Landeswettbewerb Mathematik Baden-Württemberg. Runde 1

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1 998 Runde ufgabe Helena möchte für Weihnachten Strohsterne aus gleich langen Strohhalmen basteln. Dazu will sie zunächst Elemente aus fünf gleich langen Strohhalmen wie in der Skizze anfertigen und diese um den Punkt herum Seite an Seite aneinanderkleben. egründe, dass Helena auf diese Weise einen Strohstern basteln kann.. Lösung Die Größe des Winkels bei in einem Element aus Strohhalmen wird mit α bezeichnet. Wenn Helena die Elemente entsprechend der ufgabenstellung aneinanderklebt, so liegen bei lauter gleich große Winkel aneinander. Helena kann also nach diesem Verfahren genau dann einen lückenlosen, ebenen Strohstern basteln, wenn 360 ein ganzzahliges Vielfaches von α ist. Für die geforderte egründung muss α durch geometrische Überlegungen bestimmt werden. Da die verwendeten Strohhalme gleich lang sind, sind die Dreiecke, D, und D gleichschenklig. us der Gleichschenkligkeit dieser Dreiecke und dem Satz über die Winkelsumme im Dreieck ergeben sich folgende eziehungen: w(d) = w(d) = α und w(d) = 80 α. Für die Größe des Nebenwinkels D gilt w(d) = α. Dieser Winkel ist nun asiswinkel im gleichschenkligen Dreieck D. Deshalb gilt auch w(d) = w(d) = α. Entsprechend gilt auch: w() = w() = α und w() = 80 α. Für die Größe des Nebenwinkels gilt w() = α. Dieser Winkel ist nun asiswinkel im gleichschenkligen Dreieck. Deshalb gilt auch w() = w() = α. Diese Winkelmaße sind in der nebenstehenden Figur wiedergegeben. Für die Winkelsumme im Dreieck gilt: α + α + α = 80, also α = 36. D 80 α α 360 ist also ein ganzzahliges Vielfaches von α. Helena kann aus 0 Elementen einen vollständigen Strohstern basteln. α α α α α α. Lösung Nach ufgabenstellung soll begründet werden, dass Helena aus mehreren Elementen einen Strohstern basteln kann. Es wird gezeigt, dass bei einem ittelpunktswinkel von 36 die vier Strohhalme gleicher Länge so angeordnet werden können, dass zwischen die Endpunkte und genau ein Strohhalm der gleichen Länge passt. D 36 S LW 998 Runde Seite von 3

2 Zunächst zeichnen wir zwei Winkelschenkel mit dem gemeinsamen nfangspunkt und der Winkelgröße 36. Ein Kreis um mit Radius r schneidet die Winkelschenkel in den Punkten und D. Der Kreis um mit Radius r schneidet die Halbgerade (D) ein zweites al im Punkt. Der Kreis um D mit Radius r schneidet die Halbgerade () ein zweites al im Punkt. Die Dreiecke D und sind nach Konstruktion gleichschenklig mit einem asiswinkel von 36. Wegen der Winkelsumme von 80 gilt in diesen Dreiecken: w(d) = w() = = 08. Die Dreiecke D und sind zueinander kongruent nach sws. Daraus folgt, dass die Seiten und gleich lang sind. Das Dreieck ist deshalb ein gleichschenkliges Dreiecke mit einem 36 -Winkel an der Spitze. Daraus folgt: w() = w() = ( ) = 7 Dies bedeutet auch w() = w() = 7. Der ußenwinkel des Dreiecks ist so groß wie die beiden nicht anliegenden Innenwinkel zusammen. Es gilt deshalb: w() = 7. Das Dreieck ist also gleichschenklig mit den Schenkeln und. Wegen = = r ist damit gezeigt, dass zwischen die Punkte und ein Strohhalm der Länge r passt. Da der Winkel bei nach Voraussetzung eine Größe von 36 besitzt, kann Helena aus 0 Elementen einen Strohstern basteln.. LW 998 Runde Seite von 3

