Landeswettbewerb Mathematik Baden-Württemberg Musterlösungen 1. Runde 2009/2010

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1 Landeswettewer Mathematik Baden-Württemerg Musterlösungen. Runde 009/00 Aufgae Wird zu einer natürlichen Zahl ihre Quersumme addiert, so erhält man 00. Bestimme alle Zahlen, ei denen dies zutrifft. Lösung: Die Zahlen 986 und 004 sind die einzigen natürlichen Zahlen, die addiert zu ihrer Quersumme 00 ergeen.. Beweisvorschlag: Für eine Zahl n schreien wir QS(n) für die Quersumme von n. Die gesuchten Zahlen n müssen alle kleiner als 00 sein, da sich erst, wenn man eine weitere natürliche Zahl QS(n) zu n addiert, 00 ergit. Die größtmögliche Quersumme einer Zahl, die kleiner als 00 ist, ist 8: Die Zahlen unterhal von 000 haen die größte Quersumme, wenn alle Ziffern der Zahl möglichst groß sind. Dies ist für 999 der Fall, woei QS(999)=+9+9+9=8. Die Zahlen zwischen 000 und 00 haen offensichtlich alle eine kleinere Quersumme als 8. Somit dürfen die gesuchten Zahlen alle höchstens um 8 unterhal von 00 liegen: Andernfalls könnte man durch Addition der Quersumme, die ja höchstens 8 ist, nicht 00 erreichen. Es kommen also nur die Zahlen zwischen 98 und 00 in Frage. Man kann nun diese 8 Zahlen schnell der Reihe nach durchproieren und die oen genannten Lösungen finden. Durch einfache Üerlegungen kann man jedoch weitere Zahlen ausschließen und das Proieren verkürzen. So kann in jeder der drei Dekaden 980 is 989, 990 is 999 und 000 is 009 höchstens eine Lösung vorhanden sein: Erhöht man innerhal einer solchen Dekade nämlich die Zahl um, so erhöht sich auch die zugehörige Quersumme um, da es ja keinen Zehnerüergang git. Somit erhöht sich die Summe aus der Zahl und ihrer Quersumme um. Nur für eine Zahl aus der Dekade kann sich also genau 00 ergeen. Für n = 98 ist 98 + QS(98) = = 00. Es fehlt also noch 8 is 00. Da die Summe ei jeder Erhöhung der Zahl um um größer wird, muss man die Zahl 98 um 4 vergrößern um die richtige Summe 00 zu erhalten. So findet man die erste Zahl 986. Für n = 990 ist QS(990) = = 009. Für 99 ergit sich ereits 0 als Summe. In der Dekade 990 is 999 kann es also keine Zahlen mit der gesuchten Eigenschaft geen. Für n = 000 ist QS(000) = =00. Es fehlt also noch 8 is 00. Da die Summe ei jeder Erhöhung der Zahl um um größer wird, muss man die Zahl 000 um 4 vergrößern um die richtige Summe 00 zu erhalten. So findet man die zweite mögliche Zahl 004. LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite von

