L a L b L c

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1 55. Mathematik-Olympiade 2. Stufe (Regionalrunde) Olympiadeklasse 10 Lösungen c 2015 Aufgabenausschuss des Mathematik-Olympiaden e.v. Alle Rechte vorbehalten Lösung 10 Punkte Teil a) Die Abbildung zeigt die zwei anderen Möglichkeiten. Teil b) Will man diese Figur mit Dominosteinen auslegen, dann muss man auf die zwei Felder in Spalte sechs einen Stein legen, denn das obere dieser beiden Felder hat nur ein Nachbarfeld. In den ersten fünf Spalten gibt es 13 Felder. Da ein Dominostein immer zwei Felder überdeckt, kann man 13 Felder nicht legen und damit auch nicht die dargestellte Figur. Teil c) Man kann die Figur in vier 2 1-Rechtecke und vier Figuren gemäß Aufgabenteil a) zerlegen (siehe Abbildung L a). Wird eines dieser 2 1-Rechtecke nicht von einem Dominostein komplett überdeckt, so müssen die benachbarten inneren Eckfelder so von Dominosteinen überdeckt werden, dass die Restfigur in drei Teile zerfällt, von welchen zwei aus fünf Teilquadraten bestehen, also nicht mehr überdeckt werden können (siehe Abbildung L b). L a L b L c Damit sind die vier 2 1-Rechtecke mit je einem Dominostein zu belegen und es gibt für jede der vier Kopien aus Teil a) genau vier Möglichkeiten zum Auslegen, die unabhängig voneinander gewählt werden können (siehe Abbildung L c). Das ergibt = 256 Möglichkeiten. 1

2 Lösung 10 Punkte Sei n die Anzahl und a das durchschnittliche Alter der Senioren. Dann ergibt sich die Summe der Alter der n Senioren als Produkt von n und a. Addiert man das Alter von Lotta, ergibt sich s 1 = n a+16. Das durchschnittliche Alter von Lotta und den n Senioren ist gegeben mit a 10. Damit ergibt sich für die Summe der Alter von Lotta und den n Senioren t 1 = (n+1) (a 10). Wegen s 1 = t 1 erhalten wir: n a+16 = (n+1) (a 10). Ausmultiplizieren und Zusammenfassen liefert: n a+16 = n a+a 10 n 10, a = n. (1) Nach Hinzunahme von Dieter sind (n + 2) Personen zu berücksichtigen, diese haben die Alterssumme s 2 = n a = n a+28. Der Altersdurchschnitt dieser (n+2) Personen ist gegeben mit a 18. Für die Alterssumme der (n+2) Personen ergibt sich damit t 2 = (n+2) (a 18). Wegen s 2 = t 2 erhalten wir n a+28 = (n+2) (a 18). Nach Ausmultiplizieren und Zusammenfassen ergibt sich n a+28 = n a+2 a 18 n 36, a = 32+9 n. (2) Setzt man (1) und (2) gleich, erhält man n = 32+9 n und damit n = 6. Setzt man dies in beispielsweise (1) ein, ergibt sich a = 86. Die Antworten lauten also: Teil a) Teil b) Ja. Das durchschnittliche Alter der insgesamt 6 Senioren beträgt 86 Jahre Lösung 10 Punkte Die Gerade g, die das gegebene Dreieck in zwei Teildreiecke zerlegt, muss durch genau einen Eckpunkt des Dreiecks verlaufen. Wenn sie durch zwei Eckpunkte verliefe, dann würde sie das Dreieck ABC nicht zerlegen, und wenn sie zwei Seiten des Dreiecks ABC jeweils in einem inneren Punkt schneiden würde, dann ergäbe sich zwar eine Zerlegung des Dreiecks ABC, aber in ein Viereck und ein Dreieck und nicht wie gefordert in zwei Dreiecke. 2