3 ufgabe In ein uadrat mit 00 Feldern werden die Zahlen bis 00 der Reihe nach von links nach rechts, zeilenweise von oben nach unten eingetragen. Danach wird bei 50 Zahlen ein inuszeichen so davor gesetzt, dass in jeder Zeile und in jeder Spalte jeweils fünf positive und fünf negative Zahlen stehen. Diese 00 Zahlen werden addiert. Welches ist die kleinste Summe, die man bei diesem Verfahren erhalten kann? eobachtung estimmen wir an einigen Zahlquadraten, bei denen die Vorzeichen in der geforderten Weise verteilt wurden, die Summe aller Zahlen, so erhalten wir stets den Wert 0. Daraus ergibt sich die Vermutung, dass die kleinste erreichbare Summe ebenfalls den Wert 0 besitzt. Dies soll nun nachgewiesen werden.. Lösung etrachten wir zunächst einmal ein uadrat mit den 00 Feldern ohne die nforderungen an die Vorzeichen der Zahlen zu berücksichtigen. Das nebenstehende uadrat mit den 00 Feldern können wir dadurch erzeugen, dass wir die Zahlen der beiden folgenden uadrate zellenweise addieren Die Gesamtsumme aller Zahlen im uadrat mit den Zahlen bis 00 können wir auch dadurch bestimmen, dass wir im linken Teilquadrat die Summe der Zahlen in den 0 Spalten und im rechten Teilquadrat die Summe der Zahlen in den 0 Zeilen bilden. Dadurch wird jede Zahl des ursprünglichen uadrats in ihrer Zerlegung in zwei Summanden genau einmal in der Gesamtsumme berücksichtigt. Die Gesamtsumme ändert sich nicht, da nur das Kommutativ- und das ssoziativgesetz der ddition angewendet werden. Nun betrachten wir auch die Vorgaben für die Vorzeichen in den Zeilen und Spalten. Wird nun eine Verteilung der Vorzeichen in dem ursprünglichen uadrat entsprechend der ufgabenstellung vorgenommen, so wird diese Verteilung in der Weise auf die beiden Teilquadrate übertragen, dass jedes Vorzeichen in einer Zelle auch für die entsprechende Zelle der beiden Teilquadrate gilt. Nach ufgabenstellung gibt es in jeder Zeile und in jeder Spalte genau fünf negative und genau fünf positive Zahlen. etrachten wir die Zahlwerte im linken Teilquadrat spaltenweise, so ist die Summe der zehn Zahlen in jeder Spalte gleich 0, da in jeder dieser Zeilen genau fünf positive und fünf negative Zahlen mit dem gleichen etrag stehen. Gleiches gilt für die Zeilen des rechten Teilquadrates. ilden wir also die Summe der Zahlen im linken Teilquadrat spaltenweise und die Summe der Zahlen im rechten Teilquadrat zeilenweise, so erhalten wir jeweils den Wert 0. lso ist auch die Gesamtsumme 0. LW 998 Runde Seite 3 von 3

4 Da bis auf die Zerlegung und auf die Reihenfolge der Summanden jede Zahl des ursprünglichen uadrates genau einmal in der Summe der Zahlen der beiden Teilquadrate vorkommt, ist die Summe der Zahlen im ursprünglichen uadrat bei jeder Verteilung der Vorzeichen entsprechend der ufgabenstellung gleich 0. Der kleinstmögliche Wert der Summe ist deshalb ebenfalls 0.. Lösung Wir schauen uns zunächst die einzelnen Zeilen des uadrates mit hundert Zahlen an. In der vierten Zeile stehen beispielsweise die Zahlen 30 +, 30 +, , , , , , , , , wenn wir die Vorzeichen zunächst nicht berücksichtigen. Fünf dieser Zahlen erhalten nach