2 . Beweisvorschlag: Für eine Zahl n schreien wir QS(n) für die Quersumme von n. Die gesuchten Zahlen n müssen alle kleiner als 00 sein, da sich erst, wenn man eine weitere natürliche Zahl QS(n) zu n addiert, 00 ergit. Somit ist n höchstens vierstellig. Demnach git es Ziffern a,, c, d aus denen n zusammengesetzt ist, also n = 000 a c + d mit 0 a,,c, d 9. Außerdem gilt dann QS(n) = a + + c + d. Aus n 00 folgt a, es git also drei Fälle: Fall : a = 0. In diesem Fall ist ( ) ( ) n + QS(n) = c + d + + c + d = 0 + c + d = 4 9 = 06 < 00 Also ist in diesem Fall keine Lösung der Aufgae möglich. Fall : a =. In diesem Fall ist ( ) ( ) n + QS(n) = c + d c + d = c + d Aus n + QS(n) = 00 folgt 0 + c + d = 009. Wäre 8, so wäre 0 + c + d = 95 < 009. Somit ist nur = 9 möglich und es folgt c + d = 009, also c + d = 00. Nun ist 00 d gerade, also muss c = 00 d eenfalls gerade sein. Da das Produkt zweier ungerader Zahlen wieder ungerade wäre, muss c gerade sein. Wegen 0 d 9 liegt 00 d zwischen 8 und 00. Somit muss c = 8 sein, denn c = 8 ist die einzige gerade Zahl, für die c zwischen 8 und 00 liegt. Zum Schluss folgt nun aus 00 8 c + d = 00, dass d = = 6 sein muss. Also ist in diesem Fall nur die Lösung n = = 986 der Aufgae möglich. Fall : a =. In diesem Fall ist ( ) ( ) n + QS(n) = c + d c + d = c + d Aus n + QS(n) = 00 folgt 0 + c + d = 8. Wäre oder c > 0, so wäre die linke Seite dieser Gleichung zu groß, es muss also = c = 0 sein. Somit ergit sich d = 8 oder d = 4. Also ist in diesem Fall nur die Lösung n = = 004 möglich. Aus den drei Fällen ergeen sich also genau die eiden Lösungen 986 und 004. LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite von

3 Aufgae Jedes regelmäßige 8-Eck kann man wie in der Figur dargestellt in kongruente* Fünfecke zerlegen. Bestimme die Innenwinkel eines solchen Fünfecks. * Figuren heißen kongruent, wenn sie deckungsgleich aufeinander gelegt werden können. Lösung: Wie in der neenstehenden Zeichnung ezeichnen wir den Punkt an der Spitze eines solchen Fünfecks mit A und davon ausgehend das Fünfeck (wie ülich entgegen dem Uhrzeigersinn) mit ABCDE. Dementsprechend werden die zugehörigen Innenwinkel mit α, β, γ, δ, ε ezeichnet. Diese Innenwinkel sind α = 60, β = 40, γ = 00, δ = 80 und ε = 60.. Beweisvorschlag: Wir verwenden die Bezeichnungen, die oen eingeführt wurden. Aus der neenstehenden Zeichnung erkennt man, dass der Winkel ε einer der Innenwinkel im regelmäßigen 8-Eck ist. A B E ε D C Die Innenwinkel im regelmäßigen n-eck sind alle n 80, n 8 für n = 8 ergit sich also ε = 80 = =. Man kann die Formel für die Innenwinkel im 8-Eck auch herleiten: Alle Punkte des regelmäßigen 8-Ecks liegen auf einem Kreis um den Mittelpunkt M. Verindet man M mit den Eckpunkten so entstehen somit 8 kongruente gleichschenklige Dreiecke mit dem Spitzenwinkel Somit sind die Basiswinkel ϕ in so einem gleichschenkligen Dreieck PMQ 80 0 ϕ = = 80. Also sind die Innenwinkel im regelmäßigen 8- Eck ε = ϕ = 60. Q ϕ ϕ P 0 0 M LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite von