3 Da g nicht durch A verläuft, verläuft g durch einen Eckpunkt der Basis. Wegen der Symmetrie des gleichschenkligen Dreiecks ABC dürfen wir ggf. die Bezeichnungen B und C vertauschen und wählen sie daher so, dass g durch C verläuft. Die Gerade g schneidet die Seite AB in einem inneren Punkt D. Damit gilt DCB < ACB = β und damit BD < CD. Im gleichschenkligen Dreieck DBC ist somit BC nicht die Basis. Es gilt daher entweder BC = CD oder BC = BD. Wir unterscheiden zwei Fälle. Fall 1: Aus BC = CD erhält man BDC = CBA = β < 90. Aus dem Nebenwinkelsatz folgt, dass CDA stumpf ist und daher kein Basiswinkel des gleichschenkligen Dreiecks ADC sein kann. Es ergibt sich daher ACD = DAC = α und mit Außenwinkelsatz am Dreieck ADC auch β = 2α. Der Innenwinkelsatz im Dreieck ABC liefert dann α+2α+2α = 180 und damit α = 36. C A In der Tat lässt sich das gleichschenklige Dreieck ABC mit Basiswinkeln CBA = ACB = 2α = 72 durch eine entsprechende Gerade g in zwei gleichschenklige Dreiecke zerlegen. Fall 2: Aus BC = BD folgt, dass BDC Basiswinkel und damit spitz ist. Aus dem Nebenwinkelsatz folgt, dass CDA stumpf ist und damit der Basis des gleichschenkligen Dreiecks ADC gegenüberliegt. Es folgt ACD = DAC = α. Aus dem Außenwinkelsatz am Dreieck ADC folgt BDC = 2α und wegen BD = BC folgt DCB = 2α. Damit ist ACB = β = 3α. Der Innenwinkelsatz im Dreieck ABC liefert α+3α+3α = 180 und damit α = D C B A In der Tat lässt sich das gleichschenklige Dreieck ABC mit Basiswinkeln CBA = ACB = 3α = durch eine entsprechende Gerade g in zwei gleichschenklige Dreiecke zerlegen. Die einzigen Winkelgrößen α, für die es möglich ist, ein gleichschenkliges Dreieck ABC mit BAC = α und CBA = ACB = β durch eine Gerade, welche nicht durch A verläuft, in zwei gleichschenklige Teildreiecke zu zerlegen, sind α = 36 und α = D B 3

4 Lösung 10 Punkte Teil a) Wir faktorisieren die rechte Seite der gegebenen Gleichung und erhalten y = (z x) (z +x). Somit isty das Produkt zweier ganzer Zahlen. Daxundz Primzahlen sein sollen, giltz+x 4 und somit kann y nur dann eine Primzahl sein, wenn z x = 1 und damit z = 1+x gilt. Dies gilt nur für x = 2 und z = 3. In diesem Fall ergibt sich y = z 2 x 2 = = 9 4 = 5. Da 5 eine Primzahl ist, gibt es eine Lösung der gegebenen Gleichung, nämlich: x = 2, y = 5 und z = 3. Teil b) Wir stellen die Gleichung um und faktorisieren anschließend y = z 4 x 2 = (z 2 x) (z 2 +x). Damit isty das Produkt zweier ganzer Zahlen. Daxundz Primzahlen sein sollen, giltz 2 +x 6 und somit kann y nur dann eine Primzahl sein, wenn z 2 x = 1 und damit z 2 = 1+x gilt. Für x = 2 erhält man z 2 = 3. Da es keine Primzahl z gibt, die diese Gleichung erfüllt, gibt es keine Lösung für x = 2. Ist x eine Primzahl größer als 2, dann ist der Term 1+x und somit z 2 gerade. Damit muss auch z gerade sein, dies ist nur für z = 2 erfüllt. Es ergibt sich x = z 2 1 = 3 und wir erhalten y = z 4 x 2 = = 16 9 = 7. Die einzige Lösung der gegebenen Gleichung ist somit x = 3, y = 7 und z = 2. Teil c) Wenn es Primzahlen x, y und z gibt, die diese Gleichungen erfüllen, dann müssen entweder alle drei Zahlen gerade sein oder genau eine der drei Zahlen ist gerade. Die erste Möglichkeit kann ausgeschlossen werden, da gilt. Für die zweite Möglichkeit unterscheiden wir drei Fälle: Fall 1: Für x = 2 erhalten wir y 3 = z 4 4 = (z 2 +2) (z 2 2) und wegen der Primzahleigenschaft von y (und weil z 2 +2 > z 2 2 gilt) muss entweder z 2 +2 = y 3 und z 2 2 = 1 gelten oder z 2 +2 = y 2 und z 2 2 = y. Die erste dieser beiden Möglichkeit entfällt, da z 2 2 = 1 auf z 2 = 3 führt und diese Gleichung keine ganzzahlige Lösung besitzt. Zur Untersuchung der zweiten Möglichkeit bilden wir die Differenz beider Gleichungen. Es ergibt sich 4 = y 2 y = y (y 1). Da y eine ungerade Primzahl ist, gilt y (y 1) 6, was einen Widerspruch zu 4 = y (y 1) darstellt. Damit gibt es in diesem Fall keine Lösung. Fall 2: Gilt y = 2, dann ist 8 = z 4 x 2 = (z 2 +x) (z 2 x). Da x und z in diesem Fall ungerade sind, sind die Terme (z 2 +x) und (z 2 x) beide gerade und es gilt z 2 +x 12 und z 2 x > 1, was im Widerspruch zu 8 = (z 2 +x) (z 2 x) steht. Somit gibt es in diesem Fall keine Lösung. Fall 3: Wenn z = 2 gilt, ergibt sich x 2 + y 3 = 16. Da x und y ungerade Primzahlen sind, erhält man x 2 + y = 36. Dies stellt einen Widerspruch zu x 2 + y 3 = 16 dar und deshalb gibt es in diesem Fall keine Lösung. Es gibt also keine Primzahlen x,y,z, für die x 2 +y 3 = z 4 gilt. 4