ufgabenstellung das inuszeichen als Vorzeichen. ilden wir dann die Summe aller zehn der so entstandenen Zahlen der vierten Zeile, so kommt in der Summe die Zahl 30 fünfmal positiv und fünfmal negativ vor. Der nteil an der Zeilensumme ist deshalb 0. So können wir auch in jeder anderen Zeile argumentieren. Diese gilt unabhängig davon, welche der fünf Zahlen mit einem inuszeichen versehen sind. Um die Gesamtsumme aus den 00 Feldern zu bestimmen, genügt es, ein vereinfachtes Zahlenschema zu betrachten, bei dem in jeder der zehn Zeilen die Zahlen von bis 0 in dieser Reihenfolge stehen isher wurde die Forderung noch nicht berücksichtigt, dass in jeder Spalte fünf positive und negative Zahlen stehen. Für jede Zahl k von bis 0 kommt in der k-ten Spalte fünfmal +k und fünfmal k vor. lso ist auch die Summe der Zahlen in der k-ten Spalte 0. Da dies für alle Spalten gilt, ist auch die Gesamtsumme aller 00 Zahlen gleich 0. Die kleinstmögliche Summe aller Zahlen im uadrat ist 0. Dieser Wert ist die einzig mögliche Summe, die man bei dem in der ufgabenstellung genannten Verfahren erhalten kann. 3. Lösung Wir nehmen zunächst einmal an, dass die Vorzeichen schachbrettartig wie im nebenstehenden ild verteilt sind. Diese Verteilung der Vorzeichen erfüllt die edingungen der ufgabenstellung, da in jeder Zeile und in jeder Spalte genau fünf positive und genau fünf negative Zahlen vorkommen. ilden wir zeilenweise die Summe der zehn Zahlen, so erhalten wir von oben nach unten 5, + 5, Die Gesamtsumme ist 0. usgehend von einer beliebigen zulässigen Verteilung der Vorzeichen wird nun gezeigt, dass die oben beschriebene schachbrettartige Verteilung schrittweise ohne Änderung der Gesamtsumme erreicht werden kann etrachten wir die Stellen, an denen in der neuen Verteilung ein +, in der Schachbrett-Verteilung aber ein steht. Wir nennen sie +/ Stellen. Entsprechend erklären wir /+ Stellen. In jeder Zeile und jeder Spalte müssen gleich viele +/ Stellen wie /+ Stellen vorkommen, da es jeweils fünf positive und fünf negative Zahlen gibt. LW 998 Runde Seite 4 von 3

5 Wir können also jeder +/ Stelle einer Zeile eine bestimmte /+ Stelle in der gleichen Zeile zuordnen. Es sei z die erste Zeile, in der es eine bweichung zwischen der neuen Verteilung und der Schachbrett- Verteilung gibt. Zwei einander so zugeordnete Stellen befinden sich z.. in Spalten s bzw. s. Wir kehren an beiden Stellen das Vorzeichen um. Für z bleibt die Vorzeichenbilanz korrekt. In Spalte s stehen nun sechs inus- und vier Pluszeichen, in Spalte s dagegen vier inus- und sechs Pluszeichen (oder umgekehrt). In mindestens zwei Zeilen muss daher in s ein inuszeichen, in s aber ein Pluszeichen stehen. is zur Zeile z einschließlich tritt aber bei der Schachbrett-Verteilung in den Spalten s bzw. s ein Überschuss von maximal einem inus- bzw. Pluszeichen auf. lso muss unterhalb von z eine Zeile z liegen, in der in s bzw. s ein inus- bzw. ein Pluszeichen stehen. n diesen Stellen kehren wir ebenfalls die Vorzeichen um. Diesen Vorgang wiederholen wir für jedes Paar einander zugeordneter +/ und /+ Stellen in der Zeile z. Danach stimmt diese Zeile mit der Schachbrett-Verteilung überein. Dieses Verfahren wiederholen