4 Im Mittelpunkt des 8-Ecks stoßen sechs der kongruenten Fünfecke zusammen, alle diese sechs Fünfecke haen dort den Winkel α. Also ist 6 α = 60 oder α = 60. Somit sind α und ε estimmt, es fehlen noch β, γ und δ. α α α α α α Wir etrachten den neenstehend eingezeichneten Punkt P innerhal des 8-Ecks: Hier treffen zwei Fünfecke mit dem Winkel γ und ein Fünfeck mit dem Winkel ε zusammen. Also gilt γ + ε = γ + 60 = 60. Somit γ = 00. Eenso entnehmen wir den Winkeln eim Punkt R: α + β + ε = 60 + β + 60 = 60. Somit β = 40. Schließlich ergit sich aus den Winkeln am Punkt Q: R Q β β δ ε α β γ γ ε P β + δ = 80 + δ = 60. Somit δ = 80. Damit sind alle Innenwinkel eines Fünfecks estimmt.. Beweisvorschlag: Wie zu Beginn des ersten Beweisvorschlags werden zunächst die Innenwinkel α und ε estimmt. Behauptung: Alle fünf Seiten im Fünfeck ABCDE sind gleich lang. Beweis der Behauptung: Sind ABCDE und A B C D E zwei solche neeneinander liegenden Fünfecke, die im Mittelpunkt des 8-Ecks zusammentreffen, so ist A = A und B = E (siehe neenstehende Zeichnung). Da die Fünfecke kongruent sind, ist außerdem A 'E' = AE. Somit gilt () AE = A 'E' = AB. C D D B E E α α A B C LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite 4 von

5 Sind ABCDE, A B C D E, A*B*C*D*E* drei Fünfecke, die wie in der Zeichnung aneinanderliegen und den Punkt C = E = C* gemeinsam haen, so ergit sich aus den gemeinsamen Strecken: () BC = A 'E' = AE ; () B * C * = CD = BC ; (4) C * D * = D'E' zw. CD = DE. A* E* B* D E D*=D C* E C B A C B Zusammenfassend ergit sich aus den Gleichungen () (4): AB = AE = BC = CD = DE. A Alle fünf Seiten im Fünfeck ABCDE sind gleich lang und die Behauptung ist ewiesen. Da α = 60 und AE = AB (siehe ()), ist das Dreieck ABE ein gleichschenkliges Dreieck mit den Innenwinkel 60 an der Spitze. Die Basiswinkel des Dreiecks ABE müssen daher eenfalls 60 weit sein, das Dreieck ABE ist somit gleichseitig. Im Viereck BCDE sind somit alle vier Seiten gleich lang, es handelt sich um eine Raute. Insesondere sind die Strecken BC und ED parallel. Es folgt δ = 80 γ (Neenwinkel und Stufenwinkel), ε ' = γ und β ' = δ. Aus ε ' + 60 = ε = 60 folgt nun ε ' = 00 = γ, δ = 80 γ = 80 und β = β ' + 60 = δ + 60 = 40. Damit sind alle Innenwinkel eines Fünfecks estimmt. LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite 5 von

6 Aufgae Das Dreieck ABE ist gleichschenklig mit der Basis AB. Bestimme den Anteil der Fläche des Dreiecks ESC an der Fläche des Dreiecks ABC. Lösung: Der Anteil der Fläche des Dreiecks ESC an der Fläche des Dreiecks ABC eträgt ein Sechstel.. Beweisvorschlag: Sei T der Mittelpunkt der Strecke AB. Da das Dreieck ABE gleichschenklig ist, ist die Gerade ET Mittelsenkrechte im Dreieck ABE.. Behauptung: Die Dreiecke ATE, ETB und BCE sind kongruent. Beweis der. Behauptung: Da ET Mittelsenkrechte ist, sind die Dreiecke ATE und ETB kongruent. Für den Winkel CBA gilt nach dem Winkelsummensatz für das Dreieck ABC: CBA = = 60. Somit ist CBE = 60 0 = 0. Daraus folgt, dass die Dreiecke ETB und BCE nach dem Kongruenzsatz WWS kongruent sind: Sie haen die gemeinsame Seite EB, der anliegende Winkel eträgt jeweils 0, der gegenüerliegende Winkel jeweils 90.. Behauptung: Die Dreiecke ESC und SBC haen den gleichen Flächeninhalt. Beweis der. Behauptung: Es gelten die in der neenstehenden Zeichnung eingetragenen Winkelweiten: CBE = EBA = 0 wurde ereits oen egründet. FCB = 0 nach dem Winkelsummensatz im Dreieck BCF. ACF = 60, da FCB und ACF zusammen 90 ergeen. BEC = 60 nach dem Winkelsummensatz im Dreieck BCE. Damit ist Dreieck SBC gleichschenklig und Dreieck ESC sogar gleichseitig. Insesondere SB SC ES = =. LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite 6 von

