2. Mathematik Olympiade 1. Stufe (Schulolympiade) Klasse 11 Saison 1962/1963 Aufgaben und Lösungen

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1 2. Mathematik Olympiade 1. Stufe (Schulolympiade) Klasse 11 Saison 1962/1963 ufgaben und Lösungen 1

2 OJM 2. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulolympiade) Klasse 11 ufgaben Hinweis: Der Lösungsweg mit egründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar in logisch und grammatikalisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung herangezogene ussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende ussage aus dem Schulunterricht oder aus rbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne eweisangabe, sie als bekannten Sachverhalt anzuführen. ufgabe : Zu dem Haus des Lehrers in erlin gehört auch ein Kongreßgebäude mit einem Saal, der von einer luminiumkuppel überdeckt wird. Die Kuppel hat die Form einer Kugelkalotte. Der asiskreis hat einen äußeren Durchmesser von 31,2 m, die Kuppel (Kalotte) eine Höhe von 9,6 m. erechnen Sie: a) den adius r der Kugel, b) die Fläche der Kugelkalotte und c) das Gewicht der luminiumhaut, mit der die Kuppel abgedeckt wird! (Stärke der luminiumhaut s = 1, mm, Wichte des luminiums γ = 2,7 p/cm 3.) ufgabe : Im VE Wälzlagerwerk Josef Orlopp wurden unsenbrennerfüße früher aus einer zylindrischen Scheibe (d = 50 mm, h = 1 mm) gedreht. Nach einem Verbesserungsvorschlag sollen die Füße in der abgebildeten Form gegossen werden. Schnitt a) Wie groß ist dabei die prozentuale Materialeinsparung? b) Wieviel unsenbrennerfüße lassen sich aus dem Material herstellen, das bei der nfertigung eines Klassensatzes (30 Stück) eingespart wird (vgl. bbildung)? ufgabe : Es ist ein gleichschenkliges Dreieck gegeben. Sein Umkreis habe den adius r 1, sein Inkreis den adius r 2. eweisen Sie, daß für den bstand d der Mittelpunkte beider Kreise gilt: d = r 1 (r 1 2r 2 ). Untersuchen Sie dabei alle verschiedenen Lagemöglichkeiten der Mittelpunkte! 2

3 ufgabe 02111: Es ist zu beweisen, daß für 0 x π 2 stets gilt: sin x + cos x 2 2 sin x cos x. ufgabe : Gegeben sei ein Kreis mit dem adius r = 3 cm und eine Gerade g mit dem bstand a = 5 cm vom Mittelpunkt des Kreises. Ferner ist auf der Peripherie des Kreises ein beliebiger Punkt P gegeben. a) Konstruieren Sie durch P eine Sekante, die den Kreis in und die Gerade in Q so schneidet, daß P = P Q ist! b) Untersuchen Sie, unter welchen edingungen die Konstruktion ausführbar ist (egründung)! ufgabe : Es sind alle reellen Zahlen x zu bestimmen, welche die Ungleichung 3 x x + 1 > 1 2 erfüllen! Das Ergebnis ist zu überprüfen! 3

4 OJM 2. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulolympiade) Klasse 11 Lösungen Hinweis: Der Lösungsweg mit egründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar in logisch und grammatikalisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung herangezogene ussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende ussage aus dem Schulunterricht oder aus rbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne eweisangabe, sie als bekannten Sachverhalt anzuführen. Lösung : Wie im ild dargestellt ist rot der asiskreis mit adius = ,2 m = 15,6 m und Mittelpunkt M und Höhe h = 9,6 m. sei ein Punkt auf dem asiskreis und der Kugeloberfläche. M sei der Mittelpunkt der Kugel. Dann gilt im rechtwinkligen Dreieck MM : M 2 = r 2 = MM 2 + M 2 = (r h) (Satz des Pythagoras). a) Damit erhalten wir r = (h )/(2h) = 17,5 m. b) Die Fläche der Kugelkalotte beträgt O = π( 2 + h 2 ) = 105 m 2. c) Das Gewicht der luminiumhaut beträgt G = γv = γos = 3,98 Mp. r r h M M ufgeschrieben und gelöst von Eckard Specht Lösung : 10 G 1 G G 3 10 Hier muss zunächst das Volumen desjenigen otationskörpers berechnet werden, der entsteht, wenn die grau abgebildete Fläche um die Symmetrieachse (d. i. die linke Kante im ild) rotiert. Das Volumen V eines Körpers, der durch Drehung eines ebenen Gebietes um eine dieses Gebiet nicht schneidende chse entsteht, ist gleich dem Produkt aus dem Flächeninhalt F dieses Gebietes mit dem Umfang des Kreises, den der Schwerpunkt dieses Gebietes bei der Drehung beschreibt. Die graue Fläche ist dabei die Differenz aus einem großen echteck mit den Maßen 25 mm 1 mm und einem kleinen echteck (links unten, 20 mm mm) sowie einem Dreieck (rechts oben, Fläche 10 mm 2 ). Die bstände der Schwerpunkte G 1 (großes echteck), G 2 (kleines echteck) und G 3 (Dreieck) betragen: s 1 = 12,5 mm, s 2 = 10 mm und s 3 = 23,33 mm. (ei letzterem wurde ausgenutzt, dass die Schwerpunktkoordinaten eines Dreiecks gleich dem arithmetischen Mittel der jeweiligen Eckpunktkoordinaten sind.) Damit erhalten wir: V = 2π(350 mm 2 12,5 mm 80 mm 2 10 mm 10 mm 2 23,33 mm) = mm 3. a) Gegenüber der zylindrischen Scheibe vom Volumen V 0 = 1 πd2 h = mm 3 ergibt das eine Materialeinsparung von ca. 23,6 %.