wir Zeile für Zeile. So erhalten wir schließlich die Schachbrett-Verteilung. (Stimmen die ersten neun Zeilen mit der Schachbrettverteilung überein, so gilt dies wegen der Vorzeichenregel für jede Spalte automatisch auch für die zehnte Zeile.) Wir haben nun noch nachzuweisen, dass sich bei den betrachteten Änderungen die Gesamtsumme der hundert Zahlen nicht ändert. Dazu genügt es, einen beliebigen Vorzeichentausch zu betrachten: (Zeile z, Spalte s ) (Zeile z, Spalte s ) (Zeile z, Spalte s ) (Zeile z, Spalte s ). Sind a bzw. a die Zeilennummern und b bzw. b die Spaltennummern, so lassen sich die eträge der Zahlen in den Zellen durch 0(a ) + b, 0(a ) + b, 0(a ) + b und 0(a ) + b darstellen. erücksichtigen wir die wechselnden Vorzeichen in den gleichen Zeilen bzw. in den gleichen Spalten, so erhalten wir beispielsweise für die Vorzeichenverteilung + + die Summe ( a ) + b 0( a ) b 0( a ) b + 0( a ) + b 0 0 =. ei der anderen Vorzeichenverteilung erfolgt eine Vorzeichenumkehr jedes Summanden. Damit ist auch in diesem Falle die Summe ebenfalls 0. Damit ist gezeigt, dass alle betrachteten Summen den Wert 0 haben. LW 998 Runde Seite 5 von 3

6 ufgabe 3 Die Eckpunkte eines Dreiecks liegen auf den Seiten eines uadrats. Welches ist der größtmögliche Flächeninhalt, den ein solches Dreieck haben kann?. Lösung. Fall Die Ecken des Dreiecks liegen auf drei verschiedenen Seiten des uadrats. Für die Streckenlängen x, y und z gelte 0 x, y,z a. Die Dreiecksfläche wird am größten, wenn die Summe am kleinsten ist = y ( a x) + ( a z) ( a y) + a ( x+ z) ay xy a az ay yz ax az = a ax xy yz = + + a x a y yz ( ) = x Keiner der drei Summanden in der Klammer ist negativ. Um die Summe der drei positiven Zahlen zu minimieren, betrachten wir die einzelnen Summanden. Der erste Summand a ist a konstant. Die Summanden x ( a y) und yz sind nach den einschränkenden edingungen für x, y und z mindestens 0. Der kleinste Wert wird für x ( a y) = 0 und yz = 0 angenommen. Diese edingungen sind für x = 0 y = 0, z beliebig x = 0 z = 0, y beliebig y = a z = 0, x beliebig erfüllt. Die nachfolgenden ilder zeigen die drei Fälle, wobei die Doppelpfeile andeuten, dass dieser Eckpunkt auf der betreffenden uadratseite beliebig festgelegt werden darf. a - x y a - y a - z z Der Flächeninhalt ist in diesen Fällen stets a. LW 998 Runde Seite 6 von 3

7 . Fall Zwei Punkte des Dreiecks liegen auf der gleichen uadratseite. Es gilt x,y,z 0, z a und x + y < a. Für den Inhalt der Dreiecksfläche gilt: = ( a (x + y) ) a. Der Flächeninhalt ist unabhängig von der Wahl von z. Der Term in der Klammer ist immer positiv, da x + y < a ist. Da die Faktoren und a konstant sind, wird das Produkt maximal, wenn der Term ( x y) a + möglichst groß wird. Dies ist dann der Fall, wenn x + y minimal wird. Dies ist wegen x, y 0 für x = y = 0 der Fall. x a - z z y ls Flächeninhalt erhalten wir wieder = a. Eine weitere öglichkeit für die Lage der Eckpunkte des Dreiecks wird durch das nebenstehende ild angegeben. Für den Flächeninhalt des Dreiecks gilt: = ( a x y) ( a z) Unter den einschränkenden edingungen für die Streckenlängen x, y und z sind beide Klammernterme mindestens 0. Das Produkt wird maximal, wenn jeder der