7 Die Dreiecke ESC und SBC haen somit gleich lange Grundseiten ES zw. SB und die gleiche zugehörige Höhe CH. Sie haen somit den gleichen Flächeninhalt, wodurch die. Behauptung ewiesen ist. Aus der. Behauptung folgt, dass das Dreieck BCE ein Drittel des Flächeninhalts des Ausgangsdreiecks ABC hat. Aus der. Behauptung folgt, dass das Dreieck ESC die Hälfte des Flächeninhalts des Dreiecks BCE hat. Der Anteil der Fläche des Dreiecks ESC an der Fläche des Dreiecks ABC eträgt also ein Sechstel.. Beweisvorschlag: Das Ausgangsdreieck ABC hat die Innenwinkel 90, 60, 0, es ist also ein hales gleichseitiges Dreieck. Wir verwenden kongruente, kleine Dreiecke mit den Innenwinkeln 0, 60 und 90, die wie in der folgenden Aildung aneinandergelegt werden: Durch die vorgegeenen Innenwinkel der kleinen Dreiecke und da sie kongruent sind, ergit sich unmittelar, dass die Linien an allen inneren und äußeren Enden knickfrei ineinander üergehen. Z.B. sind die drei markierten Winkel ei S und E je 60, zusammen also 80, so dass hier eim Zusammenlegen kein Knick entsteht. Außerdem ergit sich unmittelar, dass das große Dreieck ABC eenfalls die Innenwinkel 0, 60 und 90 hat mit einem rechten Winkel ei C. Das Dreieck ABE ist gleichschenklig, da die kleinen Dreiecke alle kongruent sind. Es liegt also die in der Aufgae eschrieene Situation vor. S ist der Schnittpunkt der Strecken CF und BE. Das markierte Dreieck ESC esteht nun aus zwei der Dreiecke, der Flächenanteil ist also =. 6 LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite 7 von

