(a) Entscheide, ob aus der angegebenen Stellung Spieler A gewinnen kann. (Der Index gibt jeweils die Zugnummer an.)

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1 Detment Mthemtik Tg de Mthemtik 31. Oktobe 2009 Klssenstufen 9, 10 Aufgbe 1 (6+7+7 Punkte). Zwei Siele A und B sielen uf einem 2 9- Kästchen-Sielfeld. Sie ziehen bwechselnd, Siele A beginnt. Ein Zug besteht din, zwei noch leee, benchbte Kästchen mit Keuzen zu vesehen. (Die beiden Kästchen sollen lso eine gemeinsme Seite ufweisen.) De Siele, de den letzten Zug mchen knn, ht gewonnen. Sielt zunächst einige Mle! () Entscheide, ob us de ngegebenen Stellung Siele A gewinnen knn. (De Index gibt jeweils die Zugnumme n.) A 1 B 1 B 1 B 2 B 2 A 2 A 2 A 1 (b) Zeige, dss Siele A bei sinnvolle Sielweise imme gewinnen knn, dss e lso eine Gewinnsttegie ht. (c) Wi vellgemeinen ds Poblem uf 2 n-sielfelde, die Definitionen von Zug und Gewinn bleiben. Untesuche, fü welche Zhlen n Siele A eine Gewinnsttegie ht und fü welche Zhlen n de Siele B. Univesität Hmbug To zu Welt de Wissenschft Tg de Mthemtik 2009 htt://

2 Hmbuge Tg de Mthemtik, 31. Oktobe 2009 Klssenstufen 9, 10 2 Aufgbe 2 (5+7+8 Punkte). Fü jede ntüliche Zhl n sei () Beechne E(1) und E(2). E(n) = n(n + 1)(2n + 1)(3n + 1)... (10n + 1). (b) Zeige, dss E(3) duch 1000 teilb ist. (c) Bestimme den gößten gemeinsmen Pimteile de Zhlen E(1), E(2), E(3), E(4) und E(5). Zustzteil wenn noch Zeit bleibt: Emittle den gößten gemeinsmen Teile (den ggt) de Zhlen E(1), E(2), E(3),..., E(2009).

3 Hmbuge Tg de Mthemtik, 31. Oktobe 2009 Klssenstufen 9, 10 3 Aufgbe 3 (10+10 Punkte). Ds Deieck ABC sei echtwinklig, de Punkt C liege de Hyotenuse gegenübe. Die Längen de A, B und C gegenübeliegenden Seiten seien mit, b bzw. c bezeichnet. Weitehin sei de Inkeisdius und F de Flächeninhlt des Deiecks. () Begünde die vielleicht schon beknnte Fomel = (b) Zeige, dss F = ( + b ) gilt. 2F + b + c.

4 Hmbuge Tg de Mthemtik, 31. Oktobe 2009 Klssenstufen 9, 10 4 Aufgbe 4 ( Punkte). Gegeben sind zwei Gleichungen q 4 = 1, + 1 (1) q 1 = (2) Die Zhlen, q und sollen gundsätzlich Pimzhlen sein. () Zunächst sollen die Zhlen, q und us de Menge {2, 3, 5, 7} gewählt weden. Übeüfe fü die Gleichungen (1) und (2), ob es mit diesen Zhlen Lösungen gibt. (b) Ht die Gleichung (1) noch weitee Lösungen? (c) Ht die Gleichung (2) übehut eine Lösung?

5 Hmbuge Tg de Mthemtik, 31. Oktobe 2009 Lösungen 9, 10 5 Lösungen 9, 10 Lösung 1. () Siele A knn in diese Sitution gewinnen. Dzu besetzt e in seinem nächsten Zug ds Feld in de Ecke unten echts und ds Feld links dneben. Dnn gibt es fü B nu noch zwei Möglichkeiten: E besetzt die beiden Felde gnz links ode e besetzt ds ditte Feld von links in de unteen Reihe (sowie ds Feld dübe ode echts dvon). Auch nchdem B einen diese beiden Züge usgefüht ht, ist de ndee Zug noch möglich. A mcht lso den letzten Zug und gewinnt. (b) Siele A beginnt zum Beisiel, indem e zwei Kästchen m Ende entwetet und so Siele B ein 2 8-Kästchen-Sielfeld hintelässt. Nun knn e imme unktsymmetisch zum Mittelunkt des vebleibenden 2 8-Kästchen-Sielfeldes ntwoten und ht dmit den letzten gültigen Zug: E wid gewinnen. (c) Esichtlich funktioniet diese Sttegie imme dnn, wenn n ungede ist, denn dnn übegibt Siele A seinem Gegne ein 2 (2k)-Feld, uf dem wiede unktsymmetisch gezogen weden knn. Bei gedem n muss Siele A uf einem 2 (2k)-Feld beginnen und Siele B knn gewinnen, indem e unktsymmetisch zum Mittelunkt sielt. Bemekung: Es gibt noch etliche ndee Gewinnsttegien. Mn knn ndee Symmetien vewenden ode uch mit seinen Zügen kleine Blöcke bilden, mit denen mn gntiet, dss m Ende ds gesmte Feld usgefüllt ist. Lösung 2. () Es ist E(1) = = = und (b) Es ist E(2) = = = E(3) = Somit enthält E(3) zehnml den Fkto 2 und deiml den Fkto 5. Also ist E(3) duch = 1000 teilb. (c) D E(1) nu die Pimteile bis 11 enthält, knn de gößte Pimteile nicht göße ls 11 sein.

