6. Mathematik Olympiade 1. Stufe (Schulolympiade) Klasse 10 Saison 1966/1967 Aufgaben und Lösungen

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1 6. Mathematik Olympiade 1. Stufe (Schulolympiade) Klasse 10 Saison 1966/1967 Aufgaben und Lösungen 1

2 OJM 6. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulolympiade) Klasse 10 Aufgaben Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar in logisch und grammatikalisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung herangezogene Aussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussage aus dem Schulunterricht oder aus Arbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne Beweisangabe, sie als bekannten Sachverhalt anzuführen. Aufgabe : In dem gleichschenklig-rechtwinkligen Dreieck ABC mit den Katheten der Länge AC = BC = a sind im Inneren um jeden Eckpunkt Kreisbögen mit dem Radius von der Länge r = a 2 geschlagen. Die drei Kreissektoren lassen auf der Dreiecksfläche eine Fläche mit dem Inhalt I K frei. a) Berechnen Sie I K! b) Wieviel Prozent des Flächeninhalts I D des Dreiecks ABC beträgt der Flächeninhalt I K? Aufgabe : Wieviel natürliche Zahlen n < gibt es, die weder durch 3 noch durch 5 teilbar sind? Aufgabe : A In dem in derabbildung dargestellten Teil eines Ornaments treten als Grundformen Kreise auf. Die Längen der Radien r und r der Kreise k bzw. k seien bekannt, und es ist r = r. k k 3 k 1 k 3 M 1 k 2 k Berechnen Sie die Längen r 1, r 2 und r 3 der Radien der Kreise k 1, k 2 und k 3! M B M Aufgabe : Am Neujahrstag des Jahres 1953 lernten sich A und B während einer Bahnfahrt kennen. Im Laufe des Gesprächs kam die Rede auf das Alter der beiden. A sagte: Wenn Sie die Quersumme meines (vierstellig geschriebenen) Geburtsjahres bilden, so erhalten Sie mein Alter. Nach kurzem Überlegen gratuliert ihm daraufhin B zum Geburtstag. a) Woher wußte B, ohne weitere Angaben erhalten zu haben, das Geburtsdatum? b) Wann wurde A geboren? 2

3 OJM 6. Mathematik-Olympiade 1. Stufe (Schulolympiade) Klasse 10 Lösungen Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbar in logisch und grammatikalisch einwandfreien Sätzen dargestellt werden. Zur Lösungsgewinnung herangezogene Aussagen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussage aus dem Schulunterricht oder aus Arbeitsgemeinschaften bekannt ist, genügt es ohne Beweisangabe, sie als bekannten Sachverhalt anzuführen. Lösung : a) Für den Flächeninhalt des Dreiecks ABC gilt Ferner gilt: I D = a2 2 I K = I D I D (1) wobei I D die Summe der Flächeninhalte der drei im Innern des Dreiecks ABC gelegenen Kreissektoren ist. Da nach dem Satz des Pythagoras AB = a 2 > a gilt, schneiden sich die um A bzw. B jeweils mit dem Radius a 2 geschlagenen Kreise nicht (siehe Bild). Diese drei Kreissektoren lassen sich zu einer Halbkreisscheibe zusammensetzen, da die Winkelgrößen im DReieck 180 beträgt. Daher gilt: I D = πa2 8 I K = I D I D = (1 a2 2 πa2 8 = π ) a 2 a2 0, b) Wegen (1) beträgt somit der Inhalt I K rund 21,46% des Flächeninhaltes des Dreiecks ABC. Lösung : Bezeichnet man mit [x] die größte ganze Zahl, de nicht größer als x ist, so beträgt die Anzahl der durch 5 teilbaren Zahlen, die kleiner als 1000 sind [ ] 999 =