8 Aufgae 4 Die von Null verschiedenen Zahlen z und z sind die Startzahlen einer Zahlenfolge. Die weiteren Zahlen werden folgendermaßen geildet: z = z : z, z4 = z : z, Zeige: Das Produkt von 009 aufeinander folgenden Zahlen dieser Folge ist immer eine Zahl der Folge. Beispiel: Die eiden Startzahlen seien z = und z = 5. z 5 z,5 z4 0,5 z5 0, Dann z = = =,5 ; z4 = = = 0,5 ; z5 = = = 0, ; z6 = = = 0,4 ; z z 5 z,5 z 0,5 6 7 z5 0, z 0,4 z7 z8 5 z9,5 z = = = = z ; z8 = = = 5 = z ; z9 = = =,5 = z ; z0 = = = 0,5 = z4 ; z 0,4 z z 5 6 Man erkennt, dass die in der Folge vorkommenden Zahlen nach sechs Zahlen wieder von vorne eginnen: ; 5;,5; 0,5; 0,; 0,4; ; 5;,5; 0,5; 0,; 0,4; ; 5;,5; 0,5; 0,; 0,4; usw. Sechs aufeinanderfolgende Zahlen der Folge estehen also immer genau aus den Zahlen ; 5;,5; 0,5; 0,; 0,4. Ihr Produkt ist 5,5 0,5 0, 0,4 =. Da 004 durch 6 teilar ist, ist das Produkt von 004 aufeinanderfolgenden Zahlen der Folge eenfalls. Das Produkt der 009 Zahlen ist also das Produkt der letzten fünf Zahlen. Unter diesen fünf Zahlen kommt eine der sechs Zahlen ; 5;,5; 0,5; 0,; 0,4 nicht vor, z.b.,5. Das Produkt der fünf anderen Zahlen ist 5 0,5 0, 0,4 = 0,4. Diese Zahl kommt in der Folge vor Beweisvorschlag: Wie im Beispiel muss man allgemein zeigen, dass sich in der Folge sechs Zahlen immer wieder holen, deren Produkt ist, so dass es nur auf die letzten fünf der aufeinanderfolgenden Zahlen ankommt. Sei z = a und z =. Dann ergit sich: a z = z : z = ; z4 = z : z = : = : = = ; z5 = z 4 : z = : = = ; a a a a a a a a a a a a a a z6 = z 5 : z 4 = : = = ; z7 = z 6 : z 5 = : = = a ; z8 z 7 : z6 a : a = = = a = ; Man erkennt, dass die in der Folge vorkommenden Zahlen nach sechs Zahlen wieder von vorne eginnen: a; ; a ; a ; ; a ; a; ; a ; a ; ; a ; a; ; a ; a ; ; a ;.usw. Sechs aufeinanderfolgende Zahlen der Folge estehen also immer genau aus den Zahlen a; ; a ; a ; ; a (natürlich nicht unedingt eginnend mit a). Ihr Produkt ist a a =. a a Da 004 = 6 4 durch 6 teilar ist, ist das Produkt von 004 aufeinanderfolgenden Zahlen der Folge eenfalls, denn 004 aufeinanderfolgende Zahlen estehen aus 4 solchen Sechserpäckchen. Das Produkt von 009 aufeinanderfolgenden Zahlen der Folge ist also gleich dem Produkt der letzten fünf dieser aufeinanderfolgenden Zahlen: Das Produkt der ersten 004 Zahlen ist ja. Die letzten fünf Zahlen estehen aus fünf der Zahlen a; ; a ; a ; ; a. Genau eine dieser Zahlen fehlt. Wir schreien u, u, u, u 4, u 5 für diese letzten fünf der aufeinanderfolgenden Zahlen und x für a die noch fehlende Zahl. Dann ist u u u u4 u5 x = a =, also a a u u u u4 u5 =. Somit ist das Produkt der letzten fünf Zahlen gerade der Kehrwert der fehlenden x Zahl. LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite 8 von

9 Für jede Zahl x unter den Zahlen a; ; a ; a ; ; a kommt aer auch der Kehrwert x unter den Zahlen a; ; a ; a ; ; a wieder vor, wie man direkt üerprüfen kann. Somit kommt das Produkt von 009 aufeinanderfolgenden Zahlen in der Folge vor.. Beweisvorschlag: Die 009 aufeinanderfolgenden Zahlen der Zahlenfolge seien z = n+ u, zn+ = u,, zn+ 009 = u009. Sei u = a und u =. Dann ergit sich: u = u : u = ; u4 u : u : a = = a = a ; u = u : u = : 5 4 a a = ; a u = u : u = : a = ; a a u7 = u 6 : u 5 = : = a ; u8 = u 7 : u6 = a : = ; Man erkennt, dass unter den 009 aufeinanderfolgenden Zahlen nur sechs Zahlen vorkommen, die sich immer wiederholen: a; ; a ; a ; ; a ; a; ; a ; a ; ; a ; a; ; a ; a ; ; a ;.usw. Da 009 = folgen nach 4 solcher Sechserpäckchen unter den aufeinanderfolgenden Zahlen die letzten fünf der aufeinanderfolgenden Zahlen: u005 = a; u006 = ; u 007 = ; u 008 = ; u009 =. a a a Das Produkt der Zahlen eines solchen Sechserpäckchens ist a =. a a Also ist das Produkt der ersten 004 der aufeinanderfolgenden Zahlen eenfalls, denn es wiederholen sich ja nur die ersten sechs Zahlen : a; ; a ; a ; ; a insgesamt 4 mal. Das Produkt der 009 aufeinanderfolgenden Zahlen der Folge ist also das Produkt der letzten fünf Zah- len, d.h. u u u u 004 u 005 u 006 u 007 u 008 u = 009 a =. a a a Da n+ = u = z kommt das Produkt also in der Folge vor. a LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite 9 von