5 Punktverteilungsvorschläge Die nachstehenden Angaben zur Punktverteilung sowohl für die gesamten Aufgaben als auch für die Teillösungen sind Empfehlungen für die Ausrichter des Wettbewerbs und sollen einer einheitlichen Bewertung dienen. Dies vereinfacht für die Schülerinnen und Schüler ein Nachvollziehen der Bewertung und ermöglicht für die Organisatoren Vergleiche zum Zweck der Entscheidung über die Teilnahme an der nächsten Runde. Bei der Vielfalt der Lösungsvarianten ist es nicht möglich, Vorgaben für jede Variante zu machen; das Korrekturteam möge aus den Vorschlägen ableiten, welche Vergabe dem in der Schülerlösung gewählten Ansatz angemessen ist. Dabei können auch Lösungsansätze, die angesichts der Aufgabenstellung sinnvoll erscheinen, aber noch nicht erkennen lassen, ob sie wirklich zu einer Lösung führen, einige Punkte erhalten. Abweichungen von den Vorschlägen müssen von den Ausrichtern des Wettbewerbs ausreichend bekannt gemacht werden. Es wird aber empfohlen, zumindest den prozentualen Anteil der Punkte für Teillösungen beizubehalten. Aufgabe Teil a) je zusätzlicher Zerlegung ein Punkt Punkte Teil b) sinnvolle Idee: ein Punkt; korrekt umgesetzt ein weiterer Punkt... 2 Punkte Teil c)... 6 Punkte Bei Teil c) sind viele von der Musterlösung stark abweichende Varianten denkbar. Die sechs Punkte können allgemein wie folgt aufgeteilt werden: Richtiges Ergebnis... 1 Punkt Behauptete Anzahl als Mindestanzahl nachgewiesen... 2 Punkte Existenz anderer Möglichkeiten ausgeschlossen... 3 Punkte Die Bewertung eines Lösungsversuches zu c) könnte etwa so ausgeführt werden: Kommt richtige Anzahl heraus? Ja 1/Nein 0 Wie viele Möglichkeiten wurden nachgewiesen? Alle 2/ Einige 1/ Keine 0 Wurde die Existenz anderer Zerlegungen ausgeschlossen? Ja 3/ Ja mit Abstrichen 2/ Es wurde zumindest (sinnvoll) versucht 1/ Keine Betrachtung 0 Aufgabe Formulierung der gegebenen Aussagen als Gleichungen... 4 Punkte Vereinfachung der beiden Gleichungen... 2 Punkte Bestimmung der Lösung des Gleichungssystems Punkte Richtige Antwort Teil a) Punkt Richtige Antwort Teil b)... 1 Punkt Hinweis: Die Lösbarkeit des Systems war gegeben, weswegen prinzipiell keine Probe nötig ist, wenn nur eine mögliche Lösung übrig bleibt. 5

6 Aufgabe Die Gerade geht durch eine Ecke an der Basis... 1 Punkt Fallunterscheidung g durch B oder g durch C vermeiden (Symmetrieargument)... 1 Punkt Ansatz über vorliegende Fallunterscheidung Punkt Ein Fall: Herleitung 2 Punkte, Ergebnis 1 Punkt, Existenz 1 Punkt... 4 Punkte Zweiter Fall: Herleitung 1 Punkt, Ergebnis 1 Punkt, Existenz 1 Punkt... 3 Punkte Werden die symmetrischen Fälle (mit B und C vertauscht) nicht über das Symmetrieargument wegdiskutiert, sondern extra behandelt, so gibt es für die zwei zusätzlichen Fälle natürlich auch nur einen Punkt insgesamt. Dieser wird nur dann gegeben, wenn alle Fälle vollständig korrekt abgearbeitet wurden. Sind etwa beide 36 -Fälle korrekt und in beiden 72 -Fällen passt etwas nicht, so wird der vollständigere der 72 -Fälle entsprechend Analyse zweiter Fall bewertet. Der andere bekommt keinen Punkt, ebensowenig wie der zweite 36 -Fall. Es wären dann also höchstens 7 Punkte möglich. Ist dagegen die Fallunterscheidung in vier Fälle vollständig sowie ein 36 -Fall und ein 72 -Fall vollständig und korrekt abgearbeitet und die beiden anderen Fälle wurden beliebig mangelbehaftet erledigt, so gibt es dennoch neun von zehn Punkten, da die Behandlung der fehlerhaften Fälle ja fast überflüssig war (das kurze Symmetrieargument hätte genügt). Aufgabe Teil a)... 2 Punkte Teil b)... 3 Punkte Teil c) Ansatz Fallunterscheidung... 1 Punkt Ein gehaltvoller Fall komplett weitere... 2 Punkte Fallunterscheidung komplettiert weitere... 2 Punkte Die Musterlösung etwa erhält also auf den ersten Fall von c) 2 Punkte, auf jeden der beiden weiteren je einen Punkt. Bei a) und b) genügt jeweils auch die Angabe dreier passender Primzahlen mit Probe (aber ohne Nachweis der Einzigartigkeit), um alle Punkte zu erhalten. 6