5 b) Pro Stück werden V 0 V = 693 mm 3 eingespart, also insgesamt mm 3. ezogen auf V 0 entspricht das einer Menge von ca. 7 unsenbrennerfüßen. ufgeschrieben und gelöst von Eckard Specht Lösung : Die ehauptung kann leicht in r 2 1 d 2 = 2r 1 r 2 = r 1 + d r 2 = 2r 1 r 1 d umgeformt werden, was auf eine nwendung des Strahlensatzes schließen lässt. Wir gelangen so zu folgendem eweis: a) b) c) r 1 S M d N S N d M r 1 r 1 S M=N eweis: (ild a) Seien M und N Umkreis- bzw. Inkreismittelpunkt des gleichschenkligen Dreiecks (wobei M zunächst zwischen und N liegen soll, welches für γ < 60 stets der Fall ist), S der Schnittpunkt der Geraden M mit dem Umkreis und der erührungspunkt des Inkreises mit der Seite. Dann sind N und S rechtwinklige Dreiecke Ersteres, da der erührungsradius N stets senkrecht auf der Seite steht und Zweites wegen S = 90 (Thales-Kreis). Nach dem zweiten Strahlensatz gilt daher: N N = S S = r 1 + d r 2 = 2r 1 S. Um nun von (2) zu (1) zu gelangen genügt es, die Gleichheit der Strecken S und NS = r 1 d zu zeigen. Diesen Nachweis führen wir über die Gleichheit der asiswinkel NS und NS des Dreiecks NS. Es gilt einerseits NS = N + N (ußenwinkel) = γ 2 + N (Winkelhalbierende), andererseits NS = N + S (Winkelsumme) = N + γ 2 (gleiche Peripheriewinkel über den Sehnen S = S). Damit ist (1) bewiesen. (ild b) Im Fall γ > 60 liegt M zwischen S und N und es folgt N N = S S = r 1 d r 2 = 2r 1 S. uch hier ist das Dreieck NS gleichschenklig, nun jedoch mit S = NS = r 1 + d. Die beiden letzten Gleichungen liefern ebenfalls die ehauptung (1). (ild c) Im Fall γ = 60 ist das Dreieck gleichseitig, beide Mittelpunkte fallen übereinander und die ehauptung (1) gilt auch hier mit d = 0. ufgeschrieben und gelöst von Eckard Specht 5

6 Lösung 02111: eweis: Für 0 x π 2 ist sin(2x) nicht negativ, also gilt ( 1 sin(2x) ) 2 0 bzw. 1+sin(2x) 2 sin(2x). Nach dditionstheoremen ist das äquivalent zu sin 2 x + cos 2 x + 2 sin x cos x 2 2 sin x cos x. (1) Da 2 2 sin x cos x 0 und 2 sin x cos x 0 für 0 x π 2 folgt aus (1) die ehauptung. ufgeschrieben und gelöst von Steffen Weber Lösung : Sei k der gegebene Kreis mit Mittelpunkt O und adius r sowie auf g derjenige Punkt mit kürzestem bstand zu O. a) Konstruktion: Durch Verdoppelung der Strecke P entsteht Punkt. Die Parallele g g durch schneide k in den Punkten bzw.. Die Geraden P und P schneiden g in den Punkten Q bzw. Q. Die gesuchten Sekanten sind dann P Q bzw. P Q. g k Q Q P eweis: Nach obiger Konstruktion und Kongruenzsatz WSW ( QP = P Wechselwinkel, P = P sowie P Q = P Scheitelwinkel) gilt P Q = P, woraus die Forderung P = P Q sofort folgt. Ebenso folgern wir aus P Q = P die Gleichheit P = P Q. g O b) Offensichtlich schlägt die Konstruktion fehl, wenn g keine Schnittpunkte mit k hat. Das ist genau dann der Fall, wenn der senkrechte bstand von P zu g größer als die Hälfte des bstandes = a + r = 8 cm, also größer als cm ist. Dabei ist der Schnittpunkt der Geraden O mit k, der den größeren bstand zu g hat. ufgeschrieben und gelöst von Eckard Specht Lösung : Zunächst kann man bereits aus den Wurzeln folgende edingung ableiten: 1 x 3. ls nächstes sind die Stellen zu berechnen, an denen die Ungleichung ihren Wahrheitswert wechselt, also wo 3 x x + 1 = 1/2 gilt. 3 x x + 1 = 1/2 3 x = 1/2 + x x = 1/ + x x + 1 7/ 2x = x + 1 9/16 + x 2 7x = x + 1 x 2 8x + 33/16 = 0 x 2 2x + 33/6 = 0 x 1,2 = 1 ± 1 33/6 x 1 = /8 x 2 = 1 31/8 Da quadriert wurde, kann es Scheinlösungen geben. Es muss also noch eingesetzt werden. 3 x1 x = 1/2 Scheinlösung 6

7 3 x2 x = 1/2 Lösung x 2 ist also die gesuchte Grenze. Die Ungleichung wird wahr für alle x, für die gilt: 1 x < 1 31/8. ufgeschrieben und gelöst von Korinna Grabski 7