10 Aufgae 5 Im gleichschenklig rechtwinkligen Dreieck ABC (γ = 90 ) schneidet ein Kreis um C die Kathete CA in D und die Kathete CB in E. Die Senkrechten von C und D auf die Gerade AE schneiden die Hypotenuse AB in den Punkten F zw. G. Zeige: Die Strecken GF und FB sind gleich lang.. Beweisvorschlag: (Mit Spiegelung) Die neenstehende Aildung zeigt zunächst die Situation. Zu zeigen ist, dass F der Mittelpunkt der Strecke GB ist. Sei m die Mittelsenkrechte zur Basis AB des gleichschenkligen Dreiecks ABC. Der Kreis um C liegt symmetrisch zu m und damit auch die Punkte D und E. Das Dreieck AEC geht durch die Spiegelung an m in das Dreieck DBC üer, die eiden Dreiecke sind also kongruent. Somit ist β = EAC = CBD und α = CEA = BDC. Außerdem ist α + β = 90 (Winkelsumme im Dreieck AEC). Sei S der Spiegelpunkt von B an C. Da γ = 90 ist, ist die Gerade AC die Mittelsenkrechte zur Strecke BS. Somit ist das Dreieck BSD gleichschenklig und daher sind die Basiswinkel β = CBD und DSC gleich. Sei L der Schnittpunkt der Geraden DS mit AE. Nach der Winkelsumme im Dreieck ESL und wegen α + β = 90 ist ELS = 90, DS ist also orthogonal zu AE. Damit ist DS die in der Aufgae eschrieen Senkrechte zu AE durch D. Sie schneidet AB in G. Da auch CF orthogonal zu AE ist, sind CF und SG parallel. Nach Konstruktion ist C der Mittelpunkt von BS, somit ist CF Mittelparallele im Dreieck BSG. Die Mittelparallele schneidet die Seite GB im Mittelpunkt. Somit ist F der Mittelpunkt von GB. und die Aufgae ist ewiesen. LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite 0 von

11 . Beweisvorschlag: (Mit Kongruenzsätzen) Das Dreieck ABC ist gleichschenklig. Deshal sind die Strecken AC und BC gleich lang. D und E liegen auf demselen Kreis um C. Deshal sind die Strecken EC und DC gleich lang. Da die Dreiecke AEC und BCD zudem im Winkel rechten Winkel γ = 90 üereinstimmen, sind sie nach dem Kongruenzsatz SWS kongruent und stimmen auch in den Winkeln CEA = BDC = α üerein. Sei S der Schnittpunkt der Geraden DG und BC und sei L der Schnittpunkt der Geraden DG und AE. Die Winkel ELS und SCD sind rechte Winkel, da nach Voraussetzung DG Senkrechte zu AE ist zw. γ = 90 gilt. Da die Dreiecke DCS und ESL außer in diesen eiden rechten Winkeln auch noch im Winkel LSE = DSC = σ üereinstimmen, sind auch ihre jeweils dritten Winkel gleich groß: Es gilt CDS = SEL = CEA = α. Folglich gilt BDC = α = CDS. Da die Dreiecke BCD und SDC die Seite DC gemeinsam haen und in den anliegenden Winkeln BDC zw. CDS und dem rechten Winkel üereinstimmen, sind sie nach dem Kongruenzsatz WSW kongruent. Deshal sind die Strecken BC und CS gleich lang. C ist also der Mittelpunkt der Strecke BS. Da DG und CF senkrecht auf AE stehen, sind sie parallel. CF ist daher Mittelparallele im Dreieck SGB und haliert als solche die Seite GB. LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite von

