Beispiellösungen zu Blatt 107

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1 µ κ Mathematisches Institut eorg-ugust-universität öttingen ufgabe 1 eispiellösungen zu latt 107 onstruiere eine Menge M aus 107 positiven ganzen Zahlen mit der folgenden igenschaft: eine zwei der Werte ggt(a, b) mit a, b M und a b sind gleich. ösungsvariante 1: Wir bezeichnen mit p 1, p,..., p 107 genau 107 paarweise verschiedene Primzahlen. ann setzen wir für i = 1,..., 107 a i = p 1 p... p i... p 107. ie Schreibweise p i soll dabei heißen, dass genau der Faktor p i ausgelassen wird. ann gilt für i = j offensichtlich: ggt(a i, a i ) = a i = p 1 p... p i... p 107. Und für i < j gilt fast ebenso offensichtlich: ggt(a i, a j ) = p 1 p... p i... p j... p 107. a die Primfaktorzerlegung von positiven ganzen Zahlen eindeutig ist, sind wie gefordert alle diese Zahlen verschieden. ösungsvariante : s geht auch mit nur sehr wenigen verschiedenen Primzahlen! Wir setzen für i = 1,..., 107: Für i j gilt dann: b i := i i. ggt(b i, b j ) = i j. Mit der gleichen egründung wie oben sind alle diese Zahlen verschieden. emerkung: ie eingesetzten Zahlen sind bei der zweiten Variante zwar wesentlich kleiner als bei der ersten, aber immer noch sehr groß. as größte b i ist b 1 7, Wir könnten problemlos alle b i noch durch teilen, das ergibt ebenso eine ösung; in ihr sind die Zahlen jedoch nicht wesentlich kleiner, dafür ist die Notation ein klein wenig länger. Man kann aber das Prinzip von zwei gegenläufig in größerer beziehungsweise kleinerer Potenz auftretenden Primfaktoren noch nach rt des ualsystems verfeinern und käme damit in Regionen spürbar unter einer Milliarde. ies exakt zu beschreiben würde hier allerdings den Rahmen sprengen.

2 ösungen zu latt 107 ufgabe uf dem abgebildeten Spielfeld kann sich eine Figur immer genau von einem Feld auf eines der maximal vier über eine ante benachbarten Felder bewegen Z Wie viele Möglichkeiten gibt es, eine Figur von nach Z auf einem kürzestmöglichen Weg zu bewegen? Wir markieren auf dem Spielfeld einige weitere Punkte. ußerdem gibt es ereiche, bei denen die Straße breiter als ein Feld wird. Wenn das brücken von der hauptsächlichen ehrichtung offensichtlich einen Umweg bedeutet (wie zum eispiel zwischen den Punkten C und ), dann ignorieren wir das. lle anderen solchen ereiche sind so gestaltet, dass man genau einen Schritt zur Seite tun muss; man hat genau die Wahl, wann man diesen Schritt macht, dazu gibt es genau so viele Möglichkeiten, wie der ereich in ehrichtung lang ist. iese Zahl schreiben wir jeweils in einen solchen ereich. uch den ereich zwischen I und können wir so behandeln. er sich an F rechts anschließende ereich trägt zwei Zahlen, die je nachdem gelten, ob man über oder über weitergehen will C F I Z er Weg von über nach ist 1 ästchen lang, der über F und führende Weg dagegen nur 19 ästchen. amit kann kein kürzestmöglicher Weg über führen. ingegen sind alle verbliebenen drei auptvarianten C Z, F Z und F Z jeweils 38 ästchen lang. Für jede der Varianten ergibt sich die nzahl der Wege im etail als Produkt der Möglichkeiten in den breiteren ereichen, die auf dem Weg liegen. as

3 ösungen zu latt sind: In der Summe gibt es also Möglichkeiten. ufgabe 3 C Z : = 84, F Z : = 19, F Z : 4 4 = = 340 egeben sei ein beliebiges reieck C. uf den Seiten des reiecks werden gleichseitige reiecke, C und CF erreichtet, und auf ihnen jeweils zu einer Seite weitere gleichseitige reiecke, C und F. Schließlich seien, und M die Mittelpunkte der Strecken, F bzw.. F C M Zeige: s ist M + + C gleich dem halben Umfang des reiecks C. Wir betrachten den Punkt. n ihm liegen laut Vorgabe drei Winkel von gleichseitigen reiecken an; außerdem die Winkel C und. amit ist = C = 180 C. Insbesondere ist der Winkel nicht gestreckt oder überstreckt. aher können wir das reieck nach außen auf der Seite zu einem Parallelogramm N ergänzen. ntsprechend erschaffen wir die Parallelogramme P und CQF.