6 Hmbuge Tg de Mthemtik, 31. Oktobe 2009 Lösungen 9, 10 6 Zu zeigen bleibt, dss 11 ls Pimteile in llen fünf Zhlen vokommt. Fü E(2) und E(3) hben wi die einzelnen Fktoen beeits usgeechnet. Nun enthält E(4) den Fkto = 33 und E(5) den Fkto = 11. Also kommt 11 in llen fünf Zhlen vo und ist somit de gößte Pimteile. Zustzufgbe: De gesuchte ggt ist = Beweis: Fü jede Pimzhl n ist von den Fktoen in de Definition von E(n) nu n selbst duch n teilb. Also enthält de gesuchte ggt jeden de Pimfktoen 2, 3, 5, 7 und 11 höchstens einml. Fü = 2, 3, 5, 7, 11 ist eine de esten Fktoen duch teilb. De zweite Punkt lässt sich folgendemßen einsehen: Flls es unte den Fktoen n+1,..., ( 1)n+1 zwei Zhlen gibt, die den gleichen Rest bei de Division duch lssen, muss ihe Diffeenz ein Vielfches von sein. Die Diffeenz ist von de Fom kn, wobei k eine ositive gnze Zhl kleine ls ist. Weil eine Pimzhl ist, folgt hieus, dss dnn n ein Vielfches von ist. Andenflls hben die Fktoen n + 1,..., ( 1)n + 1 lle veschiedene Reste bei de Division duch. Angenommen, de Rest von einem Fkto kn + 1 stimmt mit dem Rest von n bei de Division duch übeein. Dnn ist sichelich k > 1 und es folgt, dss (kn + 1) n = (k 1)n + 1 duch teilb ist. Flls keine de Reste von n + 1,..., ( 1)n + 1 mit dem Rest von n übeeinstimmt, hben die Fktoen n, n + 1,..., ( 1)n + 1 genu veschiedene Reste bei de Division duch. D es nu die möglichen Reste 0, 1,..., 1 gibt, ist dnn eine de Fktoen duch teilb. Also sind die Fktoen 2, 3, 5, 7 und 11 genu einml im gesuchten ggt enthlten. D E(1) keine gößeen Pimfktoen ls 11 enthält, ht de ggt keine weiteen Fktoen. Somit ist unsee Behutung bewiesen. Lösung 3. () Addiet mn die Flächen de Teildeiecke us Inkeismittelunkt und je zwei de Deiecksecken, so ehält mn die Fläche F des Deiecks F = 2 + b 2 + c 2 ( + b + c) =, (3) 2 b c

7 Hmbuge Tg de Mthemtik, 31. Oktobe 2009 Lösungen 9, 10 7 d die Inkeisdien jeweils Höhen sind. Somit gilt fü lle Deiecke = 2F + b + c. (4) (b) D ds Deieck echtwinklig ist, gilt 2 + b 2 = c 2, dus folgt bzw. äquivlent ( + b + c)( + b c) = ( + b) 2 c 2 = 2b b + b + c = + b c. (5) 2 D in echtwinkligen Deiecken 2F = b ist, sind die echte Seite von (4) und die linke Seite von (5) gleich, lso ist = + b c 2 bzw. c 2 = + b. 2 Setzt mn dieses in (3) ein, ehält mn ( + b F = + c ) = ( + b ). 2 2 Altentive Lösung: Die gleichfbigen Deiecke in den nächsten beiden Abbildungen sind jeweils konguent, d jeweils zwei Winkel und eine Seite übeeinstimmen: De eine Winkel ist ein Scheitelwinkel, de ndee 90 ; die Stecke ist de Inkeisdius. Somit ehält mn eine Figu, welche us zwei Rechtecken mit Flächeninhlten und b bestehen, die sich im Qudt mit Flächeninhlt 2 übeschneiden. Die Fläche ist lso +b 2 = (+b ). b b 2. Altentive Lösung: Wie in den nchfolgenden Abbildungen gezeigt, teilt mn ds Deieck uf, setzt es neu zusmmen und ehält ein Rechteck mit Kntenlängen + b und.