Faktoren unter erücksichtigung der ein- maximal wird. Dies ist für x = y = z = 0 der schränkenden edingungen Fall. Das Dreieck ist dann ein halbes uadrat. Zusammenfassung: In allen Fällen müssen zwei Eckpunkte des Dreiecks mit Eckpunkten des uadrats zusammenfallen. Der dritte Eckpunkt des Dreiecks kann dann mit einer der beiden anderen uadratecken zusammenfallen oder auf deren Verbindungsstrecke liegen. x y z a - z. Lösung Hinsichtlich der Lage der drei Eckpunkte des Dreiecks gibt es zwei verschiedene usgangssituationen: Zwei Eckpunkte liegen auf einer uadratseite, der dritte auf einer anderen uadratseite. lle drei Eckpunkte liegen auf verschiedenen uadratseiten.. Fall Zwei Eckpunkte und liegen auf einer uadratseite, liegt auf einer benachbarten uadratseite. Halten wir die Grundseite des Dreiecks fest und bewegen nach 3, so nimmt die zugehörige Höhe zu und der Flächeninhalt des Dreiecks wächst. Für = 3 ist der Inhalt bei fest vorgegebener Grundseite maximal. Das Dreieck 3 wird nun weiter dadurch vergrößert, dass wir auf und auf zu bewegen. Dadurch wird die Grundseite länger, wäh- rend die Höhe bezüglich dieser Grundseite unverändert bleibt. Der Flächeninhalt des Dreiecks wächst. Die Länge der Grundseite wird maximal, wenn = und = ist. uf diese Weise erhalten wir ausgehend von der vorgegebenen Lage der Punkte, und das Dreieck mit dem größtmöglichen Flächeninhalt, 4 3 LW 998 Runde Seite 7 von 3

8 wenn =, = und = 3 ist. Dieser Flächeninhalt ist halb so groß wie der Inhalt des uadrats. Liegt zu eginn bereits auf der uadratseite 3 4, so ist die zur Grundseite gehörende Höhe bereits maximal. Die weiteren Überlegungen verlaufen entsprechend.. Fall Jeder Eckpunkt des Dreiecks liegt auf einer anderen uadratseite. Es kann angenommen werden, dass und auf benachbarten Seiten liegen. Da und auf benachbarten Seiten des uadrats liegen, ist sicher zu keiner uadratseite parallel. Wenn und fest gehalten werden und sich auf 3 4 bewegt, so ändert sich die zu gehörende Höhe. Von allen Punkten auf der Strecke 3 4 hat 4 den größten bstand von der Geraden (). Die Höhe wird größer, wenn nach 4 wandert. Die Höhe wird maximal, wenn = 4 gilt. Das Dreieck hat für = 4 bei vorgegebenem den maximalen Flächeninhalt. Nun halten wir, d.h. 4, fest. Die zu gehörende Höhe wird beständig größer, wenn auf zu bewegt wird. Das aximum für diese Höhe wird für = erreicht. ei der angegebenen usgangssituation erhalten wir also den maximalen Flächeninhalt, wenn =, = 4 und beliebig auf 3 liegt. Dieser Inhalt ist halb so groß wie der Inhalt des uadrats. Zusammenfassung: Wenn die Eckpunkte eines Dreiecks auf den Seiten eines uadrats liegen, dann kann der Flächeninhalt dieses Dreiecks höchstens halb so groß wie der Inhalt des uadrates sein Lösung Es sei ein Punkt der uadratseite. Der Punkt sei von der Geraden ( ) mindestens so weit entfernt wie der Punkt, d.h. x y. (Sonst vertausche man im Folgenden die edeutung der Punkte und.) Die Parallele zu durch teilt das Dreieck in zwei Dreiecke mit der gemeinsamen Grundseite D und den Höhen x und y x. Für den Flächeninhalt I des Dreiecks ist also I = D ( x + y x) = D y. Der Punkt D liegt auf der Strecke und damit im Innern oder auf einer Seite des uadrats. Deshalb gilt D und ebenso y 3 =. 4 3 x D y lso kann das Dreieck höchstens den Inhalt und = 4 auch tatsächlich erreicht. haben. Dieser Wert wird für, = = 3 LW 998 Runde Seite 8 von 3