12 . Beweisvorschlag: (Mit Kongruenzsätzen) Wir ezeichnen die Schnittpunkte der Senkrechten zu AE durch C und D mit H zw. J. Als Hilfsstrecken werden die Lote von B, D und G auf die Gerade CF eingezeichnet. Ihre Fußpunkte werden K, L zw. M enannt. Damit gilt Folgendes: () () AC = CB (nach Vorgae) o = = 0 CHA BKC 90 ACH = 90 KCB = CBK CD = CE (nach Vorgae) o CLD = EHC = 90 0 DCL = 90 HCE = HEC Nach dem Kongruenzsatz SWW sind die Dreiecke AHC und CKB kongruent. Insesondere CH = BK. Nach dem Kongruenzsatz SWW sind die Dreiecke DLC und CHE kongruent. Insesondere DL = CH. () Das Viereck DGML ist nach Vorgae ein Rechteck. Folglich DL = GM. (4) GM = BK (nach (), () und ()) o GMF = BKM = 90 MFG = KFB (Scheitelwinkel) Nach dem Kongruenzsatz SWW sind die Dreiecke GFM und BFK kongruent. Insesondere GF = FB.. LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite von

13 aus und zeigt seine Einer- Aufgae 6 Ein Glücksspielautomat wählt zufällig einen Teiler der Zahl ziffer an. Auf welche Ziffer sollte ein Spieler setzen? Lösung: Die ist die häufigste Einerziffer unter den Teilern von Also sollte man auf die setzen. Beweisvorschlag: Voremerkung: Die Einerziffer des Produkts zweier Zahlen a und ist die Einerziffer des Produkts der Einerziffer von a mit der Einerziffer von. Begründung: Wenn a die Einerziffer von a ist, so a = a 0 + a. Analog gilt = 0 + für die Einerziffer von. Damit a = a 0 + a 0 + = a 0 + a + a 0 + a. ( ) ( ) ( ) Die Einerziffer von a ist also die Einerziffer von a. Nun zum Beweis der Aufgae. Die Zahl 009 hat die Primfaktorzerlegung 7 4 Damit hat die Zahl die Primfaktorzerlegung Ein Teiler der Zahl hat also die Form 7 m 4 n mit 0 m 400 und 0 n 00. Nach der Voremerkung ist die Einerziffer von 4 n für alle n immer. Wieder nach der Voremerkung ist damit die Einerziffer von 7 m 4 n gerade die Einerziffer von 7 m. Der Exponent m kann daei 40 verschiedene Werte annehmen. Die Potenzen zur Basis 7 haen folgende Einerziffern: Einerziffer von 7 0 : Einerziffer von 7 : 7 Einerziffer von 7 : 9 Einerziffer von 7 : Einerziffer von 7 4 : Einerziffer von 7 5 : 7 usw. Nach der Voremerkung wiederholen sich nun die Ziffern, 7, 9,,, 7, 9,, da die nächste Einerziffer aus der vorigen immer durch Multiplikation mit 7 hervorgeht. Die gezeigte Ziffer ist, wenn der Exponent m ein Vielfaches von 4 ist. Das geschieht in 006 von 40 möglichen Fällen. Die gezeigte Ziffer ist 7, wenn der Exponent ei der Division durch 4 den Rest hat. Das geschieht in 005 von 40 möglichen Fällen. Die gezeigte Ziffer ist 9, wenn der Exponent ei der Division durch 4 den Rest hat. Das geschieht in 005 von 40 möglichen Fällen. Die gezeigte Ziffer ist, wenn der Exponent ei der Division durch 4 den Rest hat. Das geschieht in 005 von 40 möglichen Fällen, da 400 durch 4 teilar ist. Somit kommt die als Einerziffer am häufigsten vor. Damit ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Automat die Ziffer anzeigt, ein klein wenig größer als dass er die Ziffern, 7 oder 9 anzeigt. Da er die ürigen Ziffern gar nicht anzeigt, sollte der Spieler auf die Ziffer setzen. LWM 009/0, Lösungen. Runde Seite von