4 Entsprechend ergibt sich für die Anzahl der durch 3 teilbaren Zahlen [ ] 999 = Dabei wurden aber die Zahlen, die sowohl durch 3 als auch durch 5 teilbar sind, doppelt gerechnet. Ihre Anzahl ist [ ] 999 = Von den 999 Zahlen sind also Zahlen weder durch 3 noch durch 5 teilbar = 533 Lösung : Bezeichnet man die Mittelpunkte der Kreise k, k, k 1, k 2 und k 3 der Reihe nach mit M, M, M 1, M 2 und M 3, den Berührungspunkt der Kreise k und k mit B und den nicht auf BM 1 gelegenen Schnittpunkt von k 1 mit g BM1 mit A, dann gilt MM 1 = r + r 1 sowie AB MB (Bild a) Außerdem gilt AB = MB = r, und daher M 1 B = r r 1. Daraus folgt nach dem Lehrsatz des Pythagoras, angewandt auf MBM 1, (r + r 1 ) 2 = (r r 1 ) 2 + r 2, und somit 4rr 1 = r 2, d.h. wegen r > 0: r 1 = r 4. Ferner gilt MM 2 = r +r 2 und M 2 B = r 2r 1 r 2 = r 2 r 2,also nach dem Satz des Pythagoras, angewandt auf MBM 2, (r + r 2 ) 2 = ( r 2 r 2) 2 + r 2, und somit 3rr 2 = r2 4, d.h. wegen r > 0: r 2 = r 12. Weiterhin gilt M 1 M 3 = r 1 + r 3 und M 1 C = r 1 r 3, wobei C der Fußpunkt des Lotes von M 3 auf AB ist (Bild b). Nach dem Lehrsatz des Pythagoras, angewandt auf M 1 CM 3, erhält man dann M 3 C 2 = (r 1 + r 3 ) 2 (r 1 r 3 ) 2 = 4r 1 r 3 = rr 3, also M 3 C = rr 3. Schließlich gilt: MM 3 = r + r 3 und M 3 D = r r 3, wobei D der Fußpunkt des Lotes von M 3 auf MB ist, sowie MD = r M 3 C, also MD = r rr 3. 4

5 Nach dem Lehrsatz des Pythagoras, angewandt auf MDM 3, gilt dann (r + r 3 ) 2 = (r r 3 ) 2 + (r rr 3 ) 2 (r + r 3 ) 2 (r r 3 ) 2 = (r rr 3 ) 2 r rr 3 9 4rr 3 = r 2 2r rr 3 + rr 3, r 3r 3 = 2 rr 3. (wegen r > 0) r 2 6rr 3 + 9r 2 3 = 4rr 3 + r2 9 = 0, woraus sich für die Lösungen r 31 und r 32 die Beziehungen r 31 = 5r 9 + (25r 2 + 9r 2 ) 1 81 = 5r + 4r9 = r und 9 r 32 = 5r 9 4r9 = r 9 ergeben. Hiernach ist entweder r 3 = r oder r 3 = r 9. Wegen r 3 < r folgt r 3 = r 9. Zusammenfassend gilt also: r 1 = r 4, r 2 = r 12 und r 3 = r 9. Lösung : A kann höchstens 27 Jahre alt sein; denn die größte Quersumme, die unter den angegebenen Bedingungen möglich ist, beträgt = 27. Er ist also nach dem Jahre 1924 geboren. Sein Geburtsjahr sei a + b mit a, b ganz und 2 a 5; 0 b 9. Sein Alter beträgt am folglich (laut Voraussetzung) a + b Jahre. Daher gilt, falls er am 1.1. geboren ist (Fall 1): a + b = 1953 ( a + b), 43 = 11a + 2b. Diese Gleichung wird, berücksichtigt man die Bedingungen für a und b, nur von a = 3 und b = 5 erfüllt. A wurde daher am geboren und ist 18 Jahre alt. Er könnte aber auch an einem anderen Tage geboren sein (Fall 2): a + b = 1952 ( a + b), 42 = 11a + 2b. Diese Gleichung wird unter den Bedingungen der Aufgabe von keinem Zahlenpaar (a, b) erfüllt. Die für den Fall 1 angegebene Lösung ist also die einzige. 5

6 Quellenverzeichnis (11) Buch: Mathematische Olympiade-Aufgaben von Engel/Pirl, 1979, Aulis-Verlag 6