8 Hmbuge Tg de Mthemtik, 31. Oktobe 2009 Lösungen 9, 10 8 b x 1 ϕ ϕ x 2 ϕ x 1 x 2 b Es ist zu zeigen, dss ds kleine Deieck wiklich zwischen die Vieecke sst. Abgesehen vom 90 -Winkel weden in beiden Figuen die Winkel des kleinen Deiecks jeweils von denselben Winkeln zu 180 egänzt, so dss die kleinen Deiecke in beiden Figuen ähnlich sind. Bleibt zu zeigen, dss eine Kntenlänge übeeinstimmt, dmit die kleinen Deiecke konguent sind. Dzu muss im goßen Deieck gezeigt weden, dss die in de Abbildung mit x 1 und x 2 bezeichneten Stecken gleich lng sind, d diese im Rechteck neinnde liegen. Die Stecken x 1 und x 2 sind gleich, d lle eingezeichneten Winkel ϕ gleich sind, zwei von ihnen sind Wechselwinkel, zwei liegen um die Winkelhlbieende zum Inkeismittelunkt. Lösung 4. () Ntülich können hie lle 4 3 = 64 Fälle untesucht weden; es ist be leicht esichtlich, dss zumindest > 1 und somit > q gelten q muss. Dies eduziet ds Poblem uf folgende 24 Fälle (von denen viele duch Übelegung ebenflls uszuschließen wäen): q 4 +1 q 1 +1 q /6 7/ /2 5/ /6 4/ / /6 13/ /2 9/ /6 7/ / /3 4/ /3 17/ / /6 37/24 q 4 +1 q 1 +1 q /6 19/ /2 13/ /6 10/ / /3 25/ /3 13/ /6 53/ /15 16/ /5 23/ /15 37/ /10 51/40 Also ht unte den gegebenen Zhlen die Gleichung (1) die dei mkieten Lösungen, die Gleichung (2) g keine.

9 Hmbuge Tg de Mthemtik, 31. Oktobe 2009 Lösungen 9, 10 9 (b) Multiliziet mn die Gleichung mit q( + 1), egibt sich ( + 1) 4q = q( + 1), lso ( q)( + 1) = 4q. (6) Folglich muss eine de Fktoen uf de linken Seite ein Vielfches von q sein. Dies knn nu fü + 1 gelten, denn wenn q ein Teile von q wäe, wäe es uch ein Teile von. D und q Pimzhlen sind, müsste dnn = q gelten, ws be nicht möglich ist (siehe este Teil de Aufgbe). Es bleiben dei Fälle zu untesuchen: 1. 4 q. Dnn müssen und q beide ungede sein. D dnn die echte Seite von (6) den Pimfkto 2 nu zweiml enthält, muss +1 ungede sein, lso = 2. Dhe ist 4q wegen (6) duch 3 teilb, lso q = 3, d q eine Pimzhl ist. Hieus folgt = teilt q genu einml. Nun knn q keinen ungeden Pimfkto hben, d diese sonst uch Teile von q wäe. D q eine Pimzhl ist, müsste es sich bei dem Pimfkto von q lso um q hndeln, ws wi oben beeits usgeschlossen hben. Also ist q = 2. Aus (6) folgt dmit = 2q 1. Wi hben lso q = (q + 2) q (2q 1), und dieses Podukt ist duch 3 teilb: Sind die esten beiden Fktoen nicht duch 3 teilb, dnn muss q + 1 duch 3 teilb sein. Dmit ist dnn uch 2q 1 = 2(q + 1) 3 duch 3 teilb. D lle dei Fktoen im sein sollen, muss eine von ihnen gleich 3 sein. Ds geht nu fü q = 3, = 5 und = q ist ungede. D q eneut keinen ungeden Pimfkto hben knn, hben wi q = 1 und dhe = 3 und q = 2. Aus (6) folgt nun = 7. Also sind die dei Lösungen us Teil ) lle möglichen Lösungen. (c) Fomt mn die Fomel wie im voheigen Aufgbenteil um, ehält mn ( q)( + 1) = q; dies bedeutet, dss eine de beiden Fktoen uf de linken Seite gleich 1 und de ndee gleich q sein muss. + 1 ist be mindestens 3, lso muss q = 1 gelten. Dies ist nu mit = 3, q = 2 zu ezielen. Folglich muss = 1 gelten, im Widesuch zu Voussetzung. Die Gleichung ht lso keine Lösungen.

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