9 ufgabe 4 Das Produkt aller Teiler einer natürlichen Zahl n > ist n 3. Wie viele Primfaktoren kann n haben und wie oft kann jeder Primfaktor vorkommen?. Lösung. Fall Die Zahl n ist Potenz einer einzigen Primzahl p. k Wir betrachten Zahlen der Form n = p : Teiler Produkt der Teiler Vergleich mit n 3 n = p, p p n 3 p n = p, p, p p 3 n 3 p 3 n = p 3, p, p, p 3 p 6 n 3 p 6 n = p 4, p, p, p 3, p 4 p 0 n 3 p 0 n = p 5, p, p,p 3,p 4,p 5 p 5 n 3 = p 5 n = p 6, p, p, p 3, p 4, p 5, p 6 p n 3 p Jede weitere Erhöhung des Exponenten k um vergrößert den Exponenten von p beim Produkt aller Teiler von n um k +, also um mindestens 7. ei der erechnung von n 3 wird der Exponenten aber jeweils nur um 3 erhöht; deshalb müssen keine höhere Exponenten von p berücksichtigt werden.. Zwischenergebnis: Ist n die Potenz einer einzigen Primzahl p, so ist n = p 5 die einzige Lösung, bei der das Produkt aller Teiler den Wert n 3 besitzt.. Fall Die Primfaktorzerlegung von n enthält zwei verschiedene Primfaktoren p und q. Teiler Produkt der Teiler Vergleich mit n 3 n = p q, p, q, p q p q n 3 p q n = p q, p, q, p, p q, p q p 6 q 3 n 3 = p 6 q 3 n = p q, p, p q, p q, p, p q, p q, q, q p 9 q 9 n 3 p 9 q 9 n = p 3 q, p, p, p 3, q, p q, p q, p 3 q p q 4 n 3 p q 4 Jede weitere Erhöhung eines oder beider Exponenten um führt zu einer Erhöhung der Exponenten von p oder q im Produkt der Teiler um mindestens 4. Da sich eine Erhöhung des Exponenten um bei der estimmung von n 3 aber nur als Erhöhung um 3 auswirkt, brauchen höhere Exponenten der Potenzen von p und q nicht mehr berücksichtigt werden.. Zwischenergebnis: Kommen in der Primfaktorzerlegung von n genau zwei verschiedene Primfaktoren vor, so ist n = p q die einzige Lösung, bei der das Produkt aller Teiler den Wert n 3 besitzt. 3. Fall Die Zahl n enthält mehr als zwei verschiedene Primfaktoren p und q. Die Zahl n lässt sich dann als n = p q m darstellen. Der Faktor m enthält mindestens einen von p und q verschiedenen Primfaktor. ußerdem können in m eventuell weitere Primfaktoren p oder q enthalten sein. Die Zahl n hat mindestens die Teiler, p, q, m, p q, p m, q m und p q m. Diese Teiler sind alle verschieden. Das Produkt aller Teiler ist deshalb mindestens p 4 q 4 r 4 und damit größer als n 3. Zusammenfassung: Das Produkt aller Teiler einer natürlichen Zahl n > ist genau dann n 3, wenn sich n in der Form n = p 5 oder n = p q (p q) darstellen lässt. LW 998 Runde Seite 9 von 3

10 . Lösung Zu jedem Teiler t einer natürlichen Zahl n gibt es einen Komplementärteiler t' so, dass t t' = n ist. Damit das Produkt aller Teiler mit n übereinstimmt, muss es drei verschiedene Paare von Teiler und Kom- 3 plementärteiler geben. Wir müssen also nach natürlichen Zahlen n suchen, die genau sechs Teiler besitzen. esitzt n genau einen Primteiler p, so hat n = p 5 die sechs Teiler, p, p, p 3, p 4 und p 5. Das Produkt der Teiler ist p 5 3 und damit gleich n. Ist der Exponent von p ungleich 5, so ist die nzahl der Paare Teiler/Komplementärteiler von 3 