zalen ist (b + x) (b x) = x, also gerade. a b und x beide positiv sind, muss b + x 0 gelten, also müssen die beiden Faktoren b x und b + x positiv sein. Aufgrund der möglicen Faktorisierungen von 8 als rodukt von zwei Zalen ergibt sic daraus, dass die beiden Faktoren 4 und sind. Somit gilt b x = und b + x = 4. araus folgt x = und b = 5. Also ist nur im Fall b = 5 die iskriminante b 4b 4 eine Quadratzal, nämlic. 5 ± Für b = 5 ergibt sic a, =, also a = und a = 3. Wir eralten also die beiden Lösungspaare ( 3;5 ) und ( ;5 ) für ( a;b ). urc Einsetzen in die in der Aufgabe gegebene Gleicung + a + = ergibt sic, dass sowol ( 3;5 ) a b ab als auc ( ;5 ) Lösungen der Aufgabe sind. LWM 0/, Lösungen. Runde Seite 4 von 4