4 ösungen zu latt Q F C M N P Nun betrachten wir das reieck N. Wegen der Parallelogrammeigenschaft ist N = 180 = C. ußerdem ist = C, da CF und F gleichseitige reiecke sind. Wegen der Parallelogrammeigenschaft und weil auch ein gleichseitiges reieck ist, gilt N = =. Nach dem ongruenzsatz sws ist damit N kongruent zu C und folglich N = C. ie iagonalen eines Parallelogramms schneiden sich in ihren Mittelpunkten; daher teilt M die Strecke N in ihrer Mitte. Somit ist schließlich M = 1 C. ntsprechend folgt für die anderen beiden Strecken = 1 C und C = 1. In der Summe ergibt das M + + C = 1 ( + C + C ) = 1 U C. ufgabe 4 eim usteilen nach der Siegerehrung geraten die lausuren der andesrundenteilnehmer der Mathe-Olympiade durcheinander. atastrophe! ber mit gutem usgang, denn zufällig stehen die 00 Teilnehmer gerade so im reis, dass jeder nur seine falsche lausur an den rechten Nachbarn weiterreichen muss, um die Ordnung wiederherzustellen. Und noch etwas ist erstaunlich: erade einmal zwei Teilnehmer hatten eine lausur mit einer zu großen Startnummer erhalten. Wie viele Möglichkeiten gibt es, um eine solche onstellation bei der lausurausgabe zu erzeugen? er infachheit halber nehmen wir an, dass als Startnummern ohne ücke die Zahlen von 1 bis 00 vergeben wurden. iner der beiden, die eine lausur mit zu hoher Startnummer bekommen hatten, hatte die Nummer 00 bekommen.

5 ösungen zu latt Wir nennen diesen Teilnehmer. en anderen Teilnehmer mit zu großer Startnummer nennen wir. hat eine Startnummer kleiner als 00, der Teilnehmer rechts von hat die 00 und ist damit automatisch ungleich. Für den Teilnehmer rechts von und alle nach rechts folgenden Teilnehmer bis hin zum Teilnehmer vor gilt: Sie haben eine lausur mit zu kleiner Startnummer bekommen. a sie diese nach rechts weitergeben, hat der rechte Nachbar eine kleinere Startnummer als sie selbst. ie Folge der Startnummern der Teilnehmer fällt also von der 00 immer weiter bis hin zu. ann steigt sie einmalig und fällt danach wieder kontinuierlich bis zum Teilnehmer. Für die eschreibung der ufstellung der Teilnehmer und damit der genauen onstellation der lausurausgabe reicht es daher zu wissen, welche Teilnehmer sich in dem ereich zwischen dem Teilnehmer mit der (korrekten) Startnummer 00 und einschließlich befinden. enn nach dem vorher esagten stehen diese Teilnehmer der Startnummer nach absteigend geordnet nebeneinander. ie restlichen Teilnehmer rechts von bis zu stehen ebenso absteigend geordnet nebeneinander. Umgekehrt sei eine ufteilung der Teilnehmer 1 bis 199 auf zwei unterscheidbare Teilmengen gegeben. Ohne Nebenbedingungen gibt es 199 ufteilungen. Zu untersuchen ist, welche ufteilungen eine ufstellung ergeben, wie sie vorgegeben wurde. azu ist nur wenig zu erfüllen: ie erste Teilmenge darf nicht leer sein, weil sie mindestens den Teilnehmer enthält. In der zweiten Teilmenge muss mindestens der Teilnehmer sein, sie ist also auch nicht leer. ls letzte edingung muss in der zweiten Teilmenge jemand sein, der eine höhere Startnummer hat als der Teilnehmer aus der ersten Teilmenge mit der kleinsten Startnummer, denn sonst gäbe es keinen Teilnehmer. usgeschlossen sind damit genau die folgenden 00 ufteilungen: M 1 = {} und M = {199, 198, 197,..., 1}, M 1 = {199} und M = {198, 197, 196,..., 1}, M 1 = {199, 198} und M = {197, 196, 195,..., 1},... M 1 = {199, 198, 197,..., 1} und M = {}. s verbleiben genau verschiedene onstellation der fälschlichen lausurausgabe. Stand: 1. Mai 013