verschieden. Das Produkt aller Paare ist dann von n 3 verschieden. esitzt n zwei verschiedene Primteiler p und q, so hat n = p q die sechs Teiler, p, q, p q, q und p q. Die sechs Teiler lassen sich wieder zu drei Paaren von Teilern und Komplementärteilern kombinieren. Das Produkt der Teiler ist p 3 q 6 3, also n. ei einer anderen Verteilung der Exponenten von p und q ist r s die nzahl der Teiler von sechs verschieden, da die nzahl der Teiler einer natürlichen Zahl n = p q mit zwei verschiedenen Primfaktoren p und q gleich dem Produkt r + s + ist. ( ) ( ) Hat n mehr als zwei Primteiler, z.. die drei Primteiler p, q, r, so gibt es mindestens die acht Teiler, n, p, p', q, q', r, r' (p' ist der Komplementärteiler von p, usw.), die paarweise verschieden sind. Das Produkt der Teiler ist größer als n³. Zusammenfassung: Eine natürliche Zahl n >, bei der das Produkt aller Teiler n ist, kann einen Primteiler mit fünf Faktoren oder zwei Primteiler besitzen, wobei der eine einmal und der andere zweimal vorkommt. 3 LW 998 Runde Seite 0 von 3

11 ufgabe 5 ei welchen Dreiecken liegen die ittelpunkte der drei Höhen auf einer Geraden? Vorüberlegungen. Jeder ittelpunkt einer Dreieckshöhe liegt nach dem Strahlensatz auf der Trägergeraden einer ittellinie des Dreiecks. egründung: Die Gerade ( c b ) ist parallel zur Dreiecksseite H und halbiert die Strecken und. Jede andere Strecke P mit P ( ) wird durch den Schnittpunkt mit T a ( c b ) ebenfalls halbiert. Da der Höhenfußpunkt H a auf der Geraden () liegt, liegt der ittelpunkt der Strecke H a auf der Geraden ( b c ). b c. Es ist nicht möglich, dass die ittelpunkte von zwei Dreieckshöhen zusammenfallen. egründung: Der Schnittpunkt der beiden Dreieckshöhen ist der Höhenschnittpunkt H des Dreiecks. Wäre H der ittelpunkt von zwei Höhen, so würde H = HD und H = HE gelten. Im rechtwinkligen Dreieck HE wäre H als Hypotenuse die längste Seite, es würde deshalb H > HE gelten. Entsprechend würde im rechtwinkligen Dreieck HD die Eigenschaft H > HD gelten. E us H = HD, H = HE und H > HE folgt aber H HD > H. Dies ist ein Widerspruch. ei der Lösung kann also davon ausgegangen werden, dass die Höhenmittelpunkte eines Dreiecks drei voneinander verschiedene Punkte sind. D Lösung Die Eckpunkte in einem Dreieck seien so benannt, dass der größte Winkel ist. Im Dreieck sind das ittendreieck a b c und die Höhen mit dem Höhenschnittpunkt H eingezeichnet. Der Winkel sei der größte Winkel im Dreieck. us dem Unterricht werden folgende Zusammenhänge als bekannt vorausgesetzt: Für γ < 90 liegt H im Innern des Dreiecks, Für γ = 90 fallen H und zusammen, Für γ > 90 liegt H außerhalb des Dreiecks. Wir betrachten nun nacheinander diese drei Fälle:. Fall Wenn H im Innern des Dreiecks liegt, dann verlaufen die drei Höhen vollständig im Innern des Dreiecks. Die Schnittpunkte U, V und W der Höhen mit dem ittendreieck a b c sind deshalb innere Punkte der Dreiecksseiten des ittendreiecks. ls innere Punkte der Seiten des Dreiecks a b c können die drei Punkte U, V und W nicht auf einer Geraden liegen. H b W U V a c LW 998 Runde Seite von 3

12 . Fall ei einem rechtwinkligen Dreieck (γ = 90 ) fallen der Höhenschnittpunkt H und der Eckpunkt zusammen. Die Höhen von auf () und von auf () stimmen mit Dreiecksseiten überein. Die ittelpunkte U und V der Höhen sind die Seitenmittelpunkte b und a. Da W auf der Seite a b liegt, liegen die Punkte U, V und W auf einer Geraden. b U H W c a V 3. Fall Ist γ > 90, so verlaufen die Höhen von auf () und von auf () außerhalb des Dreiecks. Die Höhenfußpunkte H a und H b liegen in der Verlängerung der Dreiecksseiten und und deshalb oberhalb der Parallelen p zu durch. Die ittelpunkte V und U der Höhen liegen deshalb beide oberhalb der ittelparallelen a b von () und p. Da außerdem H b und H a und damit auch U und V auf verschiedenen Seiten der Geraden (H) liegen, können die Punkte U, V und W nicht auf einer Geraden liegen. Zusammenfassung: Die drei ittelpunkte der Höhen liegen genau dann auf einer Geraden, wenn das Dreieck rechtwinklig ist. U H b b H W Hc H a c a V p LW 998 Runde Seite von 3

13 ufgabe 6 eginnend mit einer natürlichen Zahl werden fortlaufend neue Zahlen dadurch gebildet, dass die Einerziffer abgetrennt und dann deren Vierfaches zur verbleibenden Zahl addiert wird. eispiel: ( = ) 9 ( = ) 36 ( = ) Zeige: Wenn in einer solchen Zahlenfolge die Zahl 00 vorkommt, dann gibt es in ihr keine Primzahl. Lösung Wir nehmen an, dass die Zahl 00 in der Folge vorkommt. erechnen wir zunächst die Zahlen, die dann in der Folge nach der Zahl 00 vorkommen: Nach dem ildungsgesetz der Folge entsteht als nächste Zahl 04 als 00+ 4, dann 6 als Von jetzt an wiederholt sich wegen = 6 die Zahl 6. Nach dem uftreten der Zahl 00 kommen also nur noch die Zahlen 04 und 6 in der Folge vor. eide sind keine Primzahlen. Es könnte aber sein, dass vor dem uftreten der Zahl 00 eine Primzahl in der Folge enthalten ist. Dies soll jetzt ausgeschlossen werden. us den Primfaktorzerlegungen der Zahlen 00, 04 und 6 können wir erkennen, dass alle drei Zahlen den Primfaktor 3 enthalten: 00= 7 3; 04 = 3 und 6 = 3. Es wird nun gezeigt, dass jede Zahl der Folge vor 00 ein Vielfaches von 3 ist. Es seien a und b zwei aufeinander folgende Zahlen der Folge. Die Zahl a lässt sich in der Form a = 0 n + m mit n,m Ν o, 0 m 9 darstellen. Nach der ufgabenstellung gilt b = n + 4 m. Ersetzen wir n in der Darstellung von a durch den Term b 4 m, so entsteht mit anschließender Vereinfachung ( b 4 m) + m = 0b 39m a = 0. Ist b durch 3 teilbar, so sind beide Summanden auf der rechten Seite durch 3 teilbar und damit auch die Zahl a. Ist b nicht durch 3 teilbar, so ist auch a nicht durch 3 teilbar. Da 00 durch 3 teilbar ist, müssen alle Folgeglieder, die der Zahl 00 vorausgingen, ebenfalls durch 3 teilbar sein. Unter den Vielfachen von 3 ist aber 3 selbst die einzige Primzahl. Wenn in der Zahlenfolge überhaupt eine Primzahl vorkommt, dann kann es nur die Zahl 3 sein. uf die Zahl 3 folgt mit dem angegebenen ildungsgesetz wieder die Zahl 3, denn es gilt 3 3 ( = ) 3 Dies bedeutet, dass nach dem erstmaligen uftreten der einzigen, theoretisch möglichen Primzahl 3 die Zahlenfolge nur noch aus dieser Zahl bestehen würde. Die Zahl 00 kann dann nicht mehr auftreten. Zusammenfassend können wir daraus folgern, dass weder vor noch nach der Zahl 00 eine Primzahl in der Folge auftreten kann. LW 998 Runde Seite 3 von 3